CIRSOC 201 Ejemplos de Aplicación - Julio 2005.pdf

EJEMPLOS DE APLICACIÓN APLICACIÓN DEL REGLAMENTO ARGENTINO ARGENT INO DE ESTRUCTURAS DE HORMIGÓN HOR MIGÓN

CIRSOC 201

Ing. Victorio Hernández Balat Bala t Ing. Juan Francisco Bissio Ing. Daniel Alberto Ortega

EDICIÓN AGOSTO 2005

INDICE

1.-

COMBINACIÓN Y MAYORACIÓN DE ACCIONES

1.1.1.2.1.2.1.1.2.2.- 1.3.1.3.1.-

Requerimientos básicos de resistencia Resistencia requerida Resumen del Reglamento CIRSOC 201-2005 Simplificaciones Procedimientos para el cálculo de la resistencia requerida Cálculo de solicitaciones en vigas y losas armadas en una dirección mediante los coeficientes dados en 8.3.3 del CIRSOC 201-2005 1.3.2.- Cálculo de sistemas de losas mediante: 1.3.2.1.- Método directo 1.3.2.2.- Método del pórtico equivalente 1.3.3.- Caso general

1 1 1 2 3

Ejemplo 1.I Calcular la resistencia requerida en la sección de encuentro del fuste del tanque elevado con la base de fundación. Ejemplo 1.II Calcular la carga uniforme total total mayorada mayorada qu [kN/m2], a utilizar en el cálculo de la losa armada en 2 direcciones.

5

3 3 3 3 3

6

P

B

2.-

B

P

FLEXIÓN SIMPLE

2.1.- Generalidades 2.2.Secciones rectangulares 2.2.1.- Ecuaciones generales de equilibrio 2.2.2.- Cuantías límites 2.2.3.- Cálculo de armaduras 2.3.Secciones con alas (“T” y “L”) 2.3.1.- Geometrías 2.3.1.1.- Para Vigas “T” bajo losa 2.3.1.2.- Para Vigas “L” bajo losa 2.3.1.3.- Para Vigas “T” aisladas 2.3.2.- Alturas relativas entre alas y alma 2.3.3.- Cuantías límites 2.3.4.- Cálculo de armaduras Tabla Auxiliar Nº1 – Cálculo de secciones rectangulares y con alas 2.I.-

7 8 8 9 9 10 10 11 11 11 11 11 12 15

Ejemplos – Sección Rectangular

Ejemplo 2.I.1 Calcular las armaduras de una sección rectangular dado los materiales, la sección transversal y la solicitación.

17

Índice – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.201-2005.- I

Ejemplo 2.I.2 Calcular las armaduras para las condiciones del Ejemplo 2. I.1 y Mu = = 16 kNm Ejemplo 2.I.3 Calcular las armaduras para las condiciones del Ejemplo 2. I.1 y Mu = 100 kNm. De ser necesaria armadura comprimida se supondrá que la distancia de la fibra más comprimida de hormigón al centro de gravedad de la armadura comprimida comprimida es d´ = 0,03 m. Ejemplo 2.I.4 Calcular las armaduras para las condiciones del Ejemplo 2. I.1 y Mu = = 100 kNm. Se tratará de evitar el uso de armadura comprimida. Ejemplo 2.I.5 Calcular las armaduras, constituidas por mallas soldadas de alambres conformados, de una sección rectangular perteneciente a una losa armada en una dirección dado los materiales, la sección transversal y la solicitación. Ejemplo 2.I.6 Calcular Mu de la viga viga rectangular rectangular dado los materiales y la sección transversal. La armadura longitudinal longitudinal está compuesta por As = 2 db16 16 y A´s = = 0. Ejemplo 2.I.7 Calcular Mu de la viga viga rectangular rectangular dado los materiales y la sección transversal. La armadura longitudinal longitudinal está compuesta por As = 2 db16 16 y A´s = = 2 db16. 16. Ejemplo 2.I.8 Calcular la altura total de una viga rectangular de modo de obtener máxima rigidez sin que la misma resulte sobredimensionada en flexión. Ejemplo 2.I.9 Por requerimientos arquitectónicos se debe proyectar una viga rectangular de modo de obtener la menor altura posible. Como condición adicional no se recurrirá al uso de armadura de compresión. B

B

B

B

19

B

21

B

B

B

25

B

B

B

B

B

B

B

27

B

B

B

23

B

B

2.II.-

18

B

B

B

B

29 31

Ejemplos – Secciones con Alas

Ejemplo 2.II.1 Calcular las armaduras de una viga “T” bajo losa dado los materiales, la sección transversal y la solicitación. Ejemplo 2.II.2 Calcular las armaduras de la viga “T” del Ejemplo 2. II.1 para Mu = = 20 kNm. Ejemplo 2.II.3 Calcular las armaduras de una viga “L” bajo losa dado los materiales, la sección transversal y la solicitación. Ejemplo 2.II.4 Dimensionar las armaduras de flexión de una viga “T” aislada dado los materiales, la sección transversal y la solicitación. B

34 36

B

38 42

Índice – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.201-2005.- II

3.-

CORTE

3.1.3.2.3.3.3.3.1.3.3.2.3.3.3.3.4.3.4.1.3.4.2.3.4.3.3.4.4.3.4.5.3.4.6.-

Generalidades Expresión general de cálculo y verificación Determinación de Vc Cuando no existan fuerzas axiales Cuando existan fuerzas axiales de compresión (no pretensado) Cuando existan cargas axiales de tracción Determinación de Vs Vs para estribos verticales Vs para barras dobladas Limitación de Vs total Estribado mínimo Separación máxima de armaduras de alma Elementos sin armadura de alma

45 45 46 46 46 46 47 47 47 47 48 48 49 49 50

Ejemplo 3.I Calcular el estribado uniforme necesario para la viga rectangular, considerando: a. Que no existen barras barras dobladas. dobladas. b. Que existen barras dobladas dobladas a 45º Ejemplo 3.II • Calcular y dibujar dibujar el el diagrama diagrama de “φ · Vn” (Corte Resistente) de la viga rectangular. • Calcular la máxima carga uniformemente distribuida “w u” que se puede aplicar a la pieza. • Considerando un estado de carga consistente en dos cargas “P u” aplicadas en los tercios de la luz libre entre caras internas de columnas, calcular – utilizando los resultados obtenidos en el primer punto – el valor “P u” máximo que se puede aplicar a la viga. Ejemplo 3.III Calcular el máximo valor de “w u” que puede resistir la viga del Ejemplo 3.I y el estribado uniforme necesario para dicha carga. Analizar la armadura de corte utilizando barras de acero ADN 420 y mallas de acero soldada AM 500 N. Ejemplo 3.IV Calcular el valor de “wu” por debajo del cual la viga rectangular requerirá sólo estribado mínimo. Calcular y adoptar dicho estribado.

52

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

56

B

B

B

B

61

B

62

B

4.-

TORSIÓN EN SECCIONES NO PRETENSADAS

4.1.- 4.2.4.3.4.4.4.5.4.6.4.7.-

Introducción Variables geométricas y una limitación Posibilidad de despreciar la Torsión Torsión de equilibrio y torsión de compatibilidad Condición resistente Secciones críticas Momento torsor de fisuración

65 65 66 66 67 67 67

Índice – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.201-2005.- III

4.8.4.9.4.9.1.- 4.9.2.4.9.3.4.9.4.4.9.4.1.4.9.4.2.4.10.4.10.1.4.10.2.4.10.3.-

Verificación de bielas comprimidas y fisuración Resistencia nominal a torsión y cálculo de armaduras Notación Ángulo de las diagonales comprimidas Resistencia nominal Armaduras para resistir torsión Armadura transversal Armadura longitudinal Armaduras mínimas y separaciones separaciones máximas reglamentarias Armadura mínima transversal (estribado mínimo) Armadura mínima longitudinal neta para torsión Separación máxima entre estribos

Ejemplo 4.I Calcular y adoptar las armaduras para la sección cuadrada cuadrada de 0,50 m de lado, sometida a las acciones: “M u”, ”, “Vu” y “Tu” (de equilibrio). Ejemplo 4.II Calcular la capacidad a torsión de la sección finalmente adoptada en el Ejemplo 4.I pero considerando ahora que el momento flector actuante es un cuarto del utilizado en dicho ejemplo. B

B

B

B

B

COLUMNAS CORTAS SIMPLES Y ZUNCHADAS

5.1.5.2.5.2.1.5.2.2.5.2.3.5.2.4.5.2.5.5.2.6.5.3.-

Generalidades Desarrollo de expresiones de cálculo y verificación Resistencia de una columna Expresiones de cálculo cuando “ρ = Ast / / Ag” es dato dato del del problema Expresiones de cálculo cuando “Ag” es dato dato del del problema problema Verificación de cuantías Disposiciones constructivas correspondientes a columnas simples Disposiciones constructivas correspondientes a columnas zunchadas Cuantías mínimas en elementos sobredimensionados B

B

B

B

B

Ejemplo 5.I Proyectar una columna simple dado los materiales y la solicitación. Ejemplo 5.II Recalcular la columna del Ejemplo 5. I minimizando la sección de hormigón. Ejemplo 5.III Calcular “Pu” para una columna simple con dimensiones y armaduras longitudinales mínimas reglamentarias y adoptar su estribado. Ejemplo 5.IV Desarrollar unas expresiones simples que permitan el predimensionado de columnas simples cortas para resistencias usuales de hormigones y tensiones del acero f y = = 420 MPa. Ejemplo 5.V Calcular “PL” para la columna circular. B

77

79 80 80 80 80 80 81 82 83 85 86 88

B

B

B

73

B

5.-

B

67 68 68 68 68 69 69 70 71 71 71 72

89

B

89

B

Índice – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- IV

Ejemplo 5.VI Proyectar una columna simple y otra zunchada, ambas de sección circular, dado los materiales y la solicitación. Ejemplo 5.VII Calcular las armaduras de una columna simple dado los materiales, la sección transversal y la solicitación. Ejemplo 5.VIII Calcular “Pu” para la columna circular. B

91 95 98

B

6.-

PANDEO EN ELEMENTOS PERTENECIENTES A ESTRUCTURAS CON NUDOS NO DESPLAZABLES

6.1.6.2.6.3.6.3.1.6.3.2.6.4.6.5.6.6.-

Esquema general para la consideración de los efectos de esbeltez Pórticos desplazables e indesplazables Longitud efectiva: l e = k l u Longitud sin apoyo lateral ( l u) Factor de longitud efectiva para elementos comprimidos (k) Efectos de primer orden Efectos de segundo orden a través de amplificación de momentos Amplificación de momentos en elementos sometidos a flexión compuesta oblicua

101 101 102 102 102 103 104

Ejemplo 6.I Analizar el fenómeno de pandeo en la columna rectangular. Ejemplo 6.II Calcular las armaduras de la columna rectangular. Adoptamos los materiales, las cargas y deformaciones del Ejemplo 6. I.

107

B

B

B

B

B

B

7.-

BASES DE HORMIGÓN ARMADO (H–30 y menores)

7.1.7.2.7.2.1.7.2.2.7.2.2.1.- 7.2.2.2.7.2.2.3.- 7.2.2.4.- 7.3.7.4.- 7.5.7.6.-

Generalidades Condición resistente Formato general Secciones críticas Flexión Corte Punzonamiento Anclajes Cuantía mínima y máxima de flexión Predimensionamiento Unidades Secuencia de cálculo

Ejemplo 7.I Proyectar una base centrada. Ejemplo 7.II Proyectar una base medianera.

105

110

113 114 114 114 114 115 116 118 118 119 119 120 123 125

Índice – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- V

Ejemplo 7.III Proyectar una base de esquina. 8.-

TIRANTES NO PRETENSADOS

8.1.8.2.8.3.8.4.- 8.5.-

Condición resistente Carga de fisuración Condición de ductilidad Deformaciones Predicción del ancho de fisuras

128

131 131 131 132 132

Ejemplo 8.I Proyectar un tirante dado los materiales y la solicitación. Ejemplo 8.II Calcular el alargamiento del tirante del Ejemplo 8. I para una condición frecuente de carga consistente en la carga permanente más el 50% de la sobrecarga máxima y considerando una longitud inicial de 6 metros. Ejemplo 8.III Calcular el ancho de fisuras esperable en el tirante del Ejemplo 8. I para una condición frecuente de carga consistente en la carga permanente más el 50% de la sobrecarga máxima. 9.-

133 133

134

ANCLAJES Y EMPALMES POR ADHERENCIA

9.A.- ANCLAJES 9.A.1.- Anclaje de barras y alambres rectos traccionados 9.A.1.1.- Expresión general 9.A.1.2.- Expresiones simplificadas 9.A.1.3.- Tabla de longitudes de anclaje obtenidas mediante las expresiones simplificadas 9.A.1.4.- Corrección por exceso de armadura 9.A.1.5.- Particularidades para los paquetes de barras 9.A.1.6.- Cálculo utilizando la expresión sin simplificaciones 9.A.2.- Anclaje con ganchos de barras y alambres traccionados 9.A.2.1.- Expresión general 9.A.2.2.- Factores de corrección 9.A.2.3.- Ganchos en extremos de elementos 9.A.2.4.- Ganchos en anclajes comprimidos 9.B.- EMPALMES 9.B.3.- Empalmes de barras y alambres rectos traccionados 9.B.3.1.- Longitud de empalme por yuxtaposición 9.B.3.2.- No aplicabilidad de los empalmes traccionados por yuxtaposición 9.B.4.- Empalmes de barras rectas comprimidas 9.B.4.1.- Longitud de empalme por yuxtaposición 9.B.4.2.- Empalmes a tope 9.B.4.3.- Factores de corrección

135 135 136 137 138 138 139 139 139 140 140 140 141 141 141 141 141 142 142

Índice – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- VI

9.B.4.4.- Empalme de barras de diferentes diámetros 9.B.5.- Anclaje de armadura transversal (estribos)

142 142

DF 9.I.DF 9.II.DF 9.III.DF 9.IV.DF 9.V.-

145 146 147 148 149

10.-

Anclaje de barras y alambres traccionados – Expresiones simplificadas Anclaje de barras y alambres traccionados – Expresión general Anclaje de barras y alambres traccionados con ganchos normales Empalme de barras y alambres rectos traccionados Empalme de barras rectas comprimidas

PRETENSADO EN FLEXIÓN

10.1.- Clasificación Etapas (Estados ó Niveles) 10.2.10.3.- Pérdidas 10.3.1.- Generalidades 10.3.2.Expresiones de cálculo 10.3.2.1.- Acortamiento elástico (ES: Elastic Shortening of Concrete) 10.3.2.1.1.- Hormigón postesado 10.3.2.1.2.- Hormigón pretesado 10.3.2.1.3.- Expresiones de cálculo 10.3.2.2.- Contracción del hormigón (SH: Shrinkage of Concrete) 10.3.2.3.- Fluencia lenta del hormigón (CR: Creep of Concrete) 10.3.2.4.- Relajación de los cables (RE: Relaxation of Tendons) 10.3.2.5.- Fricción 10.3.2.6.- Acuñamiento de los anclajes 10.4.Tensiones admisibles bajo estados de servicio 10.4.1.En el hormigón 10.4.1.1.- En el momento del tesado (to) 10.4.1.2.- Bajo cargas de servicio y t∞ En el acero 10.4.2.10.5.Resistencia a flexión 10.5.1.Equilibrio y compatibilidad en secciones pretensadas 10.5.2.Solución general: compatibilidad y equilibrio 10.5.2.1.- Elementos con cables adherentes 10.5.2.2.- Elementos con cables no adherentes 10.5.3.Solución aproximada 10.5.3.1.- Cables adherentes 10.5.3.2.- Cables no adherentes 10.5.3.2.1.- Elementos con relación luz/altura ≤ 35 10.5.3.2.2.- Elementos con relación luz/altura > 35 Cuantías límites en flexión 10.6.10.6.1.Cuantía mínima 10.6.2.Cuantía máxima 10.7.Armadura adherente mínima B

B

B

B

151 151 151 151 152 152 152 153 153 154 155 155 157 158 159 159 159 160 161 162 162 163 163 164 164 164 166 166 166 166 166 167 168

Índice – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- VII

Ejemplo 10.I Determinar las armaduras de pretensado de un elemento prefabricado que será utilizado como parte de una cubierta para una nave industrial. El elemento será pretesado en banco y los elementos tensores serán rectos. Para disminuir las tracciones originadas por el uso de elementos tensores rectos en la cara superior en las zonas de apoyos se utilizará hormigón pretensado clase “T”. Ejemplo 10.II Calcular las pérdidas por fricción que se producen en el cable perteneciente a un entrepiso sin vigas. 11.-

CORTE EN ELEMENTOS PRETENSADOS

11.1.- 11.2.11.3.11.4.11.4.1.11.4.2.11.4.3.11.4.4.11.4.5.11.4.6.-

Generalidades Expresión general de cálculo y verificación Determinación de Vc Determinación de Vs Vs para estribos verticales Vs para barras dobladas y/o cables curvos Limitación de Vs total Estribado mínimo Separación máxima de armaduras de alma Elementos sin armadura de alma B

B

B

B

B

B

B

B

Ejemplo 11.I Determinar las armaduras de corte de un elemento prefabricado que será utilizado como parte de una cubierta para una nave industrial. El elemento será pretesado en banco y los elementos tensores serán rectos. 12.-

13.1.- 13.2.13.2.1.13.2.2.-

176

181 181 182 183 183 183 184 184 184 185 B

B

187

DISEÑO DE LOSAS ARMADAS EN DOS DIRECCIONES

Ejemplo 12.I Método Directo – Entrepiso sin vigas Ejemplo 12.II Método del Pórtico equivalente – Entrepiso sin vigas 13.-

169

191 201

MODELO DE BIELAS

Generalidades Pasos propuestos en el Apéndice A del CIRSOC 201-2005 Definir y aislar cada una de las Regiones “D” Determinar los esfuerzos resultantes que actúan sobre los bordes o fronteras de cada una de las Regiones “D” 13.2.3.- Seleccionar el modelo de reticulado (bielas) 13.2.3.1.- Requerimientos básicos

207 207 207 209 209 209

Índice – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- VIII

13.2.3.2.13.2.3.3.13.2.3.4.13.2.4.-

Los modelos y la falta de unicidad Modelos isostáticos y modelos hiperestáticos Modelos en la bibliografía Dimensionamiento y verificación de elementos pertenecientes a modelos de bielas Formato general Resistencia de las zonas nodales “F nn” Resistencia de los puntales de hormigón “Fns” Resistencia de los tensores “Fnt” Nodos y zonas nodales Generalidades Tipos de zonas nodales Zonas nodales hidrostáticas Zonas nodales extendidas Zonas nodales a las que concurren más de tres fuerzas

210 212 212

Ejemplo 13.I Calcular y adoptar las armaduras de la viga rectangular y verificar su aptitud general para resistir las cargas concentradas “V u”. Ejemplo 13.II Calcular y adoptar las armaduras de la columna y de la ménsula, y verificar su aptitud general para resistir las cargas “V u” y “Hu”.

221

13.2.4.1.13.2.4.2.13.2.4.3.13.2.4.4.13.3.13.3.1.- 13.3.2.13.3.2.1.13.3.2.2.13.3.2.3.-

B

B

B

B

B

B

B

B

B

213 213 213 214 216 217 217 218 218 218 218

B

B

232

B

ANEXO DIAGRAMAS DE INTERACCIÓN (H–20, H–25, H–30, H–35, H–40, H–50) Parte I Parte II Parte III

BIBLIOGRAFÍAS

Resistencia de secciones rectangulares con armadura simétrica sometidas a flexión compuesta recta Resistencia de secciones rectangulares con armaduras iguales en sus 4 lados sometidas a flexión compuesta recta Resistencia de secciones circulares sometidas a flexión compuesta recta

239 271 303 335

Índice – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- IX

Índice – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- X

COMBINACIÓN Y MAYORACIÓN DE ACCIONES 1.1.- Requerimientos básicos de resistencia El CIRSOC 201-2005, artículo 9.1.1, requiere que las estructuras y los elementos estructurales deben verificar en cualquier sección la desigualdad: Resistencia de diseño ≥ Resistencia requerida φ · Sn ≥ U B

donde

B

U = Resistencia requerida. Se obtiene por combinación de los efectos de las cargas mayoradas. En general se la calcula a partir de combinaciones de solicitaciones calculadas para cargas mayoradas por lo que un mismo grupo de cargas puede dar lugar a diferentes resistencias requeridas. Sn = Resistencia nominal. Es la resistencia teórica obtenida para los valores especificados de resistencia de los materiales. φ = Factor de reducción de la resistencia. Se trata de un coeficiente que adopta diferentes valores (entre 0,90 y 0,65). El valor de φ tiene en consideración varias situaciones, entre ellas la ductilidad prevista para la rotura. A mayor ductilidad prevista, mayor valor de φ. B

B

1.2.- Resistencia requerid a 1.2.1.- Resumen del Reglamento CIRSOC 201-2005 El CIRSOC 201-2005, artículo 9.2.1, exige, para estados que no incluyan la acción de sismos, el estudio de las siguientes combinaciones de efectos de cargas y/o acciones mayoradas: U = 1,4 · (D + F) U = 1,2 · (D + F + T) + 1,6 · (L + H) + 0,5 · (Lr ó S ó R) U = 1,2 · D + 1,6 · (Lr ó S ó R) + (f 1 · L ó 0,8 · W) U = 1,2 · D + 1,6 · W + f 1 · L + 0,5 · (Lr ó S ó R) U = 0,9 · D + 1,6 · W + 1,6 · H

• • • • •

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

(9-1) (9-2) (9-3) (9-4) (9-6)

donde D = Cargas permanentes o las solicitaciones producidas por ellas F = Cargas debidas al peso y presión de fluidos con densidades y presiones bien definidas y alturas máximas controlables o las solicitaciones producidas por ellas H = Cargas debidas al peso y presión lateral del suelo, del agua en el suelo u otros materiales o las solicitaciones producidas por ellas L = Sobrecargas o las solicitaciones producidas por ellas Lr = Sobrecargas en las cubiertas o las solicitaciones producidas por ellas R = Cargas provenientes de la lluvia o las solicitaciones producidas por ellas S = Cargas de nieve o las solicitaciones producidas por ellas B

B

Combinación y Mayoración de Acciones – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 1

T = Solicitaciones de coacción y efectos provenientes de la contracción ó expansión resultante de las variaciones de temperatura, fluencia lenta de los materiales componentes, contracción, cambios de humedad y asentamientos diferenciales o sus combinaciones W = Cargas de viento o las solicitaciones producidas por ellas •

En las ecuaciones (9-3) y (9-4), el factor de carga f 1 se podrá reducir a 0,5 excepto en el caso de garages, playas de estacionamiento y para lugares de concentración de público donde la sobrecarga sea mayor a 5,0 kN/m2, donde dicho factor de carga deberá ser igual a 1. En las ecuaciones (9-4) y (9-6) el factor de carga 1,6 que se aplica a W puede reemplazarse por 1,3 siempre que la carga de viento W no haya sido reducida por un factor de direccionalidad. En la ecuación (9-6) el factor de carga 1,6 que se aplica a H puede anularse si la acción estructural debida a H contrarresta o neutraliza la acción debida a W. Cuando la presión lateral del suelo contribuya a resistir las acciones estructurales debidas a otras fuerzas, ella no debe ser incluida en H sino en la resistencia de diseño. Los efectos de cargas con impacto deben ser incluidos en L (artículo 9.2.2). Las estimaciones de los asentamientos diferenciales, la fluencia lenta, la contracción por fraguado, la expansión de hormigones de contracción compensada y los cambios de temperatura, se deben fundamentar a través de una evaluación realista de la ocurrencia de tales efectos durante la vida útil de la estructura (artículo 9.2.3). Para estructuras ubicadas en zonas inundables deben incluirse las acciones provenientes de la acción de la inundación y las combinaciones de carga que correspondan (artículo 9.2.4). Para el dimensionamiento de las zonas de anclaje de elementos postesados se debe aplicar un factor de carga de 1,2 a la máxima fuerza del gato de tesado (artículo 9.2.5). B

B

P

•

•

• •

•

•

P

1.2.2.- Simplificaciones En una cantidad muy grande de situaciones se verifica que no es necesario considerar acciones F, H, R, S y T (fluidos, suelos, lluvia, nieve, temperatura, ......) por lo que las ecuaciones anteriores se simplifican bastante. Del lado seguro, la simplificación puede ser aún mayor si se aceptan iguales factores de carga para L r y para L adoptándose en cada caso el correspondiente al máximo de cada combinación (en un caso el máximo corresponde a L r y en otros a L). Aplicando la totalidad de las simplificaciones anteriores se llega a la tabla siguiente: B

B

B

B

Resistencia requerida Cargas permanentes (D) y Sobrecargas (L y Lr )

1,4 · D 1,2 · D + 1,6 · L

Cargas permanentes (D), Sobrecargas (L y Lr ) y Viento (W)

1,2 · D + 1,6 · L + 0,8 · W 1,2 · D + 1,0 · L + 1,6 · W 0,9 · D + 1,6 · W

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Ecuación original (9-1) (9-2)

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

(9-3) (9-4) (9-6)


1.3.- Procedimientos para el cálculo de la resistencia requerida 1.3.1.- Cálculo de solicitacion es en vigas y losas armadas en una dir ección mediante los coeficientes dados en 8.3.3 del CIRSOC 201-2005 Este método de cálculo aproximado de momentos utiliza una carga única w u [kN/m] en cada tramo. Para obtener w u se calculan tramo a tramo los valores de (9-1) y (9-2) y se adopta en cada caso el mayor. B

B

B

B

1.3.2.- Cálculo de sistemas de losas mediante: 1.3.2.1.- Método directo Para el cálculo del momento estático total de cada tramo (M o) el método utiliza una carga única q u [kN/m2] en cada tramo (artículo 13.6.2.2). Para obtener q u se calculan tramo a tramo los valores de (9-1) y (9-2) y se adopta en cada caso el mayor. B

B

B

P

B

P

B

B

Para el cálculo del momento a transferir a las columnas intermedias las cargas permanentes de diseño (q Du) se obtienen utilizando un factor de carga de 1,2 y las sobrecargas de diseño (q Lu) se calculan aplicando un factor de carga de 1,6. B

B

B

B

1.3.2.2.- Método del pórtico equivalente Cuando la sobrecarga sea variable pero no supere ¾ de la carga permanente o bien cuando la naturaleza de la sobrecarga sea tal que todas las losas se carguen en forma simultánea, se permite suponer que los momentos máximos mayorados en todas las secciones se producen con la sobrecarga total mayorada actuando en todo el sistema de losas (artículo 13.7.6.2). En este caso se calcula q u tramo a tramo como se ha comentado en el punto anterior. B

B

En caso contrario se deberán calcular las cargas q Du y q Lu y aplicarlas según se indica en el artículo 13.7.6.3. B

B

B

B

1.3.3.- Caso general En un caso general que incluya incluso fuerzas horizontales, seguramente convendrá calcular las solicitaciones para cada una de las cargas sin mayorar y luego aplicar los factores de carga en el momento de hacer las superposiciones. En estos casos podrán existir diferentes arreglos de la sobrecarga de modo de producir los máximos efectos en las diferentes secciones críticas (p.e. máximos en tramos y en apoyos de vigas continuas). En otras palabras, en el caso más general no existirá un único estado correspondiente a la sobrecarga. A pesar de que en la ecuación (9-6) los efectos de las acciones laterales están precedidos de un signo más, el espíritu de la ecuación es minorar los efectos de las cargas permanentes y utilizar los valores de W que se opongan a los de las cargas permanentes. Combinación y Mayoración de Acciones – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 3

En aquellos casos en que el peso y o la presión del terreno (p.e. el empuje activo) tengan un efecto favorable debe considerarse incluso si su propia existencia puede asegurarse y, en caso de que esto no fuera posible, deberá utilizarse un valor conservador y aún nulo de dicho efecto.


COMBINACIÓN Y MAYORACIÓN DE ACCIONES – EJEMPLOS Ejemplo 1.I U

U

Enunciado: Calcular la resistencia requerida en la sección de encuentro del fuste del tanque elevado de la figura con la base de fundación para: Peso hormigón cuba + fuste = 2500 kN

⇒

PD = 2500 kN

Peso agua = 1800 kN

⇒

PF = 1800 kN

Sobrecarga sobre tapa = 20 kN

⇒

PLr = 20 kN

Fuerza horizontal por viento = 49,2 kN

⇒

VW = 49,2 kN

Momento por viento = 698,4 kNm

⇒

MW = 698,4 kNm

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Resolución:

U = 1,4 · (D + F) U = 1,2 · (D + F) + 0,5 · Lr U = 1,2 · D + 1,6 · Lr + 0,8 · W U = 1,2 · D + 1,6 · W + 0,5 · Lr U = 0,9 · D + 1,6 · W B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

(9-1) (9-2) (9-3) (9-4) (9-6)

Axial [kN] 6020,00 5170,00 3032,00 3010,00 2250,00

Momento [kNm] 0,00 0,00 558,72 1117,44 1117,44

Corte [kN] 0,00 0,00 39,36 78,72 78,72


Ejemplo 1.II U

U

Enunciado: Calcular la carga uniforme total mayorada q u [kN/m2], a utilizar en el cálculo de la losa de la figura, para cada uno de los tres casos que se proponen en el siguiente cuadro. B

P

Caso 1 4,30 2,00 0,00

2

D [kN/m ] L [kN/m2] Lr [kN/m2] P

P

P

P

P

B

B

P

P

Caso 2 4,30 5,20 0,00

Caso 3 4,30 0,00 1,00

Resolución: q u [kN/m2] Caso 2 (f 1 = 1) 6,02 13,48 10,36 Decide siempre (9-2) Decide siempre (9-1) B

Caso 1 (f 1 = 0,5) 6,02 8,36 6,16 P

B

U = 1,4 · D U = 1,2 · D + 1,6 · L + 0,5 · Lr U = 1,2 · D + 1,6 · Lr + f 1 · L U = 1,2 · D + f 1 · L + 0,5 · Lr U = 0,9 · D B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

(9-1) (9-2) (9-3) (9-4) (9-6)

BP

B

B

B

P

P

B

BP

B

B

P

Caso 3 (f 1 = 0,5) 6,02 5,66 6,76 P

B

BP

B

B


B

FLEXIÓN SIMPLE

Figura 2.a

Figura 2.b

Figura 2.c

2.1.- Generalidades En las Figuras 2.a, 2.b y 2.c se han resumido gran parte de las hipótesis y de la notación que se utilizarán en la resolución de los ejemplos. Los ejemplos se han resuelto en base a las siguientes premisas: a)

Las secciones deben verificar la condición resistente (artículo 9.1.1) dada por: Mu ≤ φ · Mn con Mu = Resistencia requerida calculada para cargas mayoradas Mn = Resistencia nominal (“real”) de la sección φ = Coeficiente de reducción de resistencia en función del tipo de rotura Las secciones se proyectan para que presenten roturas dúctiles (precedidas por importantes deformaciones y fisuración) por lo que se establece una deformación mínima para el acero más traccionado 1 de 0,005 (esto implica que todos los aceros comerciales se encontrarán en fluencia por tracción). Este tipo de secciones se denominan controladas por tracción (artículo 10.3.4) (Figura 2.c). B

b)

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

PT

TP

1

Cuando existan varias capas de armaduras la deformación a considerar será la de la capa que se encuentre más alejada del eje neutro. Por ese motivo se habla del “acero más traccionado”.

PT

TP

Flexión Simple – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 7

c)

En función de la hipótesis anterior, y de acuerdo con la Figura 2.c, el coeficiente φ puede tomarse siempre igual a 0,90 (artículo 9.3.2.1). Las secciones inicialmente planas se mantienen planas luego de deformarse (artículo 10.2.2). Esta hipótesis permite aplicar semejanza de triángulos para conocer las deformaciones que experimentan armaduras ubicadas en cualquier posición (Figura 2.a). El hormigón no resiste tracciones (artículo 10.2.5). La deformación de rotura del hormigón es siempre de 0,003 por lo que todos los posibles planos de deformación de la sección transversal se obtienen pivotando alrededor de dicha deformación (Figura 2.a) (artículo 10.2.3). Existe solidaridad resistente entre el acero y el hormigón (adherencia) por lo tanto ambos materiales experimentan iguales deformaciones específicas si se encuentran a igual distancia del eje neutro de deformaciones (puede considerarse redundante con el mantenimiento de las secciones planas). Las tensiones de compresión en el hormigón pueden representarse mediante un bloque de tensiones uniformes de valor f*c = 0,85 · fć (artículo 10.2.7.1), siendo “fć” la resistencia especificada de compresión del hormigón (Figura 2.a). El eje neutro de tensiones es paralelo al eje neutro de deformaciones y la profundidad “a” del bloque de tensiones en el hormigón está relacionada con la profundidad “c” del eje neutro de deformaciones mediante la expresión: a = β1 · c (artículo 10.2.7.1) (Figura 2.a), donde: β1 = 0,85 y Si fć ≤ 30 MPa Si fć > 30 MPa (art. β1 = 0,85 – 0,05 · (fć – 30 MPa) / 7 ≥ 0,65 10.2.7.3) El acero tiene un comportamiento perfectamente elastoplástico (Figura 2.b). Para deformaciones menores a las de fluencia su tensión se calcula como el producto de su deformación específica por el módulo de elasticidad (E s = 200000 MPa) a partir de allí su tensión es igual a la tensión de fluencia especificada “f y” (artículo 10.2.4). Si el momento solicitante fuera mayor que el resistido en base a las deformaciones límites establecidas para los materiales ( εću = 0,003 y εs ≥ 0,005) se recurrirá al uso de armadura comprimida (A´ s) de modo de mantener el eje neutro en su profundidad máxima (artículo 10.3.5.1). Esta profundidad se obtiene por semejanza de triángulos asignando a los materiales las deformaciones límites: c = d · 0,003 / (0,003 + 0,005) = 0,375 · d Para asegurar una ductilidad mínima las secciones no podrán proyectarse con una armadura menor que: Si fć ≤ 30 MPa As mín = 1,4 · bw · d / f y Si fć > 30 MPa As mín = fć · bw · d / (4 · f y) (artículo 10.5.1) donde fć y f y se encuentran expresados en MPa.

d)

e) f) g)

h)

B

B

i)

B

B

B

B

B

B

B

B

B

j)

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

l)

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

k)

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

2.2.- Secciones rectangulares 2.2.1.- Ecuaciones generales de equilibr io En el caso más general, planteando momentos respecto a la armadura traccionada se tiene (Figura 2.a): Mn = Mc + M´s = C · (d – a / 2) + C´s · (d – d´) B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B


y planteando equilibrio de fuerzas horizontales: As · f y = C + C´s B

B

B

B

B

B

2.2.2.- Cuantías límites a)

Cuantía mínima

Dado que la cuantía mínima es la menor armadura a disponer, se estará muy lejos de la cuantía máxima y por lo tanto no se tendrá armadura comprimida, es decir que se tendrá solamente: T = As · f y = C = f*c · bw · a = f*c · bw · ka · d y por lo tanto ka = As · f y / (f*c · bw · d) B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Una sección contará con una armadura mayor que la mínima cuando ka ≥ ka mín = As mín · f y / (f*c · bw · d) B

B

B

B

B

Si fć ≤ 30 MPa Si fć > 30 MPa b)

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

ka ≥ ka mín = 1,4 / f*c = 1,4 / (0,85 · fć) ka ≥ ka mín = 1 / (3,4 · fć ) B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Cuantía máxima

Una sección requerirá armadura de compresión cuando la sección de hormigón comprimido sea insuficiente como para equilibrar el momento externo. El momento máximo que puede equilibrar el hormigón se da cuando se alcanza la máxima deformación de compresión en el hormigón (0,003) y la mínima deformación de tracción en el acero (0,005) 2 es decir cuando: PT

TP

cmáx = 0,003 · d / (0,003 + 0,005) = 0,375 · d kc máx = cmáx / d = 0,375 ka máx = kc máx · β1 = 0,375 · β1 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

por lo que resulta y por lo tanto

B

Existen otras razones para limitar la profundidad máxima del eje neutro. Este es el caso de las secciones en las que se pretenda efectuar una redistribución plástica de momentos. El CIRSOC 201-2005, artículo 8.4.3, pide para estos casos una deformación mínima en el acero de 0,0075 y puede ser aún mayor dependiendo del porcentaje de redistribución que se desee. Volveremos más adelante sobre este tema. En esta serie de ejemplos se tomará como cuantía máxima la correspondiente a la deformación de 0,005 en el acero más traccionado.

2.2.3.- Cálculo de armaduras Mn = Mu / φ = Mu / 0,9 B

B

B

B

B

B

2

Si bien el CIRSOC 201-2005 permite llegar a una deformación mínima de 0,004 simultáneamente indica una reducción del factor “φ” que vuelve antieconómicas soluciones con deformaciones menores a 0,005.

PT

TP


En primera instancia supondremos que no es necesario disponer armadura comprimida: Mn = f*c · bw · a · (d – a / 2) = f*c · bw · d2 · ka · (1 – ka / 2)

y

P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

mn = Mn / (f*c · bw · d2) B

B

B

B

B

B

B

P

ka = 1 – (1 – 2 · m n)1/2 B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

B

B

llamando

resulta

P

B

B

P

P

a)

Si ka ≤ ka mín se adopta

b)

Si ka mín < ka ≤ ka máx se calcula As = f*c · bw · ka · d / f y

c)

Si ka > ka máx se requerirá el uso de armadura comprimida, es decir

B

B

B

B

B

B

B

B

As = As mín = f*c · bw · ka mín · d / f y

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

y

B

y

B

A´s = 0 B

B

A´s = 0 B

B

A´s > 0

B

B

B

El máximo momento que podrá tomar la sección comprimida de hormigón es: Mc = f*c · bw · d2 · ka máx · (1 – ka máx / 2) B

B

B

B

B

B

P

P

B

B

B

B

B

B

por lo que el momento remanente deberá ser tomado por la armadura comprimida: ∆Mn = B

M´s = Mn – Mc = A´s · f´s · (d – d´)

B

B

B

B

B

B

B

ε´s = 0,003 · (c – d´) / B

B

Si Si

ε´s < εy = f y / ε´s ≥ εy B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

donde la tensión “f´s” surge de

B

B

B

c

Es = f y / 200000 MPa B

B

B

entonces entonces

B

B

f´s = Es · ε´s f´s = f y

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

por lo que se puede despejar la armadura comprimida como: A´s = ∆Mn / [f´s · (d – d´)] B

B

B

B

B

B

finalmente, de la sumatoria de fuerzas se obtiene As = f*c · bw · ka máx · d / f y + A´s · f´s / f y B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Si en cualquier situación se deseara conocer la deformación de la armadura más traccionada esta se obtiene por semejanza de triángulos como: εs = 0,003 · (d – c) / B

B

c = 0,003 · (1 – kc) / kc B

B

B

B

con

kc = ka / β1 B

B

B

B

B

B

2.3.- Secciones con alas (“ T” y “ L” ) 2.3.1.- Geometrías Las Figuras 2.3.1.1.a) á c) muestran los tres tipos de secciones con alas que contempla el CIRSOC 201-2005: Viga “T” bajo losa, Viga “L” bajo losa y Viga “ T” aislada. Las condiciones que da el CIRSOC para el cálculo del ancho efectivo “b” a emplear en los cálculos resistentes es: Flexión Simple – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 10

2.3.1.1.- Para Vigas “ T” bajo losa (artículo 8.10.2) a) b) c)

b = bw + be izq + be der b ≤ Luz de la viga / 4 be (izq ó der) = mínimo (8 · hf ; ½ distancia libre a viga adyacente) B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

2.3.1.2.- Para Vigas “ L” bajo losa (artículo 8.10.3) a) b)

b = bw + be be = mínimo (6 · hf ; ½ distancia libre a viga adyacente ; Luz de la viga / 12) B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

2.3.1.3.- Para Vigas “ T” aisladas (artículo 8.10.4) a) b)

hf ≥ bw / 2 b ≤ 4 · bw B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

(a)

(b)

(c)

Figura 2.3.1.1

2.3.2.- Alturas relativas entre alas y alma Al limitar la profundidad máxima del eje neutro de deformaciones a “c = 0,375 · d” cualquier sección transversal en la que se verifique que “hf ≥ 0,375 · β1 · d” puede analizarse como si se tratara de una sección rectangular de ancho constante “b” (Figura 2.3.2.1) dado que el eje neutro de tensiones siempre caerá en la zona de ancho “b”. B

B

si hf ≥ 0,375 · β1 · d B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Figura 2.3.2.1

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

2.3.3.- Cuantías límites a)

Cuantía mínima

En estos casos es más complicado establecer referencias en términos de “k a” dado que la cuantía mínima s iempre se calcula en base a “bw”, y “ka” se calcula en base a “b”. En B

U

U

B

B

B

B

B


estos casos resulta más práctico, al finalizar los cálculos, comparar la armadura obtenida con la armadura mínima reglamentaria. b)

Cuantía máxima

Como veremos enseguida, los cálculos de secciones con alas pueden presentar dos situaciones: que el eje neutro de tensiones caiga dentro de las alas o que corte solamente al nervio. Las situaciones de cuantía máxima se dan cuando el eje neutro de tensiones corta solamente al nervio 3. En estas condiciones el momento resistente de la sección puede dividirse en un momento tomado por las alas y otro tomado por el nervio (ver más adelante). Una sección requerirá armadura de compresión cuando la sección de hormigón comprimido del nervio sea insuficiente como para equilibrar la parte del momento externo que le toca resistir. El momento máximo que puede equilibrar el hormigón del nervio se da cuando se alcanza la máxima deformación de compresión en el hormigón y la mínima deformación de tracción en el acero necesaria para mantener la condición de φ = 0,90, es decir cuando: PT

TP

cmáx = 0,003 · d / (0,003 + 0,005) = 0,375 · d kc máx = cmáx / d = 0,375 ka máx = kc máx · β1 = 0,375 · β1 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

por lo que resulta y por lo tanto

B

Valen los comentarios realizados para secciones rectangulares con referencia a situaciones en las que se requieran mayores deformaciones mínimas en el acero más traccionado.

2.3.4.- Cálculo de armaduras Mn = Mu / φ = Mu / 0,9 B

B

B

B

B

B

De acuerdo con la posición que adopte el eje neutro de tensiones pueden presentarse dos situaciones (Figuras 2.3.4.1 y 2.3.4.2):

Figura 2.3.4.1

Figura 2.3.4.2

Figura 2.3.4.1: El eje neutro de tensiones cae dentro de la placa por lo que la sección puede calcularse como rectangular de ancho constante e igual a “b”.

3

Ya comentamos que si “hf ≥ 0,375 · β1 · d” la sección puede analizarse como rectangular. Si no se la analizara como rectangular podría darse algún caso en el que el eje neutro cayera en la placa para la condición de cuantía máxima.

PT

TP

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B


Figura 2.3.4.2: El eje neutro de tensiones corta sólo al nervio. La sección se divide en “alas” y “alma”. La fuerza y el momento equilibrado por las alas son conocidos por lo que el momento que debe tomar el alma se obtiene por diferencia con el momento solicitante. Para iniciar el cálculo se supondrá en primera instancia que no es necesario disponer armadura comprimida y que el eje neutro de tensiones se encuentra dentro de las alas es decir se asume que la sección se comporta como una sección rectangular de ancho “b”: Al suponerse

a ≤ hf B

debe verificarse que

B

ka ≤ hf / d B

B

B

Mn = f*c · b · a · (d – a / 2) = f*c · b · d2 · ka · (1 – ka / 2)

y

P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

mn = Mn / (f*c · b · d2) B

B

B

B

B

B

ka = 1 – (1 – 2 · m n)1/2 B

B

B

a)

B

P

Si ka ≤ hf /d B

B

B

P

B

B

B

B

B

B

P

se calcula As = f*c · b · ka · d / f y y se verifica que As ≥ As mín Si no se verificara se adopta As = As mín

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

y

B

A´s = 0 B

B

B

B

b)

llamando

resulta

P

P

B

B

B

B

B

Si ka > hf / d B

B

B

B

La fuerza que toman las alas vale:

Cf = f*c · (b – bw) · hf

El momento (respecto a “A s”) tomado por las alas vale:

Mnf = Cf · (d – hf / 2)

La armadura necesaria para equilibrar Cf vale:

Asf = Cf / f y

El momento a equilibrar con el hormigón del alma vale :

Mnw = Mn – Mnf

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

De aquí en adelante el cálculo del alma se efectúa como en una sección rectangular aislada para lo cual será necesario recalcular “k a” para el momento solicitante “Mnw”. Al finalizar el cálculo se deberá adicionar a la armadura “Asw” la armadura “Asf ” necesaria para equilibrar las compresiones en las alas. B

B

B

B

B

B

B

B

En primera instancia supondremos que no es necesario disponer armadura comprimida es decir que ka ≤ ka máx = 0,375 · β1 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Mnw = f*c · bw · a · (d – a / 2) = f*c · bw · d2 · ka · (1 – ka / 2)

y

P

B

B

B

B

B

B

B

mn = Mnw / (f*c · bw · d2) P

B

B

B

B

B

B

B

B

P

ka = 1 – (1 – 2 · m n)1/2 B

B

b.1)

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

B

B

llamando

resulta

P

P

ka ≤ ka máx se calcula B

B

Asw = f*c · bw · ka · d / f y As = Asw + Asf B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

y

A´s = 0 B

B

B


b.2)

Si ka > ka máx se requerirá el uso de armadura comprimida, es decir B

B

B

A´s > 0

B

Fijamos la posición del eje neutro en:

B

B

cmáx = kc máx · d = 0,375 · d B

B

B

B

El máximo momento que podrá tomar la sección comprimida de hormigón es: Mc = f*c · bw · d2 · ka máx · (1 – ka máx / 2) P

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

B

B

por lo que el momento remanente deberá ser tomado por la armadura comprimida: ∆Mn = B

M´s = Mnw – Mc = A´s · f´s · (d – d´)

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

donde la tensión “f´s” surge de

B

B

ε´s =

0,003 · (cmáx – d´) / cmáx = 0,003 · (kc máx – d´ / d) / kc máx

Si Si

ε´s < εy = f y / ε´s ≥ εy

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Es = f y / 200000 MPa B

B

B

B

B

B

B

B

entonces entonces

B

B

B

f´s = Es · ε´s f´s = f y

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

por lo que se puede despejar la armadura comprimida como: A´s = ∆Mn / [f´s · (d – d´)] B

B

B

B

B

B

finalmente, de la sumatoria de fuerzas se obtiene As = f*c · bw · ka máx · d / f y + A´s · f´s / f y + Asf B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Como en el caso de secciones rectangulares, si en cualquier situación se deseara conocer la deformación de la armadura más traccionada esta se obtiene por semejanza de triángulos como: εs = 0,003 · (d – c) / B

B

c = 0,003 · (1 – kc) / kc B

B

B

B

con

kc = ka / β1 B

B

B

B

B

B


TABLA AUXILIAR Nº 1 FLEXIÓN SIMPLE: CÁLCULO DE SECCIONES RECTANGULARES Y CON ALAS b

c

Mu = φ Mn Mu = 0,90 M n

h f a = β1 c a = ka d

A´s d´

Cuantía mínima a í a t n l a a r u a c p r a o t d p a o c d i d a , n a i r d o a l z a i l a v i m l t i e u í n n e ó u g m q i r m o r n o e h m e s d a e i n c n m t e i i s S s e r

d

fć [MPa]

β1

ka

Para valores menores mn ˜ ka

60

0,037

0,038

55 50

0,039 0,041

0,040 0,042

45

0,043

40

= 30

bw = b Sección rectangular

35

40

45

50

55

60

0,850 0,814 0,779 0,743 0,707 0,671 0,650

A s bw

en función de f´ c [MPa]

f´s : Tensión de A´ s en [MPa] para d´ / d = f y [MPa] 0,05 0,10 0,15 0,20 0,25 0,30 0,35 220

220

220

220

220

200

120

40

0,044

420

420

420

360

280

200

120

40

0,045

0,047

500

500

440

360

280

200

120

40

35

0,048

0,050

30

0,053

0,055

25

0,058 0,064

0,060 0,066

0,068

0,070

0,077

0,080

0,079

0,082

0,086 0,095

0,090 0,100

0,104

0,110

0,113

0,120

0,122 0,130

0,130 0,140

0,139

0,150

0,147

0,160

0,156

0,170

0,164

0,180

0,172 0,180

0,190 0,200

0,188

0,210

0,196

0,220

0,204

0,230

0,211

0,240

0,214 0,220

0,244 0,252

0,226

0,260

0,230

0,265

0,234

0,270

0,240

0,279

0,241 0,248

0,280 0,290

40

0,249

0,292

35

0,255 0,259

0,300 0,305

0,262

0,310

0,268

0,319

20

fć Doble armadura [MPa] e a l l b o a r d a r p t a o p d o a d c a i d , n a i d r a o i z l l a r a i u v t l u d e n a m e ó g r u i q m a r r o o y h a e m d s i a e c n n e m t s i i S s e r

mn

eje neutro

60 55 50 45

= 30

A) SECCIONES RECTANGULARES (y con alas p ara h f / d =

1 0,375)

mn = Mn / (0,85 f´ c bw d2) obtener k a de la tabla ka = ka mín adoptar k a = ka mín ka mín < ka = ka máx adoptar k a = ka de tabla si ka > ka máx corresponde doble armadura Arm adur a simple:

As = ka 0,85 f´ c bw d / f y

Arm adur a dob le: Obtener de tablas k a máx , mn máx y f´s 2 ∆Mn = Mn - mn máx 0,85 fć bw d A´s = ∆Mn / [(d - d´) f´ s] As = ka máx 0,85 fć bw d / f y + A´s f´s / f y B) SECCIONES CON ALAS ( " T" y " L" con h f / d =

1 0,375)

mn = Mn / (0,85 f´ c b d2) obtener k a de la tabla As mín = ka mín 0,85 f´ c bw d / f y B.1) Rectangular: ka = hf / d As = ka 0,85 fć b d / f y

(Verificar si As = As mín)

B.2) Nervio y alas Mnf = 0,85 f´ c hf (b - b w) (d - h f / 2) Asf = Mnf / [(d - h f / 2) f y] Mnw = Mn - Mnf mn = Mnw / (0,85 f´ c bw d2) obtener k a de la tabla ka = ka máx adoptar k a = ka de tabla si ka > ka máx corresponde doble armadura Arm adur a simple: As = ka 0,85 f´ c bw d / f y + Asf

Verificar si As = As mín

Arm adur a dob le: Obtener de tablas k a máx , mn máx y f´s 2 ∆Mn = Mnw - mn máx 0,85 fć bw d A´s = ∆Mn / [(d - d´) f´ s] As = ka máx 0,85 fć bw d / f y + A´s f´s / f y + Asf



EJEMPLOS FLEXIÓN SIMPLE 2.I.- SECCIÓN RECTANGULAR Ejemplo 2.I.1 U

Enunciado: Calcular las armaduras de una sección rectangular para las siguientes condiciones: Materiales:

- Hormigón: H–25 (fć = 25 MPa) - Acero: ADN 420 (f y = 420 MPa) B

B

B

Sección transversal:

- bw = 0,12 m

Estribos:

- Recubrimiento: - Diámetro estimado:

cc = 0,02 m dbe = 6 mm

Armadura longitudinal:

- Diámetro estimado:

db = 16 mm

Solicitación:

- Mu = 52 kNm

B

;

B

B

B

h = 0,40 m B

B

B

B

B

B

B

Resolución analítica: Para fć = 25 MPa se tiene que: - f*c = 0,85 · fć = 21,25 MPa = 21250 kN/m 2 - β1 = 0,85 - ka mín = 1,4 / f*c (MPa) = 0,06588

P

B

B

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

Mn = Momento nominal = M u / φ = 52 kNm / 0,9 = 57,78 kNm B

B

B

B

d = h – cc – dbe – db / 2 = 0,40 m – 0,02 m – 0,006 m – 0,008 m = 0,366 m B

B

B

B

B

B

B

B

mn = Mn / (f*c · bw · d2) = 57,78 kNm / (21250 kN/m2 · 0,12 m · 0,3662 m2) = 0,16915 B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

ka = 1 – (1 – 2 · m n)1/2 = 1 – (1 – 2 · 0,16915)1/2 = 0,18655 > ka mín B

B

B

B

P

P

P

kc = ka / β1 = 0,18655 / 0,85 = 0,219 B

B

B

B

B

<

B

P

0,375

B

P

P

P

B

A´s = 0

⇒

B

B

As = ka · f*c · bw · d / f y = 0,18655 · 21,25 MPa · 120 mm · 366 mm / 420 MPa = 415 mm 2 (4,15 cm2) P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

Resolució n mediante la tabla auxiliar Nº1: Ingresando a la tabla con: mn = Mn / (0,85 · fć · bw · d2) mn = 57,78 kNm / (0,85 · 25000 kN/m2 · 0,12 m · 0,3662 m2) = 0,16915 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

P

Se obtiene: Sin interpolar: ka = 0,190 B

B


Interpolando:

ka = 0,180 + (0,190 – 0,180) · (0,16915 – 0,164) / (0,172 – 0,164) = ka = 0,18644 B

B

B

B

Como se observa, aún sin interpolar el error obtenido es menor al 2% por lo que podría utilizarse el valor leído en forma directa. El valor de “ka” obtenido se encuentra, según los límites indicados en la tabla, por encima de la cuantía mínima y por debajo de los valores que requieren de doble armadura por lo que resulta: B

B

As = ka · 0,85 · fć · bw · d / f y = 0,18644 · 0,85 · 25 MPa · 120 mm · 366 mm / 420 MPa = As = 414 mm2 (4,14 cm2) B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

B

P

P

P

Armado: Los cálculos anteriores fueron realizados tomando: d = 0,366 m La altura útil resultante, luego de adoptar armaduras y separaciones, ha sido: d = 0,347 m Rehaciendo los cálculos se llegaría a: As = 443 mm2 B

B

< 4 db12 = 452 mm 2

P

P

B

B

P

P

Ejemplo 2.I.2 U

Enunciado: Calcular las armaduras para las condiciones del Ejemplo 2. I.1 y Mu = 16 kNm B

B

Resolución analítica: Para fć = 25 MPa se tiene que: B

B

f*c = 0,85 · fć = 21,25 MPa = 21250 kN/m 2 β1 = 0,85 ka mín = 1,4 / f*c (MPa) = 0,06588 B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

B

B

B

B


B

B

B


B

B

B

B

B

B

B

mn = Mn / (f*c · bw · d2) = 17,78 kNm / (21250 kN/m2 · 0,12 m · 0,3662 m2) = 0,05205 P

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

ka = 1 – (1 – 2 · m n)1/2 = 1 – (1 – 2 · 0,05205)1/2 = 0,05348 < ka mín P

B

B

B

B

P

P

P

Se adopta por lo tanto ka = ka mín B

B

B

B

B

B


As = ka · f*c · bw · d / f y = 0,06588 · 21,25 MPa · 120 mm · 366 mm / 420 MPa = 146 mm 2 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

Resolució n mediante la tabla auxiliar Nº1: Mn = Momento nominal = M u / φ = 16 kNm / 0,9 = 17,78 kNm B

B

B

B


B

B

B

B

B

B

B

Ingresando a la tabla con: mn = Mn / (0,85 · fć · bw · d2) = 17,78 kNm / (0,85 · 25000 kN/m2 · 0,12 m · 0,3662 m2) = mn = 0,05205 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

P

Se obtiene un valor de “k a” que es menor que el valor límite correspondiente a la cuantía mínima para la resistencia utilizada. Se adopta por lo tanto: ka = ka mín = 0,066 B

B

B

B

B

B

As = As mín = ka mín · 0,85 · fć · bw · d / f y As = 0,066 · 0,85 · 25 MPa · 120 mm · 366 mm / 420 MPa = 147 mm 2 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

Armado: La altura útil utilizada en el cálculo coincide con la obtenida al armar la sección.

Ejemplo 2.I.3 U

Enunciado: Calcular las armaduras para las condiciones del Ejemplo 2. I.1 y Mu = 100 kNm. De ser necesaria armadura comprimida se supondrá que la distancia de la fibra más comprimida de hormigón al centro de gravedad de la armadura comprimida es d´ = 0,03 m. B

B


B


B

B

B

B

B

P

P

B

B

B

B


B

B

B



B

B

B

B

B

B

B


B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

ka = 1 – (1 – 2 · m n)1/2 = 1 – (1 – 2 · 0,32528)1/2 = 0,40886 > ka mín P

B

B

B

B

B

B

B

B

P

B

>

B

Se fija kc = 0,375

por lo tanto:

B

P

P

P

kc = ka / β1 = 0,40886 / 0,85 = 0,481 B

P

P

B

0,375

-

B

A´s > 0

⇒

B

B

ka = ka máx = kc · β1 = 0,375 · 0,85 = 0,31875 c = 0,375 · 0,366 m = 0,137 m B

B

B

B

B

B

B

B

por lo que la sección de hormigón comprimido tomará un momento constante igual a: Mc = f*c · bw · d2 · ka máx · (1 – ka máx / 2) Mc = 21250 kN/m 2 · 0,12 m · 0,3662 m2 · 0,31875 · (1 – 0,31875 / 2) = 91,53 kNm B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

BP

P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

BP

P

P

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

B

B

B

B

B

B

El momento a tomar con “A´ s” será: ∆Mn = A´s · f´s · (d – d´) = M n – Mc B

∆Mn = B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

111,11 kNm – 91,53 kNm = 19,58 kNm por lo que

A´s = ∆Mn / [f´s · (d – d´)] A´s = [19,58 kNm / (420 MPa · (0,366 m – 0,03 m))] · 1000 (mm2 MN/(m2 kN)) = 139 mm2 B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

El valor de f´s utilizado en la expresión anterior surge de plantear semejanza de triángulos a partir de una deformación igual a 0,003 en la fibra de hormigón más comprimida. B

B

ε´s = 0,003 · (0,137 m – 0,03 m) / B

B

f´s = f y = 420 MPa B

B

B

0,137 m = 0,0023 > εy = f y / Es = 0,0021 ⇒ B

B

B

B

B

B

B

y por lo tanto se tiene: As = ka máx · f*c · bw · d / f y + A´s · f´s / f y As = 0,31875 · 21,25 MPa · 120 mm · 366 mm / 420 MPa + 139 mm 2 · 420 MPa / 420 MPa As = 708 mm2 + 139 mm2 = 847 mm2 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

BP

B

B

B

B

P

P

B

B

B

B

P

B

B

B

P

B

B

B

B

P

B

B

B

B

B

B

B

P


B

B

B


B

B

B

B

B

B

B

Ingresando a la tabla con: mn = Mn / (0,85 · fć · bw · d2) = 111,11 kNm / (0,85 · 25000 kN/m2 · 0,12 m · 0,3662 m2) mn = 0,32528 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

P

se observa que el valor de “m n” es mayor que el aceptado para armadura simple por lo que se dispondrá armadura doble. Según la tabla, para fć = 25 MPa: mn máx = 0,268 y ka máx = 0,319 B

B

B

B

B

B

B

B


Mc = mn máx · 0,85 · fć · bw · d2 = 0,268 · 0,85 · 25000 kN/m 2 · 0,12 m · 0,3662 m2 Mc = 91,54 kNm B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

P

El momento a tomar con A´s será: ∆Mn = A´s · f´s · (d – d´) = Mn – Mc B

B

B

∆Mn = 111,11 kNm – 91,54 kNm = B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

19,57 kNm

Según la tabla auxiliar, una armadura con f y = 420 MPa y d´ / d = 0,03 m / 0,366 m = 0,08 se encuentra en fluencia para relaciones de “d´ / d” menores que 0,10 por lo tanto, se tendrá que f´s = f y . B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B


B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

As = ka máx · 0,85 · fć · bw · d / f y + A´s · f´s / f y As = 0,319 · 0,85 · 25 MPa · 120 mm · 366 mm / 420 MPa + 139 mm 2 · 420 MPa / 420 MPa As = 709 mm2 + 139 mm2 = 848 mm2 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

BP

B

P

P

P

P

P

B

P

B

P

Armado: Luego de armada la sección se observa que: d = 0,344 m (utilizado en el cálculo: 0,366m) d – d´ = 0,313 m (utilizado en el cálculo: 0,336 m) Rehaciendo los cálculos se llega a: A´s = 230 mm2 > 2 db10 = 158 mm 2 P

B

B

P

B

B

As = 896 mm2 > 4 db16 = 804 mm 2 P

B

B

P

B

B

P

P

P

P

Por lo que deberían modificarse las armaduras adoptadas. Ejercicio que se deja a cargo del lector.

Ejemplo 2.I.4 U

Enunciado: Calcular las armaduras para las condiciones del Ejemplo 2. I.1 y Mu = 100 kNm. Se tratará de evitar el uso de armadura comprimida. B

B

Para comenzar los cálculos utilizaremos la altura útil “d = 0,344 m” obtenida en el ejemplo anterior. Resolución analítica: Para fć = 25 MPa se tiene que: B

B


B

B

B

B

B

P

P

B

B

B

B



B

B

B

d = 0,344 m mn = Mn / (f*c · b · d2) = 111,11 kNm / (21250 kN/m2 · 0,12 m · 0,3442 m2) = 0,36821 P

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

ka = 1 – (1 – 2 · m n)1/2 = 1 – (1 – 2 · 0,36821)1/2 = 0,48660 > ka mín P

B

B

B

B

P

P

P

kc = ka / β1 = 0,48660 / 0,85 = 0,572 B

B

B

B

B

>

B

B

0,375

A´s > 0

⇒

B

ó

B

φ <

0,90

Como se ha comentado, en la resolución de estos ejemplos se ha adoptado como criterio general la utilización de armadura comprimida en lugar de intentar soluciones con “ φ” variable. En este ejemplo se demostrará que las soluciones con “ φ” variable resultan “imposibles” debido a un efecto de compensación que existe entre el incremento que experimenta el momento “M n” al aumentar la profundidad del eje neutro “c” y la disminución de “φ”, lo que da lugar a la aparición de un “momento tope” prácticamente constante e independiente de la profundidad del eje neutro una vez que éste ha superado la posición dada por: c = 0,375 · d. B

B

B

B

B

B

El camino elegido para poner de manifiesto el fenómeno consiste en un proceso de sucesivos aumentos de la profundidad del eje neutro de deformaciones “c”. Para cada valor de “c” se calculará: kc = c / d a = Profundidad del eje neutro de tensiones = β1 · c = 0,85 · c Mn = Momento nominal = f*c · b · a · (d – a / 2) εs = Deformación específica de “A s” = 0,003 · (d – c) / c φ = 0,65 + 0,25 · (εs – εy) / (0,005 – εy) = 0,65 + 0,25 · (εs – 0,0021) / (0,005 – 0,0021) Mu = φ · Mn B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

c [m] 0,12900 0,13072 0,13760 0,14752 0,15480 0,20259

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

kc 0,37500 0,38000 0,40000 0,42883 0,45000 0,58893 B

a [m] 0,10965 0,11111 0,11696 0,12539 0,13158 0,17220

B

C [kN] 279,61 283,34 298,25 319,74 335,53 439,12

Mn [kNm] 80,86 81,73 85,16 89,95 93,35 113,25 B

B

εs

φ

0,00500 0,00489 0,00450 0,00400 0,00367 0,00209

0,900 0,891 0,857 0,813 0,785 0,650

B

B

Mu [kNm] 72,77 72,81 72,97 73,16 73,28 73,55 B

B

La tabla anterior llega hasta valores de “c” muy altos, de hecho llega hasta el punto en que la armadura “A s” dejaría de estar en fluencia por tracción. Independientemente de cualquier consideración reglamentaria, a partir de este punto las roturas se producirían con la armadura más traccionada en régimen elástico - roturas poco dúctiles - y además se estaría desaprovechando parte de la resistencia del acero. En definitiva, se puede afirmar entonces que, a partir de “c = 0,375 · d”, el momento que se puede equilibrar con armadura simple crece en forma despreciable con el aumento de la profundidad del eje neutro por lo que la opción más razonable - y en general la única - consiste en disponer armadura doble. B

B

B

B

B

B


Ejemplo 2.I.5 U

Enunciado: Calcular las armaduras, constituidas por mallas soldadas de alambres conformados, de una sección rectangular perteneciente a una losa armada en una dirección para las siguientes condiciones: Materiales:

- Hormigón: H–20 (fć = 20 MPa) - Acero: AM 500 N (f y = 500 MPa) - bw = 1,00 m ; h = 0,09 m B

B

B


B

Armadura principal:

B

B

- Recubrimiento: cc = 0,02 m - Diámetro estimado: db = 12 mm - De ser necesaria armadura comprimida se supondrá que la distancia de la fibra de hormigón más comprimida al centro de gravedad de la armadura comprimida es d´ = 0,023 m. B

B

B

Solicitación:

B

- Mu = 17,1 kNm (en rigor kNm/m) B

B

Resolución analítica: f*c = 0,85 · fć = 17 MPa = 17000 kN/m 2 β1 = 0,85 ka mín = 1,4 / f*c (MPa) = 0,08235

Para fć = 20 MPa se tiene que: B

B

B

B

B

B

B

P

P

B

B

B

B

B

Mn = Momento nominal = M u / φ = 17,1 kNm / 0,9 = 19 kNm B

B

B

B

d = Altura útil = h – cc – db / 2 = 0,09 m – 0,02 m – 0,006 m = 0,064 m B

B

B

B

mn = Mn / (f*c · bw · d2) = 19 kNm / (17000 kN/m2 · 1,0 m · 0,0642 m2) = 0,27286 P

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

ka = 1 – (1 – 2 · m n)1/2 = 1 – (1 – 2 · 0,27286)1/2 = 0,326 > ka mín P

B

B

B

B

P

P

P

kc = ka / β1 = 0,326 / 0,85 = 0,38353 > B

B

B

B

B

B

por lo tanto:

B

B

0,375

B

Se fija kc = 0,375

P

P

-

B

A´s > 0

⇒

B

B

ka = ka máx = kc · β1 = 0,375 · 0,85 = 0,31875 c = 0,375 · 0,064 = 0,024 m B

B

B

B

B

B

B

B

por lo que la sección de hormigón comprimido tomará un momento constante igual a: Mc = f*c · bw · d2 · ka máx · (1 – ka máx / 2) Mc = 17000 kN/m 2 · 1,00 m · 0,0642 m2 · 0,31875 · (1 – 0,31875 / 2) Mc = 18,66 kNm P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

B

P

B

B

P

B

P

P

P

P

El momento a tomar con A´s será: ∆Mn = A´s · f´s · (d – d´) = Mn – Mc B

∆Mn = 19 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

kNm – 18,66 kNm = 0,34 kNm por lo que

B

A´s = ∆Mn / [f´s · (d – d´)] A´s = [0,34 kNm / (25 MPa · (0,064 m – 0,023 m))] · 1000 (mm2 MN/(m2 kN)) A´s = 334 mm2 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P


El valor de f´s utilizado en la expresión anterior surge del siguiente planteo de semejanza de triángulos que parte de suponer una deformación máxima en el hormigón comprimido de 0,003: B

B

ε´s = 0,003 · (0,024 m – 0,023 m) / 0,024 m = 0,000125 < εy = f y / f´s = ε´s · Es = 0,000125 · 200000 = 25 MPa B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Es = 0,0025 ⇒ B

B

B

y por lo tanto se tiene: As = ka máx · f*c · bw · d / f y + A´s · f´s / f y = As = 0,31875 · 17 MPa · 1000 mm · 64 mm / 500 MPa + 334 mm 2 · 25 MPa / 500 MPa = As = 694 mm2 + 17 mm2 = 711 mm2 (en rigor las armaduras estarían en mm 2/m) B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

P

Resolució n mediante la tabla auxiliar Nº1: Mn = Momento nominal = M u / φ = 17,1 kNm / 0,9 = 19 kNm B

B

B

B

d = Altura útil = h – cc – db / 2 = 0,09 m – 0,02 m – 0,006 m = 0,064 m B

B

B

B

Ingresando a la tabla con: mn = Mn / (0,85 · fć · bw · d2) = 19 kNm / (0,85 · 20000 kN/m2 · 1,00 m · 0,0642 m2) mn = 0,27286 P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

se observa que el valor de “m n” es mayor que el aceptado para armadura simple por lo que se dispondrá armadura doble. Según la tabla, para fć = 20 MPa se tiene: mn máx = 0,268 y ka máx = 0,319 B

B

B

B

B

B

B

B

El momento a tomar con A´s será: ∆Mn = A´s · f´s · (d – d´) = M n – Mc B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

donde Mc es el máximo momento que puede tomar la sección de hormigón comprimido B

B

Mc = mn máx · 0,85 · fć · bw · d2 = 0,268 · 0,85 · 20000 kN/m2 · 1,00 m · 0,0642 m2 Mc = 18,66 kNm P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

∆Mn = 19 kNm – 18,66 kNm B

B

P

P

P

P

P

P

P

= 0,34 kNm

Obtendremos la tensión de A´ s de la tabla auxiliar para f y = 500 MPa y d´ / d = 0,023 m / 0,064 m = 0,35938. La tensión se obtiene por extrapolación y vale 25 MPa B

B

B

B

B

B

B

B


B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

As = ka máx · 0,85 · fć · bw · d / f y + A´s · f´s / f y = As = 0,319 · 0,85 · 20 MPa · 1000 mm · 64 mm / 500 MPa + 334 mm 2 · 25 MPa / 500 MPa As = 694 mm2 + 17 mm2 = 711 mm2 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

P


Armado:

La altura útil utilizada en el cálculo coincide con la obtenida al armar la sección.

Ejemplo 2.I.6 U

Enunciado: Calcular Mu para la siguiente viga B

Materiales:

B


B

B


- bw = 0,12 m

Estribos:

- Recubrimiento cc = 0,02 m - Diámetro estimado dbe = 6 mm

B

;

B

B

h = 0,40 m B

B

B


- As = 2 db16 B

B

B

;

B

B

A´s = 0 B

B


B


B

B

B

B

B

P

P

B

B

B

B


B

B

B

B

B

B

B

Suponiendo que la sección no se encuentra sobredimensionada con armadura simple 4 se tendrá que: PT

TP

Mu = φ · Mn = 0,90 · Mn B

B

B

B

B

B

4

Si la armadura “As” fuera mayor que la necesaria para equilibrar la fuerza desarrollada por la sección de hormigón comprimido para una deformación máxima de 0,003 en el hormigón y de 0,005 en el acero traccionado, habría que aplicar un coeficiente de reducción de resistencia “φ” menor que 0,90. En estas condiciones la armadura que se coloque en exceso de la necesaria para producir el equilibrio anteriormente mencionado resulta inefectiva dado que el incremento de momento resistente que se produce en términos de “Mn” se ve más que contrarrestado por la disminución de “φ” obteniéndose secciones que cada vez presentan menores “Mu”.

PT

TP

B

B

B

B

B

B


a = As · f y / (bw · f*c) = 2 · (201 mm2 · 10-6 m2 / mm2) · 420 MPa / (0,12 m · 21,25 MPa) a = 0,06621 m por lo tanto B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

P

P

P

ka = a / d = 0,06621 m / 0,366 m = 0,18091 > ka mín B

B

B

B

kc = ka / β1 = 0,18091 / 0,85 = 0,213 < 0,375 ⇒ εs > 0,005 y corresponde φ = 0,90 B

B

B

B

B

B

B

B

Mn = f*c · bw · d2 · ka · (1 – ka / 2) Mn = 21250 kN/m2 · 0,12 m · 0,3662 m2 · 0,18091· (1 – 0,18091 / 2) B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

B

B

B

B

B

B

P

P

P

Mn = 56,20 kNm B

P

P

Mu = 0,9 · 56,20 kNm = 50,58 kNm

⇒

B

P

B

B

Se hubiera llegado al mismo resultado haciendo: a) Mn = f*c · bw · a · (d – a / 2) Mn = 21250 kN/m 2 · 0,12 m · 0,06621 m · (0,366 m – 0,06621 m / 2) = 56,20 kNm b) z = kz · d ; kz = 1 – ka / 2 = 1 – 0,18091 / 2 = 0,90955 ; Mn = As · z · f y = As · kz · d · f y Mn = 2 · (201 mm2 · 10-6 m2 / mm2) · 0,90955 · 0,366 m · 420 MPa · 1000 kN/MN Mn = 56,21 kNm B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

BP

P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

Resolució n mediante la tabla auxiliar Nº1: d = h – cc – dbe – db / 2 = 0,40 m – 0,02 m – 0,006 m – 0,008 m = 0,366 m B

B

B

B

B

B

Suponiendo que la sección no se encuentra sobredimensionada con armadura simple se tendrá que: Mu = φ · Mn = 0,90 · Mn B

B

B

B

B

B

Ingresando a la tabla con: a = As · fy / (bw · 0,85 · fć) = 2 · (201 mm2 · 10-6 m2 / mm2) · 420 MPa / (0,12 m · 0,85 · 25 MPa) a = 0,06621 m por lo tanto P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

P

P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

ka = a / d = 0,06621 m / 0,366 m = 0,18091 B

B

Se observa que “k a” se encuentra entre las cuantías límites por lo que se extrae el valor correspondiente de “m n”: B

B

B

Sin interpolar: Interpolando:

B

mn = 0,164 mn = 0,164 + (0,172 – 0,164) · (0,18091 – 0,18) / (0,19 – 0,18) = 0,16473 B

B

B

B

El no interpolar en este caso implicaría un error menor al 1%. Mn = mn · 0,85 · fć · bw · d2 = 0,16473 · 0,85 · 25000 kN/m2 · 0,12 m · 0,3662 m2 Mn = 56,27 kNm P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

Mu = 0,9 · 56,27 kNm = 50,64 kNm B

B


B

Como se observa, el valor es casi coincidente con el arrojado por la resolución analítica. Armado: La pequeña diferencia entre la altura útil adoptada en los cálculos (0,366 m) y la altura útil resultante (0,364 m) se debe a que las barras se encuentran apoyadas sobre el comienzo de la zona curva de las esquinas de los estribos. Rehaciendo los cálculos se llega a los siguientes momentos: Mn = 55,87 kNm ⇒ Mu = 0,9 · Mn = 50,28 kNm B

B

B

B

B

B

prácticamente iguales a los valores anteriores.

Ejemplo 2.I.7 U

Enunciado: Calcular Mu para la siguiente sección B

B

Materiales:


B

B


- bw = 0,12 m

Estribos:

- Recubrimiento: cc = 0,02 m - Diámetro estimado: dbe = 6 mm

B

;

B

B

h = 0,40 m B

B

B


- As = 2 db16 B

B

B

;

B

B

A´s = 2 db16 B

B

B

B


B


B

B

B

B

B

P

P

B

B

B

B


B

B

B

B

B

d´ = cc + dbe + db superior / 2 = 0,02 m + 0,006 m + 0,008 m = 0,034 m B

B

B

B

B

B

Al ser iguales As y A´s esto indica que la sección tiene un dimensionado “arbitrario” y por lo tanto no puede afirmarse que ambas armaduras estarán en fluencia, de hecho podría afirmarse que A´ s no puede estar en fluencia. En estos casos el abordaje más satisfactorio suele ser solucionar el problema por aproximaciones sucesivas dando distintas posiciones al eje neutro hasta lograr el equilibrio interno de fuerzas. Las ecuaciones a considerar son: B

B

B

B

B

B


a = β1 · c B

B

C = 0,85 · fć · a · bw B

ε´s B

B

B

B

= 0,003 · (c – 0,034 m) / c

B

si si

ε´s ≥ εy = f y / Es = 0,0021 ⇒ f´s = f y = 420 MPa ε´s < εy ⇒ f´s = ε´s · Es = ε´s · 200000 MPa B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Cabe acotar que en algunos casos de disposición más o menos arbitraria de armaduras, la armadura “comprimida” puede llegar a estar traccionada por lo que se debe estar atento al signo de la deformación. C´s = f´s · A´s B

B

B

B

B

T = f y · As B

B

B

B

B

Dado que se está obteniendo la resistencia a flexión simple la resultante de las fuerzas internas debe ser nula, es decir: T = C + C´s B

B

Cuando se verifique la condición anterior el momento resistente se puede calcular tomando momentos respecto a la armadura traccionada como: Mn = C · (d – a / 2) + C´s · (d – d´) B

B

B

B

La tabla siguiente muestra el proceso de aproximaciones sucesivas que lleva a la solución c f´s C´s C T C´s + C – T Mn ε´s [m] [MPa] [kN] [kN] [kN] [kN] [kNm] 0,100 0,00198 396,0 159,19 216,75 168,84 207,10 0,050 0,00096 192,0 77,18 108,38 168,84 16,72 0,025 -0,00108 -216,0 -86,83 54,19 168,84 -201,48 0,040 0,00045 90,0 36,18 86,70 168,84 -45,96 0,045 0,00073 146,7 58,96 97,54 168,84 -12,34 0,047 0,00083 166,0 66,71 101,87 168,84 -0,25 57,40 0,048 0,00088 175,0 70,35 104,04 168,84 5,55 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Por lo tanto: Mu = 0,90 · Mn = 0,90 · 57,40 kNm = 51,66 kNm B

B

B

B

Para casos de armaduras simétricas con recubrimientos usuales puede obtenerse una buena aproximación de “M n” haciendo: B

B

Mn ≈ As · f y · (d – d´) Mn = (402 mm2 · 10-6 m2 / mm2) · (420 MPa · 1000 kN/MN) · (0,366 m – 0,034 m) Mn = 56,05 kNm B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

que en este caso arroja un resultado que difiere del “correcto” en alrededor del 2%. Intentar solucionar este tipo de problemas mediante el uso de tablas es tan laborioso que resulta conveniente abordarlos directamente en forma analítica.


Armado: Como en el ejemplo anterior, las pequeñas diferencias entre el valor de “d” adoptado en los cálculos y el “real” no tienen significación en los resultados y, por supuesto, tienen implicancias menores a las que surgen de las imperfecciones de colocación inevitables en cualquier obra.

Ejemplo 2.I.8 U

Enunciado: Calcular la altura total de una viga rectangular de modo de obtener máxima rigidez sin que la misma resulte sobredimensionada en flexión. Materiales:


B

B

B


- Por razones de hormigonado se fija h/bw ≤ 4 y bw ≥ 0,12 m

Estribos:


B

B

B

B

B

B

B


- Diámetro estimado: db = 12 mm

Solicitación:

- Mu = 20 kNm

B

B

B

B

(A los fines del ejercicio se supone que Mu no variará significativamente al modificar la altura de la viga)

B

B


B


B

B

B

B

B

P

P

B

B

B

B

Mn = Mu / φ = 20 / 0,90 = 22,22 kNm B

B

B

B

Para obtener la mayor rigidez despejaremos la mayor altura útil, es decir, adoptaremos cuantía mínima. Mn = f*c · bw · d2 · ka · (1 – ka / 2) = 17000 kN/m2 · bw · d2 · 0,08235 · (1 – 0,08235 / 2) Mn = 1342,31 kN/m2 · bw · d2 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

BP

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

BP

P

B

B

B

P

BP

B

B

B

B

B

B

B

P

P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

B

B

B

P


B

Si adoptamos bw = 0,12 m obtendremos: B

B

d = [22,22 kNm / (1342,31 kN/m2 · 0,12 m)]1/2 = 0,37 m P

P

P

P

h = d + cc + dbe + db / 2 = 0,37 m + 0,02 m + 0,006 m + 0,006 m = 0,402 m B

B

B

B

B

B

B

B

La altura anterior verifica la condición:

h / bw = 0,40 m / 0,12 m = 3,33 < 4 B

B

Se adopta entonces una sección con: b w = 0,12 m B

B

y

h = 0,40 m

Aunque en este caso no ha sido necesario efectuar redondeos importantes para obtener una altura práctica de construir, recalcularemos la cuantía para obtener la armadura de flexión necesaria5. PT

TP


B

B

B

B

B


B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

ka = 1 – (1 – 2 · m n)1/2 = 1 – (1 – 2 · 0,08043)1/2 = 0,08395 > ka mín = 0,08235 P

B

B

B

B

P

P

P

kc = ka / β1 = 0,08395 / 0,85 = 0,099 B

B

B

B

B

B

<

B

0,375

B

A´s = 0

⇒

B

lo cual resulta obvio

B

As = ka · f*c · bw · d / f y = 0,08395 · 17 MPa · 120 mm · 368 mm / 420 MPa = 150 mm 2 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

Resolució n mediante la tabla auxiliar Nº1: Mn = Mu / φ = 20 kNm / 0,90 = 22,22 kNm B

B

B

B

De la tabla se obtiene el “m n” asociado al “ka” mínimo (cuantía mínima) correspondiente al hormigón del ejemplo. B

B

ka mín = 0,082 ⇒ mn = 0,079 B

B

B

B

B

y dado que

mn = Mn / (0,85 · fć · bw · d2) P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

se puede despejar

bw · d2 = Mn / (0,85 · fć · mn) = 22,22 kNm / (0,85 · 20000 kN/m2 · 0,079) = 0,0165 m 3 P

B

B

P

P

B

B

B

B

B

B

P

P

adoptando bw = 0,12 m queda B

B

d = (0,0165 m3 / 0,12 m)1/2 = 0,37 m P

P

P

P


B

B

B

B

B


B

y

h = 0,40 m

5

En este caso no son de esperar diferencias significativas pero éstas pueden ser muy importantes en otras situaciones tales como las losas de edificios en las que redondeos de algunos milímetros resultan significativos frente a su altura total.

PT

TP


Se calculan, utilizando la tabla, las armaduras para la sección anterior. d = h – cc – dbe – db / 2 = 0,40 m – 0,02 m – 0,006 m – 0,006 m = 0,368 m B

B

B

B

B

B

mn = Mn / (0,85 · fć · bw · d2) = 22,22 kNm / (0,85 · 20000 kN/m2 · 0,12 m · 0,3682 m2) mn = 0,08043 P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

Se obtiene: Sin interpolar: ka = 0,082 Interpolando: ka = 0,082 + (0,090 – 0,082) · (0,08043 – 0,079) / (0,086 – 0,079) = ka = 0,08363 B

B

B

B

B

B

Como se observa, aún sin interpolar el error obtenido es menor al 2% por lo que podría utilizarse el valor leído en forma directa. El valor de “ka” obtenido se encuentra, según los límites indicados en la tabla, ligeramente por encima de la cuantía mínima y, obviamente, muy por debajo de los valores que requieren de doble armadura por lo que resulta: B

B

As = ka · 0,85 · fć · bw · d / f y = 0,08363 · 0,85 · 20 MPa · 120 mm · 368 mm / 420 MPa As = 149 mm2 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

Armado: La diferencia entre la altura útil utilizada en los cálculos y la “real” resulta despreciable y sin consecuencias significativas sobre el resultado del ejemplo.

Ejemplo 2.I.9 U

Enunciado: Por requerimientos arquitectónicos se debe proyectar una viga rectangular de modo de obtener la menor altura posible. Como condición adicional no se recurrirá al uso de armadura de compresión (A´s = 0)6. B

Materiales:

B

PT

TP


B

B

B

6

Cabe acotar que un cálculo de este tipo debería ir acompañado siempre de una verificación de flechas y de rigidez relativa respecto a elementos que utilicen a la viga como apoyo (p.e. losas).

PT

TP



- Por razones arquitectónicas se fija bw ≤ 0,25 m

Estribos:


B

B

B

B

B


- Diámetro estimado: db =16 mm

Solicitación:

- Mu = 20 kNm

B

B

B

B

(A los fines del ejercicio se supone que Mu no variará significativamente al modificar la altura de la viga)

B

B

B

Resolución analítica: f*c = 0,85 · fć = 17,00 MPa = 17000 kN/m 2 β1 = 0,85 ka mín = 1,4 / f*c (MPa) = 0,08235


B

B

B

B

B

B

P

P

B

B

B

B

B

Mn = Mu / φ = 20 kNm / 0,90 = 22,22 kNm B

B

B

B

Adoptaremos la máxima cuantía que todavía conduce a A´ s = 0 es decir, la correspondiente a una profundidad del eje neutro dada por una deformación máxima en el hormigón de 0,003 y una deformación en el acero traccionado de 0,005. B

kc máx = cmáx / d = 0,375 B

B

B

ka = ka máx = β1 · kc máx = 0,85 · kc máx = 0,31875

⇒

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Mn = f*c · bw · d2 · ka · (1 – ka / 2) = 17000 kN/m2 · bw · d2 · 0,31875 · (1 – 0,31875 / 2) Mn = 4555,13 kN/m2 · bw · d2 BP

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

BP

P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

BP

B

B

B

B

B

P

P

B

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

B

B

B

B

B

B

B

P

Para obtener la mínima altura posible adoptamos el mayor ancho permitido, es decir: bw = 0,25 m B

pudiendo ahora despejar

B

d = [22,22 kNm / (4555,13 kN/m2 · 0,25 m)]1/2 = 0,14 m P

P

P

P


B

B

B

B

B


B

y

h = 0,18 m

Como en el caso del ejemplo anterior, aunque en este caso no ha sido necesario efectuar redondeos importantes para obtener una altura práctica de construir, recalcularemos la cuantía para obtener la armadura de flexión necesaria. d = h – cc – dbe – db / 2 = 0,18 m – 0,02 m – 0,008 m – 0,008 m = 0,144 m B

B

B

B

B

B

mn = Mn / (f*c · bw · d2) = 22,22 kNm / (17000 kN/m2 · 0,25 m · 0,1442 m2) = 0,25213 B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

ka = 1 – (1 – 2 · m n)1/2 = 1 – (1 – 2 · 0,25213)1/2 = 0,29592 > ka mín P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

kc = ka / β1 = 0,29592 / 0,85 = 0,348

P

P

<

0,375

B

⇒

B

A´s = 0 B

B


As = ka · f*c · bw · d / f y = 0,29592 · 17 MPa · 250 mm · 144 mm / 420 MPa = 431 mm 2 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

Resolució n mediante la tabla auxiliar Nº1: Mn = Mu / φ = 20 kNm / 0,90 = 22,22 kNm B

B

B

B

De la tabla se obtiene el “mn” asociado al “ka” máximo (cuantía máxima con armadura simple) correspondiente al hormigón del ejemplo. B

ka máx = 0,319 ⇒ mn = 0,268 B

B

B

B

B

B

y dado que

mn = Mn / (0,85 · fć · bw · d2) B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

B

se puede despejar

bw · d2 = Mn / (0,85 · fć · mn) = 22,22 kNm / (0,85 · 20000 kN/m2 · 0,268) = 0,00488 m 3 P

B

B

P

P

B

B

B

B

B

B

P

P

Para obtener la mínima altura posible adoptamos el mayor ancho permitido, es decir: bw = 0,25 m B

pudiendo ahora despejar

B

d = (0,00488 m 3 / 0,25 m)1/2 = 0,14 m P

P

P

P


B

B

B

B

B


B

y

h = 0,18 m

Se calculan, utilizando la tabla, las armaduras para la sección anterior. d = h – cc – dbe – db / 2 = 0,18 m – 0,02 m – 0,008 m – 0,008 m = 0,144 m B

B

B

B

B

B

mn = Mn / (0,85 · fć · bw · d2) = 22,22 kNm / (0,85 · 20000 kN/m2 · 0,25 m · 0,1442 m2) mn = 0,25213 P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

Se obtiene: Sin interpolar: ka = 0,300 Interpolando: ka = 0,292 + (0,300 – 0,292) · (0,25213 – 0,249) / (0,255 – 0,249) = ka = 0,29617 B

B

B

B

B

B

Como se observa, aún sin interpolar el error obtenido es algo mayor al 1% por lo que podría utilizarse el valor leído en forma directa. El valor de “ka” obtenido se encuentra, según los límites indicados en la tabla, ligeramente por debajo de la cuantía a partir de la que se requiere doble armadura y, obviamente, muy por encima de los valores correspondientes a la cuantía mínima por lo tanto: B

B

As = ka · 0,85 · fć · bw · d / f y = 0,29617 · 0,85 · 20 MPa · 250 mm · 144 mm / 420 MPa As = 432 mm2 B

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

B

P


Armado: Rehaciendo los cálculos para el valor “real” de “d” se llega a: As = 444 mm2 B

B

P

P

Valor que difiere en sólo un 3% del anteriormente obtenido, resultando adecuadamente cubierto por la armadura adoptada.

2.II.- SECCIONES CON ALAS Ejemplo 2.II.1 U

Enunciado: Calcular las armaduras de una viga “T” bajo losa para las siguientes condiciones: Materiales:


B

B

Sección transversal del nervio: Estribos:

- bw = 0,12 m B

;

B

b

B

A’s B

h = 0,40 m

As B

B

B

B

d

- Recubrimiento: cc = 0,02 m - Diámetro estimado: dbe = 6 mm B

hf B

B

B

bw B

B



Solicitación:

- Mu = 52 kNm

Otras características:

- La viga tiene una luz de 5,50 metros - Las losas que apoyan sobre la viga tienen un espesor de 0,10 m - La distancia libre a las vigas paralelas más próximas es de 4,80 m

B

B

B

B

Determin ación del ancho efecti vo y espesor de alas Para completar la geometría de la sección transversal será necesario calcular el ancho efectivo “b” a partir de lo especificado en el CIRSOC 201-2005: a) b = bw (ancho del alma) + b e losa izquierda + be losa derecha b) b ≤ Luz de la viga / 4 c) A cada lado del nervio se tendrá que be = mínimo (8 · hf ; ½ distancia libre al alma de la viga adyacente) B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B


La condición c) indica que: La condición b) conduce a: La condición a) resulta en:

be = mínimo (8 · 0,10 m ; 4,80 m / 2) = 0,80 m b ≤ 5,50 m / 4 = 1,375 m b = 0,12 m + 0,80 m + 0,80 m = 1,72 m B

B

por lo que decide la condición b) y se adopta: b = 1,37 m Dado que ambas losas laterales tienen igual espesor se adopta h f = 0,10 m B

B

Resolución analítica: f*c = 0,85 · fć = 21,25 MPa = 21250 kN/m 2 β1 = 0,85


B

B

B

B

B

B

P

P

B


B

B

B


B

B

B

B

B

B

B

As mín = 1,4 · bw · d / f y = 1,4 MPa · 120 mm · 368 mm / 420 MPa = 147 mm 2 B

B

B

B

B

B

P

P

Supondremos en principio que a ≤ hf por lo que la sección se comportará como rectangular de ancho constante e igual a “b”. Para ello debe verificarse: B

B

ka ≤ hf / d = 0,10 m / 0,368 m = 0,272 B

B

B

B

B

B

mn = Mn / (f*c · b · d2) = 57,78 kNm / (21250 kN/m2 · 1,37 m · 0,3682 m2) = 0,01466 P

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

ka = 1 – (1 – 2 · m n)1/2 = 1 – (1 – 2 · 0,01466)1/2 = 0,01476 < 0,272 P

B

B

B

B

P

P

P

kc = ka / β1 = 0,01476 / 0,85 = 0,017 B

B

B

B

B

<

B

0,375

⇒

P

P

por lo tanto a < hf B

B

A´s = 0 B

B

As = ka · f*c · b · d / f y = 0,01476 · 21,25 MPa · 1370 mm · 368 mm / 420 MPa As = 377 mm2 > As mín = 147 mm2 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

B

B

P


B

B

B


B

B

B

B

B

En secciones con alas la cuantía mínima recién puede verificarse al contrastarla con la armadura total calculada. De la tabla se obtiene que el valor de “k a” para calcular la armadura mínima es 0,066. B

B

As mín = ka mín · 0,85 · fć · bw · d / f y = 0,066 · 0,85 · 25 MPa · 120 mm · 368 mm / 420 MPa As mín = 147 mm2 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P


Suponiendo en primera instancia que a ≤ hf se ingresa a la tabla con: B

B

mn = Mn / (0,85 · fć · b · d2) = 57,78 kNm / (0,85 · 25000 kN/m2 · 1,37 m · 0,3682 m2) mn = 0,01466 B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

P

Tal como se indica en la tabla, para valores tan pequeños resulta: ka ≈ mn = 0,01466 B

B

B

B

El valor de ka se encuentra claramente por debajo de los valores que requieren doble armadura por lo que resulta: B

B

As = ka · f*c · b · d / f y = 0,01466 · 0,85 · 25 MPa · 1370 mm · 368 mm / 420 MPa As = 374 mm2 > As mín = 147 mm2 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

B

B

P

P

Armado:

Si se recalcula la armadura con la altura útil d = 0,347 m se obtiene una armadura: As = 400 mm2 la que resulta adecuadamente cubierta por las barras adoptadas. B

B

P

P

Ejemplo 2.II.2 U

Enunciado: Calcular las armaduras de la viga “T” del ejemplo anterior para: Solicitación:

- Mu = 20 kNm B

B


B

f*c = 0,85 · fć = 21,25 MPa = 21250 kN/m 2 β1 = 0,85 B

B

B

B

B

P

P

B


B

B

B

d = h – cc – dbe – db / 2 = 0,40 m – 0,02 m – 0,006 m – 0,006 m = 0,368 m As mín = 1,4 · bw · d / f y = 1,4 MPa · 120 mm · 368 mm / 420 MPa = 147 mm 2 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P



B

ka ≤ hf / d = 0,10 m / 0,368 m = 0,272 B

B

B

B


B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

ka = 1 – (1 – 2 · m n)1/2 = 1 – (1 – 2 · 0,00564)1/2 = 0,00565 < 0,272 B

B

B

B

P

P

P

kc = ka / β1 = 0,00565 / 0,85 = 0,007 B

B

B

B

B

<

B

P

0,375

⇒

por lo tanto a < hf B

B

A´s = 0 B

B

As = ka · f*c · b · d / f y = 0,00565 · 21,25 MPa · 1370 mm · 368 mm / 420 MPa As = 144 mm2 < As mín = 147 mm2 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

B

B

P

P

As = As mín = 147 mm2

Por lo tanto se adopta

B

B

B

B

P

P

Resolució n mediante la tabla auxiliar Nº1: Mn = Momento nominal = M u / φ = 20,00 kNm / 0,9 = 22,22 kNm B

B

B

B


B

B

B

B

B

En secciones con alas la cuantía mínima recién puede verificarse al contrastarla con la armadura total calculada. De la tabla se obtiene que el valor de “k a” para calcular la armadura mínima es 0,066. B

B


B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

Suponiendo en primera instancia que a ≤ hf se ingresa a la tabla con: B

B

mn = Mn / (0,85 · fć · b · d2) = 22,22 kNm / (0,85 · 25000 kN/m2 · 1,37 m · 0,3682 m2) mn = 0,00564 B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

P

Tal como se indica en la tabla, para valores tan pequeños resulta: ka ≈ mn = 0,0056 B

B

B

B

El valor de ka se encuentra claramente por debajo de los valores que requieren doble armadura por lo que resulta: B

B

As = ka · f*c · b · d / f y = 0,00564 · 0,85 · 25 MPa · 1370 mm · 368 mm / 420 MPa As = 144 mm2 < As mín = 147 mm2 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

B

Por lo tanto se adopta

B

P

As = As mín = 147 mm2

P

B

B

B

B

P


Armado:

Ejemplo 2.II.3 U

Enunciado: Calcular las armaduras de una viga “L” bajo losa para las siguientes condiciones: Materiales:


B

B

B

b

Sección transversal del nervio:

- bw = 0,25 m B

;

B

A’s

h = 0,40 m

B

hf B

B

d

Estribos:

- Recubrimiento: cc = 0,02 m - Diámetro estimado: dbe = 6 mm B

B

B

As B

B

B

bw



Solicitación:

- Mu = 380 kNm

Otras características:

- La viga tiene una luz de 5,00 metros - La losa que apoya sobre la viga tiene un espesor de 0,09 m - La distancia libre a la viga paralela más próxima es de 4,20 metros.

B

B

B

B

B

B

Determin ación del ancho efecti vo y espesor de alas Para completar la geometría de la sección transversal será necesario calcular el ancho efectivo “b” a partir de lo especificado en el CIRSOC 201-2005: a) b = bw (ancho del alma) + b e b) be = mínimo (6 · hf ; ½ distancia libre al alma de la viga adyacente; luz viga / 12) B

B

B

B

B

B

B

B

B

La condición b) indica que: La condición a) resulta en:

B

B

B

be = mínimo (6 · 0,09 m ; 4,20 m / 2 ; 5,00 m / 12) = 0,42 m b = 0,25 m + 0,42 m = 0,67 m B

B


Además se tendrá que:

hf = 0,09 m B

B

Resolución analítica: f*c = 0,85 · fć = 21,25 MPa = 21250 kN/m 2 β1 = 0,85


B

B

B

B

B

B

P

P

B


B

B

B


B

B

B

B

B

As mín = 1,4 · bw · d / f y = 1,4 MPa · 250 mm · 368 mm / 420 MPa = 307 mm2 B

B

B

B

B

B

P

P


B

ka ≤ hf / d = 0,09 m / 0,368 m = 0,245 B

B

B

B


B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

ka = 1 – (1 – 2 · m n)1/2 = 1 – (1 – 2 · 0,21898)1/2 = 0,250 P

B

B

B

B

> 0,245

P

P

P

P

P

P

por lo tanto a > hf B

B

La sección no puede considerarse como rectangular por lo que se la descompone en “alma” (subíndice “w”) y “ala” (subíndice “f”). La fuerza en el hormigón del ala y el momento que equilibra resultan iguales a: Cf = f*c · (b – bw) · hf = 21250 kN/m 2 · (0,67 m – 0,25 m) · 0,09 m = 803,25 kN P

B

B

B

B

B

B

B

B

P

Mnf = Cf · (d – hf / 2) = 803,25 kN · (0,368 m – 0,09 m / 2) = 259,45 kNm B

B

B

B

B

B

La armadura necesaria para equilibrar las compresiones en las alas resulta: Asf = Cf / f y = [803,25 kN / (420 MPa)] · 1000 mm2 MN / (m2 kN) = 1913 mm2 B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

El momento a equilibrar con el hormigón del alma resulta: Mnw = Mn – Mnf = 422,22 kNm – 259,45 kNm = 162,77 kNm B

B

B

B

B

B

mn = Mnw / (f*c · bw · d2) = 162,77 kNm / (21250 kN/m 2 · 0,25 m · 0,3682 m2) = 0,22625 P

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

ka = 1 – (1 – 2 · m n)1/2 = 1 – (1 – 2 · 0,22625)1/2 = 0,26006 P

B

B

B

B

P

P

P

kc = ka / β1 = 0,26006 / 0,85 = 0,306 B

B

B

B

B

B

<

0,375

⇒

A´s = 0 B

B

Asw = ka · f*c · bw · d / f y = 0,26006 · 21,25 MPa · 250 mm · 368 mm / 420 MPa = 1211 mm 2 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P


La armadura total resulta: As = Asf + Asw = 1913 mm2 + 1211 mm2 = 3124 mm2 > As mín P

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

B

B

La armadura anterior es extremadamente difícil de ubicar en el ancho del alma. Se debe recurrir al uso de varias capas de armadura. Esto se debe a que la fuerza de compresión de las alas requiere una gran cantidad de armadura para ser equilibrada. Este fenómeno se hace aún más agudo en el caso de vigas “T”. Es un caso en el que claramente debe recurrirse a alturas totales de viga mayores. Resolució n mediante la tabla auxiliar Nº1: Mn = Momento nominal = M u / φ = 380 kNm / 0,9 = 422,22 kNm B

B

B

B


B

B

B

B

B

En secciones con alas la cuantía mínima recién puede verificarse al conocer la armadura total calculada. De la tabla se obtiene que el valor de “k a” para calcular la armadura mínima es 0,066. B

B


B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P


B

ka ≤ hf / d = 0,09 m / 0,368 m = 0,245 B

B

B

B

se ingresa a la tabla con: mn = Mn / (f*c · b · d2) = 422,22 kNm / (0,85 · 25000 kN/m2 · 0,67 m · 0,3682 m2) = 0,21898 con lo que se obtiene: P

B

B

B

B

B

B

P

P

sin interpolar: interpolando:

P

P

P

P

P

ka = 0,252 ka = 0,244 + (0,252 – 0,244) · (0,21898 – 0,214) / (0,220 – 0,214) = ka = 0,25064 B

B

B

B

B

B

en cualquier caso ka > 0,245 por lo tanto a > hf B

B

B

B

Como en el caso de la resolución analítica, la sección no puede considerarse como rectangular por lo que se la descompone en “alma” (subíndice “w”) y “ala” (subíndice “f”). La fuerza en el hormigón del ala y el momento que equilibra resultan iguales a: Cf = 0,85 · fć · (b – bw) · hf = 0,85 · 25000 kN/m2 · (0,67 m – 0,25 m) · 0,09 m = 803,25 kN P

B

B

B

B

B

B

B

B

P

Mnf = Cf · (d – hf /2) = 803,25 kN · (0,368 m – 0,09 m / 2) = 259,45 kNm B

B

B

B

B

B


La armadura necesaria para equilibrar las compresiones en las alas resulta: Asf = Cf / f y = [803,25 kN / (420 MPa)] · 1000 mm2 MN / (m2 kN) = 1913 mm2 P

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

El momento a equilibrar con el hormigón del alma resulta: Mnw = Mn – Mnf = 422,22 kNm – 259,45 kNm = 162,77 kNm B

B

B

B

B

B

mn = Mnw / (0,85 · fć · bw · d2) = 162,77 kNm / (0,85 · 25000 kN/m2 · 0,25 m · 0,3682 m2) mn = 0,22625 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

P

ingresando a la tabla se obtiene sin interpolar: interpolando:

ka = 0,260 ka = 0,260 + (0,265 – 0,260) · (0,22625 – 0,226) / (0,230 – 0,226) = ka = 0,26031 B

B

B

B

B

B

Se aprecia que la diferencia entre el valor interpolado y el leído en forma directa difiere en mucho menos del 1%. kc = ka / β1 = 0,26031 / 0,85 = 0,306 B

B

B

B

B

B

<

0,375

⇒

A´s = 0 B

B

Asw = ka · 0,85 · fć · bw · d / f y = 0,26031 · 0,85 · 25 MPa · 250 mm · 368 mm / 420 MPa Asw = 1212 mm2 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

La armadura total resulta: As = Asf + Asw = 1913 mm2 + 1212 mm2 = 3125 mm2 > As mín P

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

B

B

Valen los comentarios hechos al finalizar la resolución analítica. En términos generales cabe acotar que cuando el eje neutro de tensiones cae dentro del alma, el uso de tablas no resulta sensiblemente más práctico que el abordaje analítico. Armado: Luego de un tanteo previo se llega a la distribución de armaduras de la figura. Si se recalcula la sección para una altura “d = 0,34 m” se llega a una armadura necesaria “As = 3439 mm2” que es adecuadamente cubierta por 7 db25 pero aparece además la necesidad de colocar una armadura comprimida “A´ s = 156 mm2” que se cubre con 2 db10. P

B

B

P

B

B

B

P

P

B

B


B

Ejemplo 2.II.4 U

1,00 m A’s B

Enunciado: Dimensionar las armaduras 0,10 m de flexión de la sección de la Figura. La distancia entre el filo de hormigón y el centro de gravedad de las armaduras traccionadas y comprimidas es 0,04 m.

B

Viga “T” aislada

0,15 m

0,80 m

As B

Materiales: - Hormigón: H–30 (fć = 30 MPa) - Acero: ADN 420 (f y = 420 MPa)

0,12 m

B

B

B

0,15 m

B

B

Estribos: - Recubrimiento: cc = 20 mm - Diámetro estimado: dbe = 6 mm

0,35 m

B

b

B

B

A’s B

hf

Solicitación:

B

B

B

- Mu = 1440 kNm B

B

d As B

B

bw B

B

Determinación del ancho efectivo Para completar la geometría de la sección transversal será necesario calcular el ancho efectivo “b” a partir de lo especificado en el CIRSOC 201-2005 para vigas aisladas. El espesor de alas (h f = 0,10 m) verifica la condición de ser mayor que la mitad del ancho del alma (bw / 2 = 0,15 m / 2 = 0,075 m) B

B

B

B

El ancho efectivo máximo está limitado a cuatro veces el ancho del alma es decir: b = 4 · 0,15 m = 0,60 m por lo que no puede aprovecharse íntegramente el ancho total de losa disponible (1 m). Resolución analítica: Para fć = 30 MPa se tiene que: B

B

f*c = 0,85 · fć = 25,5 MPa = 25500 kN/m2 β1 = 0,85 B

B

B

B

B

P

P

B

Mn = Momento nominal = M u / φ = 1440 kNm / 0,9 = 1600 kNm B

B

B

B

d = h – 0,04 m = 0,80 m – 0,04 m = 0,76 m As mín = 1,4 · bw · d / f y = 1,4 MPa · 150 mm · 760 mm / 420 MPa = 380 mm 2 B

B

B

B

B

B

P

P


Supondremos en principio que a ≤ hf por lo que la sección se comportará como rectangular de ancho constante e igual a “b” para ello debe verificarse: B

B

ka ≤ hf / d = 0,10 m / 0,76 m = 0,132 B

B

B

B

mn = Mn / (f*c · b · d2) = 1600 kNm / (25500 kN/m2 · 0,60 m · 0,762 m2) = 0,18105 P

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

ka = 1 – (1 – 2 · m n)1/2 = 1 – (1 – 2 · 0,18105)1/2 = 0,20132 > 0,132 B

B

B

B

P

P

por lo tanto a > hf

P

P

B

B

Descomponiendo la sección en alas y alma: Cf = f*c · (b – bw) · hf = 25500 kN/m2 · (0,60 m – 0,15 m) · 0,10 m = 1147,50 kN P

B

B

B

B

B

B

B

B

P

Mnf = Cf · (d – hf / 2) = 1147,50 kN · (0,76 m – 0,10 m / 2) = 814,73 kNm B

B

B

B

B

B

La armadura necesaria para equilibrar las compresiones en las alas resulta: Asf = Cf / f y = [1147,50 kN / (420 MPa)] · 1000 mm2 MN / (m2 kN) = 2732 mm 2 P

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

El momento a equilibrar con el hormigón del alma resulta: Mnw = Mn – Mnf = 1600 kNm – 814,73 kNm = 785,27 kNm B

B

B

B

B

B

mn = Mnw / (f*c · bw · d2) = 785,27 kNm / (25500 kN/m 2 · 0,15 m · 0,762 m2) = 0,35544 B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

P

ka = 1 – (1 – 2 · m n)1/2 = 1 – (1 – 2 · 0,35544)1/2 = 0,46229 P

B

B

B

B

P

P

P

kc = ka / β1 = 0,46229 / 0,85 = 0,544 B

B

B

B

B

>

B

0,375

A´s > 0

⇒

B

B

por lo tanto se necesitará doble armadura Se fija kc = 0,375 por lo tanto: B

-

B

ka = ka máx = kc · β1 = 0,375 · 0,85 = 0,31875 c = 0,375 · 0,76 m = 0,285 m B

B

B

B

B

B

B

B

por lo que la sección de hormigón comprimido tomará un momento constante igual a: Mc = f*c · bw · d2 · ka máx · (1 – ka máx / 2) P

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

El momento a tomar con A´s será: B

∆Mn = 785,27 kNm – 25500 kN/m ∆Mn = 193,28 kNm por lo que B

B

B

B

∆Mn =

B

2 P

BP

B

B

Mnw – Mc B

B

B

es decir,

B

· 0,15 m · 0,762 m2 · 0,31875 · (1 – 0,31875 / 2) B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

B

B

B

B

B

B

A´s = ∆Mn / [f´s · (d – d´)] A´s = [193,28 kNm / (420 MPa · (0,76 m – 0,04 m))] · 1000 mm2 MN / (m2 kN) = 639 mm2 B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

El valor de f´s utilizado en la expresión anterior surge de: B

B

ε´s = 0,003 · (0,285 m – 0,04 m) / ⇒ f´s = f y = 420 MPa B

B

B

B

B

0,285 m = 0,0026 > εy = f y / Es = 0,0021 B

B

B

B

B

B

B


y por lo tanto se tiene: Asw = ka máx · f*c · bw · d / f y + A´s · f´s / f y Asw = 0,31875 · 25,50 MPa · 150 mm · 760 mm / 420 MPa + 639 mm 2 · 420 MPa / 420 MPa Asw = 2206 mm2 + 639 mm2 = 2845 mm2 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

BP

B

B

B

P

P

P

As = Asf + Asw = 2732 mm2 + 2845 mm2 = 5577 mm2 P

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

Resolució n mediante la tabla auxiliar Nº1: Como se comentó en el Ejemplo anterior, la resolución mediante tablas no aporta un beneficio significativo en la simplificación de los cálculos. Remitimos al lector a la operatoria utilizada en el Ejemplo anterior. Armado: Luego de un tanteo en la adopción de armaduras se llega al esquema de la figura. Recalculando las armaduras con la geometría de la figura se llega a que: A´s = 1168 mm2 B

B

As = 5964 mm2 B

B

P

P

P

P

valores adecuadamente cubiertos por las armaduras dispuestas.


CORTE Expresiones generales para el dimension amiento y verificación de piezas no pretensadas 3.1.- Generalidades Las piezas sometidas a esfuerzos de corte deben verificar la condición resistente dada por: Vu ≤ φ · Vn B

B

B

con

B

(CIRSOC 201-2005, artículos 9.1.1 y 11.1.1)

Vu = Resistencia requerida calculada para cargas mayoradas Vn = Resistencia nominal de la sección φ = Coeficiente de reducción de resistencia en función del tipo de rotura : B

B

B

B

φ = 0,75

(CIRSOC 201-2005, artículo 9.3.2.3)

Se estudiarán en este caso los elementos no pretensados.

3.2.- Expresión general de cálculo y verificación La expresión genérica de resistencia nominal que da el CIRSOC 201-2005, artículo 11.1.1, es del tipo aditivo, es decir, que se obtiene como suma de las colaboraciones del hormigón y el acero: Vu ≤ φ · Vn = φ · [Vc + Vs] B

B

B

B

B

B

B

B

donde: Vc = Resistencia al corte aportada por el hormigón Vs = Resistencia de las armaduras (estribos y/o barras dobladas) φ = Coeficiente de reducción de resistencia = 0,75 B

B

B

B

“Vu” es es el esfuerzo de corte calculado para las cargas mayoradas, calculado a una distancia “d” del filo del apoyo, para determinar el máximo “Vu” (artículo 11.1.3.1), siempre que se cumplan las siguientes condiciones (artículo 11.1.3): B

B

B

a) b) c)

B

Que el apoyo sea directo, es decir, que la reacción de apoyo introduzca compresiones en la cara (generalmente inferior) del elemento Que las cargas se apliquen superiormente (no “colgadas”) Que no existan fuerzas concentradas significativas a una distancia del filo del apoyo menor que “d”

En caso de que no se cumpla alguna de las condiciones enunciadas, se debe dimensionar con el corte correspondiente al filo del apoyo. U

Corte – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 45

3.3.- Determinación de Vc B

B

El CIRSOC 201-2005 brinda dos tipos de expresiones para evaluar V c , simplificadas y generales (artículos 11.3.1.1 a 11.3.1.3 y 11.3.2.1 a 11.3.2.3 respectivamente). La diferencia estriba en que las primeras dependen solamente de la geometría de la sección y de la resistencia del hormigón, mientras que las últimas permiten considerar la influencia de otras variables, como por ejemplo la armadura longitudinal. B

En cualquier caso, se limita

f ´ c

B

(artículo 11.1.2)

8,3 MPa

3.3.1.- Cuando no existan fuerzas axiales 1) Expresión simplificada:

Vc

1 6

f ´ c b w d

2) Expresión general: Vc

f ´ c

120

Vu d w Mu

1 b d 7 w

0,3

f ´ c b w d

A s Vu d y 1 bw d Mu donde Mu es el momento mayorado en la sección crítica, en correspondencia con V u con B

w

B

B

B

3.3.2.- Cuando existan fuerzas axiales de compresión (no pretensado) 1) Expresión simplificada: Vc

1

Nu 14 A g

1 6

f ´ c b w d

con Nu / Ag en MPa B

B

B

B

B

B

2) Expresión general: Vc

f ć

con

w

Vu d Mm

1 b d 7 w

Ag = área bruta de hormigón; Mm B

B

sin el límite U

120

U

0,3 Mu N u

f ć b w d

1

0,3 Nu A g

4 h d 8

Vu d 1 Mm

Si se obtiene un valor negativo de Mm se empleará directamente la expresión: B

Vc

0,3

f ´ c b w d

1

B

0,3 Nu A g


3.3.3.- Cuando existan cargas axiales de tracci ón De existir una tracción axial significativa bien debe dimensionarse la armadura de alma para resistir la totalidad del corte o bien puede calcularse: Vc

0,3 Nu A g

1

con Nu negativo (tracción) B

1 6

f ´ c b w d

0

y Nu / Ag en MPa

B

B

B

B

B

En sus Recomendaciones el CIRSOC 201, artículo C11.3.2.3, indica que:“cuando exista incertidumbre sobre la magnitud de la tracción axial y ésta pudiera alcanzar valores significativos se recomienda determinar la armadura de corte para que absorba el corte total”, es decir : Vc = 0. U

U

B

B

3.4.- Determinación de Vs B

B

La evaluación de “Vs” se hace directamente a partir del equilibrio de una fisura supuesta a 45º. Aún cuando, debido a las situaciones particulares ya descriptas, se deba dimensionar con el valor del corte en el filo del apoyo, el equilibrio de la fisura a 45° puede ser planteado de igual manera ya que la rotura en cualquier caso se producirá a partir de una fisura inclinada. B

B

El criterio de colaboración es simple: las armaduras que contribuyen al equilibrio son todas aquellas que cosen a la fisura en estudio, con la salvedad de que en las barras dobladas solamente se consideran efectivos los 3/4 centrales del tramo inclinado (artículo 11.5.7.7), más adelante se verá en detalle. Finalmente Vs puede escribirse como: B

B

Vs = Vs (estribos verticales) + Vs (barras dobladas) B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

(artículo 11.5.7.8)

3.4.1.- Vs para estribos verticales B

B

A · d · f yt Vs = v s


donde: d s f yt Av n A1v B

B

B

B

B

B

= = = = = =

Altura útil de la sección Separación entre planos de estribado medida sobre el eje de la pieza Tensión de fluencia especificada de los estribos Área de acero contenida en un plano de estribado = n · A1v Número de ramas (normalmente 2) Área de una de las ramas de estribo contenida en el plano de estribado B

B

Si una misma fisura cortara estribos de diferente diámetro y/o con diferentes separaciones sencillamente se reemplaza el cociente “A v / s” por la sección total de armadura vertical que corta a la fisura en una longitud “d”. B

B

B

B


3.4.2.- Vs para barras dobladas B

B

Vs A v f y sen


donde: Av = Armadura que cruza la fisura, dentro del ¾ central de la/las barra/s f y = Tensión de fluencia especificada de la armadura α = Ángulo de inclinación de la barra B

B

B

B

Para el caso más corriente de barras dobladas a 45º se tiene: Vs

0,707 A v f y d45 + 0,75 · (d – d´) B

Como ya se mencionó, solamente se considera efectivo el tramo de barra inclinada constituido por su ¾ central. Por lo tanto, las dos fisuras a 45° entre las cuales se encuentran todas las que son efectivamente cosidas por la barra doblada se determinan como se muestra en la figura:

Filo columna

B

B

B

B

B

d45 – 0,75 · (d – d´) B

B

B

B

B

B

(d – d´)

d45 B

B

El CIRSOC 201-2005 establece dos restricciones absolutas a la colaboración de la barra:

• •

α ≥ 30º . Para ángulos menores se desprecia la colaboración (artículo 11.5.1.2). El valor de Vs aportado al equilibrio de una fisura por las barras dobladas no puede ser superior a: 1 (artículo 11.5.7.5) f ´ c b w d 4 B

B

3.4.3.- Limitació n de Vs total B

B

El CIRSOC 201-2005 no especifica una verificación directa de la fisuración del alma por efecto del corte ni de la resistencia de las bielas comprimidas, pero sí existe una verificación indirecta a través de la limitación al aporte de la armadura total al “V n” de la fisura. Debe cumplirse: (artículo 11.5.7.9) 2 Vs f ´ c b w d 3 (Además de la limitación particular al aporte de las barras dobladas indicada más arriba) B

B


Si se utilizan las expresiones normales , es fácil demostrar que esta limitación conduce, para cargas axiales nulas o de compresión (no pretensado), a la expresión: Vn

5

Nu 14 A g

1 6

f ´ c b w d

3.4.4.- Estribado mínimo El CIRSOC 201-2005, artículo 11.5.6.3, establece una sección mínima de estribos dada por: A v 1 b b ≥ ⋅ f ć ⋅ w y ≥ 0,33 ⋅ w s 16 f yt f yt lo que equivale a decir que, a los efectos prácticos: Si

fć < 30 MPa

A v b ≥ 0,33 ⋅ w s f yt

Si

fć ≥ 30 MPa

A v 1 b ≥ ⋅ f ć ⋅ w s 16 f yt

B

B

B

B

Si se adopta un ADN 420 (f yt = 420 MPa), la sección mínima de estribos por unidad de longitud puede ser calculada para las distintas f´ c solamente en función de bw , siendo: A v b w mm mm 2 / m s k B

B

B

fć [MPa] k B

B

20 1,26

25 1,26

30 1,23

B

35 1,14

B

40 1,06

B

50 0,95

En cambio si se adopta un AM 500 N (f yt = 500 MPa), el factor k toma los siguientes valores: B

fć [MPa] k B

B

20 1,50

25 1,50

B

30 1,46

35 1,35

40 1,26

50 1,13

La sección de acero anterior es válida sólo si no existen o son despreciables los efectos de torsión.

3.4.5.- Separación máxima de armaduras de alma Respecto a la presencia y separación de las armaduras de alma el CIRSOC 201-2005 indica que:


3.4. 3.4.5. 5.1. 1.-- Cualquier línea con las siguientes sigu ientes características: (artículos 11.5.1.2 y 11.5.5.2)

1) Un extremo sobre la l a armadura principal de tracción 2) El otro extremo a “d/2” de la fibra de hormigón más comprimida 3) Pendiente 45º 4) El extremo extremo inferior es el más más próximo a la reacción que define el corte de proyecto Debe Debe ser co rtada por , al menos, u na línea de armadur armadur a de alma. U

3.4. 3.4.5. 5.2. 2.-- Separación Separación m áxima para estribos estri bos norm n ormales ales al al eje del elemento elemento d/2 Si

1 3

Vs

f ´ c b w d

s

(artículo 11.5.5.1) 400 mm d/4

Si

1 3

Vs

f ´ c b w d

s

(artículo 11.5.5.3) 200 mm

3.4. 3.4.6. 6.-- Elementos sin armadur armadur a de alma Si bien en nuestro medio no es común aceptar vigas sin armaduras de alma (aunque sí losas y zapatas sin armaduras de alma), el CIRSOC 201-2005 artículo 11.5.6.1 indica que si se cumplen algunos requisitos es admisible no colocar armadura de alma. Estos requisitos son: Vu B

· Vc / /

B

B

B

2

Vigas cuya altura total verifique que :

h ≤ máximo (250 (250 mm ; 2,5 · hf ; ; 0,5 · bw) B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

donde “hf ” es la altura del ala en vigas tipo “L” ó “T”. B

B

Se transcribe transcribe a continuación el comentario C11.5.6.1 del CIRSOC 201-2005: “Aún cuando el esfuerzo esfuerzo de corte mayorado mayorado total Vu , sea menor que la mitad (1/2) de la resistencia al corte proporcionada por el hormigón φ · Vc , se recomienda la colocación colocación de alguna armadura en el alma, sobre todo en la totalidad de las almas delgadas de elementos postesados de hormigón .......”. B

B

B

B

B

B

B

B


CORTE en HORMIGÓN HORMIGÓN ARMADO CONVENCIONAL CONVENCIONAL – EJEMPLOS EJEMPL OS Comentarios Comentarios g enerales enerales de orden práctico En lo que sigue se desarrollan algunos ejercicios de corte aplicando las expresiones normales del CIRSOC 201-2005. En las roturas de corte en hormigón armado no es posible hablar de una “sección de cálculo” en el sentido clásico de una sección transversal, sino que es necesario considerar y comprender el mecanismo resistente establecido por el equilibrio de la fisura inclinada, a partir del cual es sencillo establecer tanto las solicitaciones actuantes como las armaduras que aportan resistencia. wu B

Diagrama de corte mayorado de la pieza (V u) B

Filo de columna P

Vu fisura 1 B

B

Vu fisura 2

B

B

B

d45 + + 0,75 · (d (d – d´) B

B

B

B

B

B

A

B

Fisura 2

As 45 B

B

Av / s B

B

B

B

d45 B

B

Fisura 1

En ese sentido es importante recordar los siguientes conceptos: considerar en una fisura: Todas aquellas (mallas de • Armaduras resistentes a considerar acero soldada, estribos y/o barras dobladas – artículo 11.5.1) que cosen a la fisura en cuestión. En el caso de las barras dobladas, solamente se consideran aquellas que cortan a la fisura dentro de la ¾ parte central de la porción inclinada de la barra, artículo 11.5.7.7 . En lo sucesivo, cuando se indique que una barra corta o cose a una fisura inclinada, se supondrá que lo hace de esta manera en la que resulta efectiva desde el punto de vista resistente, y cuando no lo hace dentro de su ¾ parte central se dirá que no la cose o corta, independientemente de que la intersecte geométricamente.

• Valor de corte que solicita a la fisura: El valor del diagrama de corte correspondiente al punto superior de la fisura (indicado con un punto en la figura). Lo mismo vale para el caso de la verificación: en este caso el corte resistente de la fisura se representa en el mismo punto. El CIRSOC 201-2005 hace alguna salvedades


cuando se trata de cargas indirectas o concentradas cerca de los apoyos (ver la Introducción a estos ejemplos) En la Figura anterior se representan dos fisuras de corte:

• La fisura 1 es la primera fisura de corte, es decir, la que nace en el filo de la columna. En este caso, la resistencia de la fisura 1 está dada por los estribos y las barras dobladas, ya que ambos son cortados por la fisura. El corte solicitante se obtiene del diagrama de Vu , en la vertical del punto “A”, el cual se ubica a una distancia “d” del filo de la columna. B

B

• La fisura 2 es una fisura genérica interior a la pieza. En este caso representa a la primera fisura no cosida por una barra doblada y por lo tanto en su resistencia sólo colaboran estribos. El corte que solicita a esta fisura es el correspondiente al punto “B” en el diagrama de “V u”. ”. B

B

Si el extremo inferior de la barra doblada se encuentra a una distancia genérica “d 45” del filo de la columna, el punto superior de la última fisura cosida por esa barra se encuentra a una distancia [d45 + + 0,75 · (d (d – d´)] de ese filo, con con el valor de corte correspondiente. correspondiente. En la expresión anterior d´ es la distancia distancia desde el borde superior del hormigón al eje del tramo superior horizontal de la barra doblada. B

B

B

B

B

B

B

B

Considerando piezas con barras dobladas y el caso normal de piezas en las que el corte aumenta hacia los apoyos (lo contrario requeriría la existencia de cargas hacia arriba), es evidente que desde el punto de vista de la resistencia al corte resulta favorable que las barras dobladas cubran la mayor zona posible de la pieza, o bien expresándolo en términos de solicitaciones, que la ubicación del punto “B” corresponda al menor valor de corte posible. De esta manera se aprovecha al máximo la existencia de la posición doblada. Sin embargo, este principio tiene el límite obvio de mantener la presencia de la barra doblada en la primera fisura de corte. Para cumplir esta premisa, el valor mínimo teórico de d45 vale: B

B

d45 = = d + 0,75 · (d – d´) B

B

En el caso de existir momentos negativos de apoyo el doblar barras muy cerca de los mismos conflictúa con la necesidad de cubrir el diagrama de momentos flectores.

Ejemplo Ejemplo 3.I U

Enunciado:

Calcular el estribado uniforme necesario para para la viga de la figura, considerando:

a) Que no no existen barras dobladas. dobladas. b) Que existen las barras dobladas a 45° indicadas en la figura. Materiales:

- Hormigón: H–20 (fć = = 20 MPa) - Acero: ADN 420 (f y = = f yt = = 420 MPa) B

B

B


- bw = 0,20 m B

B

;

B

B

B

h = 0,60 m

;

d´ = 0,025 m


Resolución: I)

Cálculos Cálculos intermedios

d = 0,60 m – 0,025 m = 0,575 m (57,5 cm) [ f´ fć ]½ = [20]½ MPa = 4,472 MPa (< 8,3 MPa artículo 11.1.2) [ f´ fć ]½ · bw · · d = 4472 kN/m2 · 0,20 m · 0,575 m = 514,3 kN P

B

B

B

B

P

B

B

B

B

P

P

P

BP

II)

P

B

B

B

P

Cálcu Cálculo lo de estribos estrib os

.1) II.1)

Caso Caso a): a): sin armadura dobl ada

II.1.1 .1.1))

Cálcu Cálculo lo de soli citaciones cit aciones

Se considera el corte solicitante a una distancia distancia “d” del filo del apoyo. En este caso no es necesario considerar otra fisura de corte más alejada debido a que el estribado es uniforme y por lo tanto existe una única sección crítica. La solicitación resulta entonces: Vu = = wu · ((L ((Ln / 2) 2) – d) d) = 72 kN/m · (3 (3 m – 0,575 m) = 174,6 kN B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

∴ Vn = = Vu / φ = 174,6 kN / 0,75 = 232,8 kN B

B

.1.2)) II.1.2

B

B

B

B

Verif Verif icación icació n de las dimensiones dim ensiones de la sección

Como se utilizará la expresión simplificada para el cálculo de “V c” se tiene que verificar: B

B

Vn = = 232,8 kN ≤ 5/6 · [ f´ fć ]½ · bw · · d = 5 · 514,3 kN kN / 6 = 428,5 kN (Verifica) P

B

B

II.1.3 .1.3))

B

B

B

B

P

B

B

Cálcu Cálculo lo del estrib ado necesario necesario

La expresión general de la resistencia nominal es:

Vn = = Vc + + Vs B

B

B

B

B

B


Utilizando la expresión simplificada para la colaboración del hormigón resulta: Vc = = 1/6 · [ f´ fć ]½ · bw · · d = 514,3 kN / 6 = 85,8 kN P

B

B

B

B

B

B

B

B

P

B

B

(El lector puede comprobar fácilmente que si se hubiera utilizado la expresión afinada, el valor de “Vc” hubiera sido igual a 81,5 kN, es decir, una diferencia poco significativa) B

B

Queda por resistir con armadura:

Vs = = Vn – – Vc = = 232,8 kN – 85,8 kN = 147 kN B

B

B

B

B

B

El CIRSOC 201-2005, artículo 11.5.7.9, pide que el valor anterior sea menor que 2/3 · [ f´ fć ]½ · bw · d = 2/3 · 514,3 kN = 342,9 kN lo cual ya fue verificado en II.1.2. BP

B

B

B

B

P

B

B

B

Dado que no se utilizarán barras dobladas el estribado se obtiene como: 2 ⎞ ⎛ ⎜ 6,09 cm ⎟ ⎜ m ⎠⎟ ⎝

Vs A v 147 kN MN mm 2 mm 2 = = ⋅ 1000 = 609 s d ⋅ f yt 0,575 m ⋅ 420 MPa kN m 2 m

La armadura a disponer disponer debe ser superior superior a la mínima. Para H–20 (fć = 20 20 MPa) MPa) resulta: B

B

B

B

B

B

(Av /s) /s)mín = = bw / 1,26 [mm] = 200 mm / 1,26 = 159 mm2/m < 609 mm2/m P

B

B

B

B

B

B

Dado que Vs / ([ f´ fć ]½ · bw · d) = 0,29 < 1/3 B

B

B

B

B

P

B

B

P

la separación máxima es:

BP

B

P

P

B

smáx = = mín (d/2 ; 0,4 0,4 m) = 0,29 m B

B

B

B

B

B

Por lo tanto se pueden disponer estribos de 2 ramas d b8 c/ 0,17 m (2 · 50,3 mm 2 / 0,17 0,17 m 2 2 2 = 592 mm /m) ó db10 10 c/ 0,26 m (2 · 78,5 78,5 mm / 0,26 0,26 m = 604 mm /m). Diámetros mayores conducen a separaciones mayores que la máxima. BP

B

P

P

II.2) .2)

B

P

BP

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

P

B

B

B

P

Caso Caso b): con armadura dobl ada .2.1)) II.2.1

Cálcu Cálculo lo de soli cit aciones

En este caso, para identificar las secciones críticas y poder calcular las solicitaciones en ellas es necesario considerar la posición de las barras dobladas. De la geometría del problema se obtienen las siguientes conclusiones:

• La primera fisura de corte (fisura 1 en la figura), corta solamente una posición doblada, situación que se mantiene para todas las fisuras entre 1 y 2, en cuyo equilibrio solamente intervendrá esa posición compuesta por 2 db16. 16. • Las fisuras comprendidas entre 2 y 3 cortan a las dos posiciones dobladas. • Las fisuras entre 3 y 4 cortan una posición. • Las fisuras a la derecha de 4 no tienen barras dobladas que aporten resistencia al corte. B

B


De lo anterior se desprende que es necesario dimensionar el estribado uniforme considerando el equilibrio de las fisuras 1 y 4, debido a las siguientes razones:

• La fisura 1 es la que tiene mayor Vu , con solamente una posición doblada. fisuras comprendidas comprendidas entre 1 y 4 tienen menor V u que la 1 y en todos los • Todas las fisuras casos son cortadas por una o dos posiciones dobladas, por lo que conducirían a un estribado menor que la 1. • La fisura fisura 4 tiene menor Vu que la 1, pero pero al no tener tener barras dobladas dobladas que la corten, podría conducir a un estribado mayor que la fisura 1. B

B

B

B

B

B

Se tendrán entonces las siguientes solicitaciones: Fisura 1: Fisura 4: II.2.2 .2.2))

Según se calculó en II.1.1): Vu = = 174,6 kN Vu = = wu · · ((Ln / / 2) – 1,56 m) = 72 kN/m · (3 m – 1,56 m) = 103,7 kN B

B

B

B

B

B

B

B

Verif Verif icación icació n de las dimensiones dim ensiones de la sección

Ya realizada en II.1.2. .2.3)) II.2.3

Cálcu Cálculo lo del estrib ado necesario necesario

Fisura 1: Vn = = Vu / / φ = 174,6 kN / 0,75 = 232,8 kN B

B

B

B

En II.1.3) se obtuvo: Vc = = 85,8 kN B

B

Vs 45° = = As 45° · · f y · · sen α Vs 45° = = 2 · 201 mm 2 · 420 MPa · sen (45°) · 1 kN m 2 / (1000 MN mm2) = 119,4 kN B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

El valor anterior está limitado a: 1/4 · [ f´ fć ]½ · bw · · d = 1/4 1/4 · 514,3 kN = 128,6 kN (Verifica) B

B

B

B

P

P

B

B

Los estribos deberán aportar entonces: Vs est = = Vn – – Vc – – Vs 45° = = 232,8 kN – 85,8 kN – 119,4 kN = 27,6 kN B

B

B

B

B

B

B

B

Se adoptará el estribado luego de analizar la fisura 4, ya que, dado que el mismo será uniforme, su valor deberá ser igual al mayor entre los correspondientes a cada una de las fisuras. Fisura 4: Vu = = 72 kN/m · (3 m – 1,56 m) = 103,7 kN ∴ Vn = = Vu / / φ = 103,7 kN / 0,75 = 138,2 kN B

B

B

B

B

B

Vs 45° = = 0 B

B

Vs = = Vs est = = Vn – – Vc = = 138,2 kN – 85,8 kN = 52,4 kN B

B

B

B

B

B

B

B


Considerando lo determinado para las fisuras 1 y 4, se dimensiona el estribado uniforme para Vs est = 52,4 kN B

B

A v Vs est 52,4 kN MN mm 2 mm 2 = = ⋅ 1000 = 217 s d ⋅ f yt 0,575 m ⋅ 420 MPa kN m 2 m Por otra parte

2 ⎞ ⎛ cm ⎜ 2,17 ⎟ ⎜ m ⎠⎟ ⎝

(Av / s)mín = 159 mm2/m ≤ 217 mm2/m P

B

B

B

B

B

B

P

P

P

Al resultar un valor de “Vs” menor que el calculado en el Caso a) vale la separación máxima calculada para dicho caso: B

B

smáx = mín (d/2 ; 0,40 m) = 0,29 m B

B

B

B

B

B

Por lo tanto se pueden disponer estribos de 2 ramas d b6 c/ 0,25 m, que aportan 226 mm2/m (2,26 cm2/m). B

P

P

P

B

P

Ejemplo 3.II U

Enunciado: • Calcular y dibujar el diagrama de “φ · Vn” (Corte Resistente) de la viga de la figura. • Calcular la máxima carga uniformemente distribuida “w u” que se puede aplicar a la pieza. • Considerando un estado de carga consistente en dos cargas “P u” aplicadas en los tercios de la luz libre entre caras internas de columnas, calcular – utilizando los resultados obtenidos en el primer punto – el valor “P u” máximo que se puede aplicar a la viga. B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Materiales:

B

B

- Hormigón: H–30 (fć = 30 MPa) - Acero: ADN 420 (f y = f yt = 420 MPa) B

B

B


- bw = 0,20 m B

B

;

B

B

B

h = 0,70 m

;

d´ = 0,025 m

La pieza se encuentra comprimida por un axial N D = 311 kN; NL = 250 kN, independiente de las acciones “w u” o “Pu” actuantes sobre la viga. B

B

B

B

B

B

B

B


Consideración del esfuerzo axial de compresión Dado que los esfuerzos axiales de compresión ejercen un efecto favorable sobre la resistencia al corte y considerando que estos esfuerzos son independientes de las acciones que originan el corte, sólo resulta válido considerar la parte permanente de dicho esfuerzo axial. Por otra parte, el CIRSOC 201-2005 artículo 9.2.1 (ver también C9.2) indica que en estos casos de efectos favorables debidos a cargas permanentes debe considerarse como valor de combinación: Nu = 0,9 · ND = 0,9 · 311 kN = 280 kN B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Resolución: a) Cálcul os intermedios d = 0,70 m – 0,025 m = 0,675 m (67,5 cm) [ fć ]½ = [30]½ MPa = 5,477 MPa (< 8,3 MPa artículo 11.1.2) [ fć ]½ · bw · d = 5477 kN/m2 · 0,20 m · 0,675 m = 739,43 kN P

B

B

B

B

P

B

B

B

B

P

P

P

BP

B

B

B

P

P

b) Cálculo de “ Vc” B

B

Se utilizan las expresiones normales con la corrección por el efecto favorable del esfuerzo axial. Al no conocerse “Vu” y “Mu” no existe la opción de utilizar expresiones más afinadas. B

B

B

B

Vc = 1/6 · [ fć ]½ · bw · d · [1 + Nu / (14 · Ag)] = 1/6 · 739,43 kN · 1,14 = 141 kN = Vc P

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

ya que Nu / Ag = 280 kN / ((1000 kN/MN) · 0,20 m · 0,70 m) = 2 MPa ∴ [1 + Nu / (14 · Ag)] = 1+ 2 MPa / 14 MPa = 1,14 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

El valor de “Vc” se considera constante en toda la pieza. B

B

c) Determin ación del diagrama de “ · Vn ” B

B

B

B

B

B

Los valores resistentes nominales “V n” de cada sección de la pieza dependen de su geometría, cantidad y distribución de armadura para corte, y características de los materiales. Esto significa que en aquellos tramos donde estos parámetros se mantengan constantes, el valor de “V n” también lo hará. Resulta útil entonces identificar las zonas en las que las secciones y armaduras cambian dando lugar a “secciones críticas” en las que varía la resistencia nominal. B

B

B

B

Las fisuras que caracterizan el problema son (ver siguiente figura):

• Fisura 1: Se origina en el filo de la columna y finaliza a “d” de dicho filo. Es cosida por la armadura a 45°, ya que verifica (ver Ejemplo 3.I): 0,90 – 0,75 · (0,675 m – 0,025 m) = 0,41 m < d = 0,675 m


• Fisura 2: Es la primera fisura no cosida efectivamente por la barra doblada. Se encuentra a una distancia del filo de la columna igual a (ver Ejemplo 3. I): 0,90 + 0,75 · (0,675 m – 0,025 m) = 1,39 m

• Fisura 3: Es la última fisura que corta solamente al estribado del primer sector (tiene la misma resistencia que la fisura 2). • Fisura 4: Es la primera fisura que corta solamente al estribado del segundo sector. Las fisuras comprendidas entre 3 y 4 cortan un estribado variable, debido a que el cambio de estribado se realiza en una sección normal al eje de la pieza, pero las fisuras de corte tienen una inclinación de 45°. Para esta zona se considerará una variación lineal entre el “Vn” correspondiente a la fisura 3 y el de la fisura 4. B

B

As Estribos

Zona

B

B

As 45° B

B

1 – 2 db6 c/ 0,15 m 2 db12 2 – 3 db6 c/ 0,15 m -3–4 variable -4 – eje db6 c/ 0,25 m -B

B

B

B

B

B

B

B

Fisura 1: A v 28,3 mm 2 1 kN m 2 Vs est = ⋅ d ⋅ f yt = 2 ⋅ ⋅ 0,675 m ⋅ 420 MPa ⋅ = 106,9 kN s 0,15 m 1000 MN mm 2 Vs 45° = Av 45° · f y · 0,707 Vs 45° = 2 · 113 mm2 · 420 MPa · 0,707 · 1 kN m2 / (1000 MN mm2) = 67,2 kN B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

Se debe verificar que: Vs 45° ≤ 1/4 · [ fć ]½ · bw · d = 1/4 · 739,4 kN = 185 kN Vs total ≤ 2/3 · [ fć ]½ · bw · d = 2/3 · 739,4 kN = 493 kN BP

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

BP

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

(Verifica) (Verifica)

Obteniéndose finalmente: Vn fisura 1 = 141 kN + 106,9 kN + 67,2 kN = 315 kN B

B

B

B

⇒

φ · Vn = 236 kN B

B


Fisuras 2 y 3: Vs est = 106,9 kN Vs 45° = 0 kN B

B

B

B

⇒

Vn fisura 2 = 141 kN + 107 kN = 248 kN B

B

B

B

φ · Vn = 186 kN B

B

Fisura 4: A v 28,3 mm 2 1 kN m 2 Vs est = ⋅ d ⋅ f yt = 2 ⋅ ⋅ 0,675 m ⋅ 420 MPa ⋅ = 64 kN s 0,25 m 1000 MN mm 2 que obviamente cumple la condición que lo limita dado que es menor que los valores correspondientes a la primera fisura. Vn fisura 4 = 141 kN + 64 kN = 205 kN B

B

B

B

⇒

φ · Vn = 154 kN B

B

Finalmente el diagrama de “φ · Vn” adopta el aspecto que muestra la figura: B

B

B

B

B

B

d) Máxima carga unifor me “ w u ” que puede aplicarse a la pieza B

B

Considerando que se trata de una carga uniformemente distribuida y que los apoyos tienen la misma rigidez, se tendrá que:

• El diagrama de corte será lineal pasando por cero en el centro de la viga • El valor de “φ · Vn” en cada fisura dará lugar a un diagrama diferente de “wu” • El diagrama que conduzca al menor valor de “w u” será el que defina la resistencia de la viga B

B

B

B

B

B


En función de lo anterior se tiene que: Fisura 1:

236 kN ≥ wu · (4,0 m – 0,68 m) ∴ wu ≤ 71,1 kN/m

Fisura 2:

186 kN ≥ wu · (4,0 m – 1,39 m) ∴ wu ≤ 71,2 kN/m

Fisura 4:

154 kN ≥ wu · (4,0 m – 2,73 m) ∴ wu ≤ 120,6 kN/m

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Finalmente, para el tipo de carga especificado, la resistencia de la pieza está condicionada por la fisura 1 resultando: wu = 71,1 kN/m B

B

La solución puede verse de manera más elocuente en forma gráfica. En efecto, la solución al problema planteado se reduce a encontrar la recta de mayor pendiente posible (puesto que la pendiente del diagrama de corte es igual al valor de la carga distribuida) que pase por cero en el centro de la viga y que esté por debajo del diagrama de “ φVn” obtenido anteriormente. En el gráfico siguiente se muestran las diferentes rectas para cada una de las fisuras. Efectivamente se comprueba que, de todas las rectas que cumplen la condición anterior, las de menor pendiente – y por lo tanto la que condiciona a la pieza en su conjunto – es la correspondiente a la fisura 1. Por supuesto que la pendiente de esta recta vale 71,1 kN/m. B

B

Como este ejemplo trata un caso de apoyo B directo, y no hay A cargas concentradas a una distancia menor “d” del apoyo, el punto de chequeo situado más cerca del apoyo es el “C”. En caso de tener que considerar el corte al filo del apoyo, sería necesario chequear también la recta punteada (punto D, al filo de la columna). D

C

e) Valor máximo de cargas concentradas ubicadas a tercios de la luz En este caso, despreciando el peso propio, el diagrama de corte vale P u en los tercios externos de la luz, y cero en el tercio central. De esa manera, resulta sencillo establecer tanto analítica como gráficamente que: Pu = 154 kN. B

B

B

B


Ejemplo 3.III U

Enunciado:

Calcular el máximo valor de “wu” que puede resistir la viga del Ejemplo 3. I y el estribado uniforme necesario para dicha carga. Analizar la armadura de corte utilizando barras de acero ADN 420 y mallas de acero soldada AM 500 N. B

B

Resolución: a) Determinación del máximo valor de “ w u ” B

B

En el Ejemplo 3.I se encontró que: Vu = wu · ((Ln / 2) – d) = wu · (3 m – 0,575 m) = 2,425 · wu = φ · Vn = 0,75 · Vn B

y que

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Vn máx = 5/6 · [ fć ]½ · bw · d = 5 · 514,3 kN / 6 = 428,58 kN B

B

B

B

B

B

P

P

B

B

resultando wu = φ · Vn / (Ln/2 – d) = 0,75 · 428,58 kN / 2,425 m = 132,55 kN/m B

b.1)

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Cálculo del estribado necesario con barras de acero ADN 420 (f yt = 420 MPa) B

B

B

B

B

B

Dado que se ha calculado la carga de modo de alcanzar el máximo valor posible de “V s” resulta: B

B

Vs = 2/3 · [ fć ]½ · bw · d = 2 · 514,3 kN / 3 = 342,87 kN P

B

B

B

B

B

B

P

B

B

de donde Vs A v 342,87 kN MN mm 2 mm 2 = = ⋅ 1000 = 1420 s d ⋅ f yt 0,575 m ⋅ 420 MPa kN m 2 m

2 ⎞ ⎛ cm ⎜14,20 ⎟ ⎜ m ⎠⎟ ⎝

Como la armadura obtenida en el Ejemplo 3. I para una acción exterior mucho menor superaba la cuantía mínima se hace innecesaria aquí una verificación al respecto. Dado que Vs / ([ fć ]½ · bw · d) = 0,67 > 1/3 B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

B

B

la separación máxima que corresponde es:

smáx = mín (d/4 ; 0,20 m) = 0,14 m B

B

B

B

B

B

Se adopta un estribado de dos ramas

db10 c/ 0,11 m (2 · 78,5 mm2 / 0,11 m = 1427 mm2/m) B

B

P

b.2)

P

P

P

Cálculo del estribado necesario con mallas de acero sold ada AM 500 N (f yt = 500 MPa) B

B

B

B

B

B

Vs = 342,87 kN B

B

calculado en el punto b.1)

Vs A v 342,87 kN MN mm 2 mm 2 = = ⋅ 1000 = 1193 s d ⋅ f yt 0,575 m ⋅ 500 MPa kN m 2 m

2 ⎞ ⎛ ⎜11,93 cm ⎟ ⎜ m ⎠⎟ ⎝


Se omite aquí también, por lo motivos expuestos en el punto b.1), la verificación de la cuantía mínima. Dado que Vs / ([ fć ]½ · bw · d) = 0,67 > 1/3 B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

B

la separación máxima que corresponde es:

B

smáx = mín (d/4 ; 0,20 m) = 0,14 m B

B

B

B

B

B

Se adopta un estribado de dos ramas db10 c/ 0,13 m (2 · 78,5 mm2 / 0,13 m = 1208 mm2/m) B

B

P

P

P

P

A tal efecto se adopta una malla especial “T” cuyos alambres en el sentido longitudinal del panel tienen un diámetro de 6 mm separados cada 0,25 m, y en el sentido transversal del panel para absorber el esfuerzo de corte, alambres de 10 mm de diámetro separados cada 0,13 m (norma IRAM-IAS U 500-06, mallas especiales).

Ejemplo 3.IV U

Enunciado:

Calcular el valor de “wu” por debajo del cual la siguiente viga requerirá sólo estribado mínimo. Calcular y adoptar dicho estribado. B

Materiales:

B

- Hormigón: H–20 (fć = 20 MPa) - Acero: ADN 420 (f yt = 420 MPa) B

B

B


- bw = 0,35 m B

B

;

B

h = 0,70 m

;

d´ = 0,025 m

Resolución: a) Cálculo y adopción del estribado mínimo Dado que fć = 20 MPa < 30 MPa el estribado mínimo debe verificar: B

B

A v bw 350 mm mm 2 ≥ 0,33 ⋅ = = 278 s f yt 1,26 m mm m2


Puesto que se trata de un estribado correspondiente a una solicitación muy baja (luego puede verificarse la validez de esta afirmación) la separación máxima resulta: smáx = mín (d/2 ; 0,40 m) = 0,337 m B

B

B

B

B

B

Suponiendo que se trata de una viga interior de un edificio se adopta un estribado de dos ramas db6 c/ 0,20 m (2 · 28,3 mm2 / 0,20 m = 283 mm2/m) P

B

B

P

P

P

b) Cálculo del “ w u” máximo resistido por el estribado mínimo B

B

La expresión simplificada para la colaboración del hormigón resulta: Vc = 1/6 · [ fć ]½ · bw · d = 1/6 · [20]½ MPa · 0,35 m · 0,675 m · 1000 (kN/MN) = 176,09 kN P

B

B

B

B

B

B

P

P

B

B

P

Para el estribado adoptado se tiene que: A v mm 2 1 kN m 2 ⋅ d ⋅ f yt = 283 ⋅ 0,675 m ⋅ 420 MPa ⋅ = 80,23 kN Vs = s m 1000 MN mm 2 El valor de “Vs” es muy inferior al límite máximo: B

B

2/3 · [ fć ]½ · bw · d = 2/3 · [20]½ MPa · 0,35 m · 0,675 m · 1000 (kN/MN) = 704,36 kN B

B

B

B

P

P

B

por lo que vale:

B

P

P

Vn = Vc + Vs = 176,09 kN + 80,23 kN = 256,32 kN B

B

B

B

B

B

operando se llega a que: wu = φ · Vn /(Ln / 2 – d) = 0,75 · 256,32 kN / (6 m / 2 – 0,675 m) = 82,68 kN/m B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Por lo que cualquier carga menor a ésta requerirá un estribado menor que el mínimo.



TORSIÓN EN SECCIONES NO PRETENSADAS NOTA GENERAL: Las expresiones que figuran en estas notas respetan las unidades utilizadas en el CIRSOC 201-2005 es decir que las tensiones están expresadas en [MPa], las fuerzas es [N], los momentos en [N mm], las longitudes en [mm] y las superficies en [mm2]. B

B

P

P

4.1.- Introducción Las expresiones que da el CIRSOC 201-2005 son válidas para secciones huecas y macizas y para solicitaciones de torsión compuestas con corte, flexión y esfuerzos axiales. Las citadas expresiones están basadas en la analogía del reticulado espacial aplicada a un tubo de paredes delgadas. Para poder aplicar estas expresiones a secciones macizas estas son reemplazadas por secciones huecas equivalentes despreciándose, del lado seguro, la zona central. A diferencia del corte en la resistencia a torsión no se adopta un reticulado de ángulo fijo y se supone que la totalidad de la solicitación de torsión es resistida por las armaduras longitudinales y transversales.

4.2.- Variables geométricas y una limitación Además de las conocidas, otras variables geométricas derivadas utilizadas en Torsión son: •

• •

A cp = Es el área delimitada por la frontera exterior de la sección transversal de hormigón. Por lo tanto, si la sección tiene huecos, los mismos no se descuentan. B

B

p cp = Perímetro de la frontera exterior de A cp . B

B

B

B

A oh = Área cuya frontera exterior es el eje de las armaduras transversales más externas que resisten torsión (área encerrada por el eje de los estribos). Una vez más, si la sección tiene huecos, éstos no se descuentan. B

B

NOTAS: - Todos lo estribos son cerrados - Área sombreada = A oh B

•

B

p h = Perímetro de la frontera exterior de A oh . B

B

B

B

Torsión – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 65

A o = Área total encerrada por la trayectoria del flujo de corte. Debería determinarse por un análisis detallado pero puede adoptarse igual a 0,85 de A oh .

•

B

B

B

B

Cuando la sección sea tipo “T”, se despreciará el aporte de las alas cuando el valor de (Acp2 / pcp) sea menor para la sección completa que para el alma rectangular (artículo 11.6.1.1). P

B

BP

B

B

B

B

En todas las expresiones que se verán de aquí en adelante vale la siguiente limitación: f ć

8,3 MPa

(artículo 11.1.2)

4.3.- Posibilid ad de despreciar la torsión El CIRSOC 201-2005 permite despreciar la torsión cuando el momento torsor mayorado “Tu” sea menor que: B

B

Tu

1 12

A cp 2 f ć pcp

(artículo 11.6.1.a)

4.4.- Torsión d e equilibrio y torsión de compatibilidad La torsión de equilibrio es aquella cuyos valores son invariantes frente a una variación en la distribución de rigideces de los elementos estructurales, o sea, cuando es una solicitación de una estructura isostática, o de una porción isostática de la estructura. En otras palabras cuando es imprescindible para mantener el equilibrio. La torsión de compatibilidad, en cambio, puede ser reducida si se disminuye la rigidez torsional de los elementos de la estructura. En este caso, los torsores se pueden reducir, en las secciones de máxima solicitación a un valor: Tu

1 3

A cp 2 f ć pcp

1

3 Nu A g f ć

(artículo 11.6.2.2.c)

donde Ag = Área total o bruta de la sección Nu = Carga axial mayorada. Positiva si es de compresión B

B

B

B

Una disminución de la rigidez torsional debe ir acompañada siempre de la correspondiente redistribución de solicitaciones (aumento de momentos flectores, en general). La mayor parte de los reglamentos internacionales permite despreciar la torsión de compatibilidad es decir, adoptar rigidez torsional nula. Esta posibilidad también estaría incluida en el CIRSOC 201-2005 en el artículo 8.6.1 cuando dice respecto a las rigideces que “se puede adoptar cualquier conjunto de hipótesis razonables”.


4.5.- Condición resistente Manteniendo el formato utilizado para el resto de las solicitaciones, el CIRSOC 201-2005, artículo 9.1.1, exige que se verifique la condición resistente dada por: Tu ≤ φ · Tn B

B

B

con

B

Tu = Resistencia requerida calculada para cargas mayoradas Tn = Resistencia nominal de la sección φ = Coeficiente de reducción de resistencia en función del tipo de rotura, que coincide con el correspondiente a Corte: B

B

B

B

φ =

0,75

4.6.- Secciones críticas La condición resistente debe verificarse por lo menos en las siguientes secciones críticas (en solicitaciones compuestas puede haber secciones más desfavorables que las que se listan a continuación): a)

Elementos NO pretensados (artículo 11.6.2.4): U

-

b)

U

En general, a una distancia “d” de la cara del apoyo Cuando exista un momento torsor concentrado dentro de una distancia “d” desde la cara del apoyo (por ejemplo un apeo de una ménsula) la sección crítica se tomará directamente en la cara del apoyo.

Elementos pretensados (artículo 11.6.2.5): Ídem al punto anterior reemplazando “d” por “h/2”.

4.7.- Momento torsor de fisuración 1 Tcr 3

A cp 2 f ć pcp

(artículo C11.6.1)

4.8.- Verificación de bielas compri midas y fisuración (artículo 11.6.3.1) Secciones macizas:

Secciones huecas:

Vu bw d Vu bw d

2

Tu ph 1,7 A oh 2 Tu ph 1,7 A oh 2

2

Vc bw d Vc bw d

2 3

2 3

f ć

f ć


4.9.- Resistencia nominal a torsi ón y cálculo de armaduras 4.9.1.- Notación - A

: Es la armadura longitudinal neta para torsión (debe descontarse la armadura necesaria para resistir flexión). - f y : Tensión de fluencia especificada del acero de la armadura longitudinal. - A t / s : Es la armadura transversal neta para torsión (debe descontarse la armadura necesaria para resistir corte), considerando la sección de una rama de los estribos cerrados y adecuadamente empalmados, de manera tal que su aporte sea constante en todo el perímetro de los mismos. - f yt : Tensión de fluencia especificada del acero de la armadura transversal (estribos). B

U

U

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

U

U

B

La armadura longitudinal neta para torsión debe distribuirse de manera uniforme en el perímetro de la sección, ya que se encuentra traccionada en su totalidad.

4.9.2.- Ángulo de las diagonales comprimidas El CIRSOC 201-2005, artículo 11.6.3.6, establece que el ángulo de las diagonales comprimidas debe verificar: 30º ≤ θ ≤ 60º . Asimismo, dice que puede adoptarse: θ

= 37,5º

para elementos pretensados con una fuerza efectiva de pretensado mayor que el 40% de la resistencia a tracción de la armadura longitudinal

θ

= 45º

para elementos no pretensados o pretensados que no cumplan la condición del punto anterior

Si son conocidas las armaduras puede calcularse:

tg 30

tg

A t s A l ph

f yt tg 60 f yl

Si bien el CIRSOC 201-2005 no hace ninguna referencia explícita al tema, dado que las armaduras de corte se calculan partiendo de una inclinación de fisuras de 45º, este parece un ángulo lógico cuando se analizan fenómenos combinados de corte y torsión.

4.9.3.- Resistencia nominal Las siguientes expresiones equivalentes pueden utilizarse para el cálculo de la resistencia nominal, ver los artículos 11.6.3.6 y 11.6.3.7:


Tn

2 A o A t f yt cot g s

Tn

2 A o A l f yl p h cot g

Tn

2 A o

A l f p h yl

A t f s yt

Tal como se ha visto, el CIRSOC 201-2005 admite que, en forma aproximada, “A o” sea reemplazado por el valor “0,85 · Aoh” con lo que las expresiones anteriores se transforman en: B

B

Tn

1,7 A oh A t f yt cot g s

Tn

1,7 A oh A l f yl p h cot g

Tn

1,7 A oh

A l f p h yl

B

B

B

B

B

B

A t f s yt

4.9.4.- Armaduras para resistir torsión Para los estados combinados de Torsión + Flexión + Corte (es prácticamente imposible que la torsión aparezca aislada), las armaduras se obtienen por adición:

4.9.4.1.- Armadura transversal Suponiendo un estribado en dos ramas, la cantidad de armadura correspondiente a cada una de las ramas se obtiene como: Estribado TOTAL (una cara) = [A t / s]TORSIÓN + [A v / s]CORTE / 2 B

B

B

B

B

B

B

B

A t / s = armadura de alma calculada para suponiendo que sólo hay torsión A v / s = armadura de alma calculada para suponiendo que sólo hay corte B

B

B

B

En la expresión anterior “A t / s” no merece ningún comentario dado que de los cálculos siempre se obtiene el estribado correspondiente a una cara. En el caso de “A v / s” este término se refiere a la armadura total de corte por lo que en la expresión anterior deben hacerse las consideraciones necesarias para sumar solamente la armadura dispuesta en una cara. B

B

B

B

B

B


4.9.4.2.- Armadura longitudinal En los problemas prácticos las armaduras longitudinales de las secciones no serán simétricas ni se encontrarán uniformemente distribuidas en las caras o concentradas en las esquinas. Al analizar la armadura longitudinal conviene recordar que las roturas por torsión pueden producirse con cualquiera de las caras de la sección traccionada. Para que ninguna de las caras resulte más débil que las demás conviene definir el concepto de “armadura neta de torsión”. Las expresiones de “T n” vistas anteriormente parten de la existencia de cuatro armaduras longitudinales ubicadas en las esquinas de la sección resistente por lo que podría pensarse que, a los efectos de la torsión, cada cara cuenta con una armadura igual a “A /2”. Razonando inversamente podemos decir que la armadura neta disponible para resistir torsión es igual al doble de la armadura dispuesta sobre la cara menos armada. B

B

B

B

Este concepto resulta interesante cuando se tienen problemas de torsión combinada con flexión en los que hay que asegurar que en cada cara esté disponible en forma efectiva por lo menos una armadura igual a “A /2” para resistir torsión. En las caras traccionadas por la flexión habrá que agregar armadura para que esto sea posible y en las comprimidas por la flexión la armadura necesaria por torsión podrá disminuirse (obviamente no es obligatorio hacerlo). En una sección como la indicada en la Figura a) deben hacerse las consideraciones indicadas en la Figura b) para asegurar la resistencia simultánea a flexión y torsión llamando “As” y “A´s” a las armaduras traccionadas y comprimidas necesarias por flexión. B

B

B

B

A / 2 – As

≥

≥ A ≥ A

Figura a)

/2

≥ A

B

B

/ 2 + As B

B

/2

Figura b)

Podría pensarse en que lo que se hace es distribuir por partes iguales en cada cara la armadura necesaria por torsión y luego se la corrige en las caras inferior y superior debido a las fuerzas del par que equilibra la flexión. En rigor, el CIRSOC 201-2005 no suma y resta armaduras sino fuerzas pero el trabajo en términos de armaduras es prácticamente equivalente y operativamente mucho más cómodo.


Las condiciones impuestas a las caras laterales en la Figura b) no son explícitas en el CIRSOC 201-2005. Intentan evitar algunas situaciones que pueden presentarse al no utilizar armaduras concentradas en las cuatro esquinas. En todo caso son conservadoras y el proyectista podrá evaluar la conveniencia de su utilización.

4.10.- Armaduras mínimas y separaciones máximas reglamentarias 4.10.1.- Armadura mínima transversal (estribado mínimo) En todas las zonas donde el momento torsor no pueda ser despreciado habrá que colocar un estribado mínimo que deberá verificar: A v

2 A t

1 16

f ´ c

bw s f yt

0,33 b w s f yt


donde “A v” es el área total de armadura de corte y “A t” es el área de armadura de torsión correspondiente a una cara. Asimismo “f yt” es la tensión de fluencia especificada para las armaduras de alma. B

B

B

B

B

B

4.10.2.- Armadura mínima longitudinal neta para torsión En todas las zonas donde el momento torsor no pueda ser despreciado habrá que disponer un área de armadura longitudinal de torsión mínima dada por: A l,mín

5 12

A cp f yl

f ´ c

A t s

ph

f yt f yl


en la expresión anterior “f y ” es la tensión de fluencia especificada para la armadura longitudinal y además (A t / s) no debe tomarse menor que “b w / (6 · fyt )”. En esta última expresión debe recordarse que el CIRSOC 201-2005 siempre expresa las medidas lineales en [mm] y las tensiones en [MPa]. B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

El diámetro de la armadura longitudinal deberá verificar la condición: db ≥ máx (s / 24 ; 10 mm) B

B

B

B

B

B

y la separación máxima entre barras o alambres deberá ser menor que 0,30 m (artículo 11.6.6.2).


4.10.3.- Separación máxima entre estribos Para el caso de Torsión pura, el CIRSOC 201-2005, artículo 11.6.6.1, especifica: ph / 8 B

B

s≤ 300 mm En el caso más general en que actuara también un esfuerzo de corte, deberían tenerse en cuenta también las separaciones máximas para esta solicitación y adoptar la condición más restrictiva: d/2 B

Si

Vs

1 3

f ´ c b w d

B

B

B

s≤

(artículo 11.5.5.1) 400 mm

d/4 B

Si

Vs

1 3

f ´ c b w d

B

B

B

s≤

(artículo 11.5.5.3) 200 mm

Cuando la torsión no pueda ser despreciada los estribos deberán ser cerrados y sus extremos estarán adecuadamente anclados. En general los ganchos extremos estarán doblados a 135º salvo que exista confinamiento lateral dado por la presencia de un ala, una losa o algún otro elemento similar en cuyo caso se podrá utilizar ganchos a 90º (artículo 11.6.4.2). Nunca podrá quedar la parte doblada de un gancho paralela a un borde libre de hormigón (ya sea horizontal o vertical).


TORSIÓN – EJEMPLOS Ejemplo 4.I U

Enunciado: Calcular y adoptar las armaduras para la siguiente sección cuadrada de 0,50 m de lado, sometida a las siguientes acciones: Materiales:


B

B

B


-

Solicitaciones:

MU = 140 kNm VU = 180 KN TU = 71 kNm (de equilibrio)

B

B

bw = 0,50 m ; h = 0,50 m Recubrimiento al eje del estribo = 0,025 m (estimado) Rec. al eje de la armadura de flexión = 0,045 m (estimado) d = 0,50 m – 0,045 m = 0,455 m B

B

B

B

B

B

B

B

Resolución: a) Solici taciones nomi nales Mn = Mu / φ = Mu / 0,90 = 155,6 kNm Vn = Vu / φ = Vu / 0,75 = 240,0 kN Tn = Tu / φ = Tu / 0,75 = 94,7 kNm B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

b) Valores auxili ares fć1/2 = 5 MPa = 5000 kN/m2 < 8,3 MPa fć1/2 · bw · d = 5000 kN/m2 · 0,50 m · 0,455 m = 1137,5 kN P

B

BP

B

BP

P

P

P

P

B

B

P

Vc = fć1/2 · bw · d / 6 = 5000 kN/m2 · 0,50 m · 0,455 m / 6 = 189,6 kN Vc / (bw · d) = fć1/2 / 6 = 0,83 MPa = 833 kN/m2 P

B

B

B

B

B

B

BP

P

B

B

B

P

B

BP

P

P

P

Acp = 0,50 m · 0,50 m = 0,25 m2 pcp = 2 · (0,50 m + 0,50 m) = 2,00 m P

B

B

B

P

B

Aoh = (0,50 m – 2 · 0,025 m)2 = 0,2025 m2 ph = 2 · 2 · (0,50 m – 2 · 0,025 m) = 1,80 m B

B

B

P

P

P

P

B

c) ¿Es posible despreciar la torsión ? Para poder despreciar la torsión debe ser: Tu

A cp 2 f ć pcp

1 12

Tu = 71 kNm > 0,75 · 5000 kN/m2 · (0,25 m2)2 / (12 · 2,00 m) = 9,8 kNm P

B

B

P

P

P

P

P

Por lo que la torsión deberá ser tenida en consideración. Torsión – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 73

d) Verificación de fisuración en el alma y bielas comprimi das Por tratarse de una sección maciza debe verificarse: 2

Vu bw d 180 kN 0,5 m 0,455 m

2

Tu ph 1,7 A oh 2

Vc

2 3

bw d

f ć

2

2

71 kNm 1,8 m

0,75 833

2

1,7 0,2025 m 2 1996,74

kN m2

3125

kN m2

2 kN 5000 2 3 m

kN m2

Por lo tanto verifica adecuadamente. e) Cálculo de las armaduras necesarias por flexión mn = Mn / (bw · d2 · 0,85 · fć) = 0,07074 ka = 1 – (1 – 2 · m n)1/2 = 0,07344 por lo que B

B

B

B

B

B

P

P

B

B

kc = ka / 0,85 = 0,086 < 0,375 ⇒ A´s = 0

P

B

B

B

B

P

B

B

B

B

B

B

As = ka · 0,85 · fć · bw · d / f y = 0,07344 · 0,85 · 25 MPa · 500 mm · 455 mm / 420 MPa = As = 845 mm2 B

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

B

P

As mín = 1,4 · bw · d / f y = 1,4 MPa · 500 mm · 455 mm / 420 MPa = As mín = 758 mm2 B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

As > As mín B

B

f)

B

Cálculo de las armaduras necesarias por corte

Vs = Vn – Vc = 240,0 kN – 189,6 kN = 50,4 kN B

B

B

B

B

B

Av / s = Vs / (d · f yt) = [50,4 kN / (0,455 m · 420 MPa)] · 1000 mm2 MN / (m2 kN) = Av / s = Vs / (d · f yt) = 264 mm2/m P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

No se verifica aquí cuantía mínima ni se adoptan barras y separaciones pues se utilizará un único estribado que integre las necesidades del corte y de la torsión. g) Armaduras necesarias para torsión Como se está dimensionando una pieza de hormigón no pretensado se adopta θ = 45° además, al utilizar un único acero se tiene f yt = f y = f y B

Al utilizar θ = 45º resulta:

A / ph = A t / s B

B

B

B

B

B

B

B

B

por lo que operando con la expresión


1,7 A oh A t f yt cot g s

Tn se obtiene

A / ph = At / s = Tn / (1,7 · Aoh · f yt · cotg (θ)) A / ph = At / s = [94,7 kNm / (1,7 · 0,2025 m2 · 420000 kN/m2 · cotg (45º))] · 106 mm2 / m2 A / ph = At / s = 655 mm2 / m B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

BP

B

B

P

P

P

P

P

B

B

P

P

B

y en consecuencia A = 655 mm2 / m · 1,8 m = 1179 mm2 P

P

B

B

P

P

La verificación de la cuantía mínima de armadura longitudinal se hace a través de la expresión: f yt A cp A t 5 A l,mín f ´ c ph 12 f yl s f yl donde “f y ” es la tensión de fluencia especificada para la armadura longitudinal y además (A t / s) no debe tomarse menor que “bw / (6 · f yt) = 198 mm2/m” valor superado por la armadura calculada. B

B

P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

A ,mín = [5 · 5 MPa · 0,25 m 2 / (12 · 420 MPa)] · 106 mm2/m2 – 655 mm2/m · 1,80 m = A ,mín = 61 mm2 P

B

P

P

P

P

P

P

P

P

P

B

P

B

P

B

Por lo que la armadura calculada verifica cuantía mínima. h) Adop ción de armaduras h.1) Armadura transversal Partiendo de un estribado en dos ramas la armadura necesaria es: 0,5 · A v / s + A t / s = 0,5 · 264 mm2/m + 655 mm2/m = 787 mm2/m P

B

B

B

B

P

P

P

P

P

La cuantía mínima se verifica a través de la expresión: A v

2 A t

1 16

f ´ c

bw s f yt

0,33 b w s f yt

Para evitar adoptar una armadura que no verificara cuantía mínima y tener que repetir cálculos se reordena la ecuación anterior para obviar tener que conocer la separación de las armaduras:


[(A v + 2 · A t) / s ] mín = [5 MPa · 0,5 m / (16 · 420 MPa)] · 106 mm2/m2 = [(A v + 2 · A t) / s ] mín = 372 mm2/m ≥ 392 mm2/m B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

P

P

P

es decir que la cuantía mínima es de 392 mm2/m y hay dispuestos 2 · 787 mm2/m = 1574 mm2/m por lo que dicha cuantía mínima se verifica adecuadamente. P

P

P

B

B

B

B

P

P

P

La separación máxima de armaduras, atendiendo solamente a la torsión, será: s ≤ mínimo (ph / 8 ; 300 mm) = 225 mm B

B

B

B

1 3

Teniendo en consideración también el corte se verifica que: Vs

f ć b w d por lo

que resulta: s ≤ mínimo (d / 2 ; 400 mm) = 228 mm B

B

B

B

La armadura adoptada deberá tener entonces una separación menor que 225 mm. Se adopta finalmente un estribado en dos ramas db12 c / 0,14 m (807 mm2/m) B

B

B

B

B

B

P

P

h.2) Armadura longitudinal La armadura longitudinal debe ser corregida por el efecto de la flexión por lo que resulta: Armadura cara inferior = A / 2 + As = 1179 mm2 / 2 + 845 mm2 = 1435 mm2 Armadura cara superior = A / 2 – As = 1179 mm2 / 2 – 845 mm2 < 0 (no necesaria) Armadura caras laterales = A / 2 = 1179 mm2 / 2 = 590 mm2 P

B

B

P

P

B

P

P

B

P

P

P

P

P

P

P

P

P

Siempre que aparezca torsión habrá que disponer armadura longitudinal en las cuatro esquinas de la sección. En función del estribado adoptado la armadura longitudinal deberá tener un diámetro mínimo de: db ≥ máx (s / 24 ; 10 mm) = 10 mm . Por otra parte en estos casos deberá haber armaduras distanciadas no más de 300 mm. B

B

B

B

B

B

3 db10 Estribos db12 c / 0,14 m B

B

B

B

1 db10 B

1 db10

B

B

1 db25 B

B

B

1 db25 4 db12 B

B

B

B


Ejemplo 4.II U

Enunciado: Calcular la capacidad a torsión de la sección finalmente adoptada en el Ejemplo 4.I pero considerando ahora que el momento flector actuante es un cuarto del utilizado en dicho ejemplo, es decir: Mu = 140 kNm / 4 = 35 kNm B

B

Se trata de un caso muy poco probable pues sería muy raro que el momento flector pudiera variar sin hacerlo el corte. El ejemplo se ha elegido así porque se trata de poner de manifiesto un comportamiento de la resistencia a torsión que quedaría enmascarado si además se hiciera variar el corte. Resolución: a) Cálcul o de las armaduras necesarias por flexión En este punto no es necesario verificar cuantías pues la máxima está verificada para un momento mayor en el Ejemplo 4. I y la mínima está cubierta por la armadura dispuesta. Lo que interesa es saber las fuerzas, que moviliza la flexión, reducidas a términos de armaduras. Mn = Mu / φ = Mu / 0,9 = 35 kNm / 0,9 = 38,9 kNm B

B

B

B

B

B

mn = Mn / (bw · d2 · 0,85 · fć) = 0,01768 ka = 1 – (1 – 2 · m n)1/2 = 0,01784 As = ka · 0,85 · fć · bw · d / f y = 0,01784 · 0,85 · 25 MPa · 500 mm · 455 mm / 420 MPa = As = 205 mm2 P

B

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

P

P

B

B

B

B

P

b) Armaduras netas disponib les para torsió n b.1) Armadura transversal Dado que el esfuerzo de corte no ha cambiado, la armadura disponible coincide con la del Ejemplo 4.I. Sin introducir errores significativos utilizaremos la teórica en lugar de la efectivamente colocada. b.2) Armadura longit udinal Cara inferior = 2 db25 + 4 db12 – As = 1229 mm2 Cara superior = 3 db10 + As = 441 mm2 Caras laterales = 1 db25 + 2 db10 = 648 mm2 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

B

B

P

La armadura longitudinal disponible para torsión resultará entonces igual al doble de la armadura de la cara con menor armadura disponible, es decir: A = 2 · 441 mm 2 = 882 mm2 P

P

P

P


c) Inclinación de las fisuras La inclinación debe verificar: tg 30

A t f s yt A l f p h yl

tg

tg 60

Tal como se ha comentado en el enunciado, se está tratando de variar lo menos posible las condiciones del problema anterior de modo de poner de manifiesto la variación de T u al modificar solamente Mu por ese motivo, sin introducir errores significativos, se tiene: B

B

B

A t / s = 655 mm2/m A / ph = 882 mm2 / 1,80 m = 490 mm2/m P

B

B

B

B

B

B

P

B

B

P

P

P

P

por lo que la expresión anterior se transforma en 0,577 ≤ (655 mm2 / 490 mm2)1/2 = 1,156 ≤ 1,73 P

P

P

P

P

P

Es decir, que el ángulo es aceptable. Operando se obtiene θ = 49,1º d) Torsor resistente nominal La expresión a emplear en este caso es: Tn

1,7 A oh

A l f p h yl

A t f s yt

Tn = 1,7 · 0,2025 m2 · 420000 kN/m2 · (490 mm2/m · 655 mm2/m)1/2 / (106 mm2/m2) = Tn = 82,0 kNm P

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

B

B

P

P

P

P

P

P

P

P

P

lo que implica que: Tu = φ · Tn = 0,75 · Tn = 61,5 kNm B

B

B

B

B

B

Valores menores a los del Ejemplo 4. I. Como conclusión puede decirse que, en este caso, al disminuir el momento flector disminuye la capacidad resistente a torsión. Las diferencias hubieran sido mucho mayores si en el Ejemplo 4. I se hubieran adoptado los valores teóricos necesarios en lugar de respetar los diámetros y separaciones máximas para la armadura longitudinal. La verificación de fisuración del alma es innecesaria dado que al mantenerse el corte y disminuir la torsión mejoran las condiciones ya verificadas en el Ejemplo 4. I.


B

COLUMNAS CORTAS SIMPLES Y ZUNCHADAS 5.1.- Generalidades Las columnas cortas 1 deben verificar la condición resistente dada por: PT

TP

Pu ≤ φ · Pn(máx) B

B

B

(CIRSOC 201-2005, art. 9.1.1) con

B

Pu = Resistencia requerida calculada para cargas mayoradas B

B

Columnas simples = 0,80 · Pn B

Pn(máx) = B

(CIRSOC 201-2005, art. 10.3.6.2)

B

B

Columnas zunchadas = 0,85 · Pn B

con

(CIRSOC 201-2005, art. 10.3.6.1)

B

Pn = Resistencia nominal (“real”) de la sección = Pn = 0,85 · fć · (Ag – Ast) + f y · Ast = 0,85 · fć · Ag + Ast · (f y – 0,85 · fć) B

B

B

B

B

fć f y Ag Ast B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

= Resistencia especificada a la compresión del hormigón = Tensión de fluencia especificada de la armadura = Área total o bruta de la sección de hormigón = Área total de la armadura longitudinal

φ = Coeficiente de reducción de resistencia en función del tipo de rotura :

Columnas simples = φ

0,65

=

(CIRSOC 201-2005, art. 9.3.2.2) Columnas zunchadas =

0,70

Finalmente queda que: Para columnas simples:

Pn = Pu / (0,80 · φ) = Pu / (0,80 · 0,65) = Pu / 0,520

Para columnas zunchadas:

P n = Pu / (0,85 · φ) = Pu / (0,85 · 0,70) = Pu / 0,595

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Se desarrollarán problemas en los que se supone que actúan solamente cargas de peso propio y sobrecargas de uso por lo que las expresiones a utilizar para el cálculo de la resistencia requerida se reducen a: 1,4 · PD B

Pu = máximo entre B

1

(CIRSOC 201-2005, art. 9.2.1)

B

1,2 · PD + 1,6 · PL B

PT

B

B

B

B

Se trata de elementos en los cuales los efectos de segundo orden pueden ser despreciados.

TP

Columnas Cortas – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 79

5.2.- Desarrollo de expresiones de cálculo y verificación 5.2.1.- Resistencia de una columna La expresión genérica que da el CIRSOC 201-2005, artículo 9.1.1, es: Pu = φ · Pn(máx) B

resultando

B

B

B

Pn = 0,85 · fć · (Ag – Ast) + f y · Ast = 0,85 · fć · Ag + Ast · (f y – 0,85 · fć) B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Para columnas simples:

Pu = 0,65 · 0,80 · Pn = 0,520 · Pn


P u = 0,70 · 0,85 · Pn = 0,595 · Pn

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

5.2.2.- Expresiones de cálcul o cuando “ = A st / A g ” es dato del problema B

B

B

B


Pn = Pu / (0,80 · φ) = Pu / (0,80 · 0,65) = Pu / 0,520


P n = Pu / (0,85 · φ) = Pu / (0,85 · 0,70) = Pu / 0,595

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Ag = Pn / [0,85 · fć + ρ · (f y – 0,85 · fć)] B

B

B

B

B

Ast = ρ · Ag B

B

B

B

B

B

B

B

B

5.2.3.- Expresiones de cálcul o cuando “ A g” es dato del probl ema B

B


Pn = Pu / (0,80 · φ) = Pu / (0,80 · 0,65) = Pu / 0,520


P n = Pu / (0,85 · φ) = Pu / (0,85 · 0,70) = Pu / 0,595

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Ast = (Pn – 0,85 · fć · Ag) / (f y – 0,85 · f´ c) B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

5.2.4.- Verificación de cuantías Como se resume en los puntos 5.2.5 y 5.2.6, las cuantías geométricas ( ρ = armadura total / sección bruta de hormigón) deben estar comprendidas entre un valor mínimo de 0,01 y un valor máximo de 0,08. En los ejemplos resueltos se muestra cómo se verifican estas cuantías y algunos casos particulares referidos a la denominada “área efectiva reducida” definida en el punto 5.3.


5.2.5.- Disposicio nes constructivas correspondientes a columnas simples a)

Dimensiones de la sección de horm igón : La mínima dimensión de una columna hormigonada en obra debe ser mayor o igual que 200 mm (CIRSOC 201-2005, artículo 10.8).

b)

Armaduras longit udinales: El diámetro a utilizar en armaduras longitudinales debe ser mayor o igual que 12 mm (CIRSOC 201-2005, artículo 10.8). Cuando se utilicen estribos cuadrados o rectangulares el número mínimo de barras longitudinales será cuatro mientras que si se utilizaran estribos triangulares este número se reduce a tres (CIRSOC 201-2005, artículo 10.9.2). Como ya se ha mencionado la cuantía geométrica (A st / Ag) debe estar comprendida entre 0,01 y 0,08 (CIRSOC 201-2005, artículo 10.9.1). Si en la columna se prevén empalmes por yuxtaposición la cuantía máxima debería limitarse a 0,04 (CIRSOC 201-2005, artículo C10.9.1). B

c)

B

B

B

B

B

Estribos: Los diámetros mínimos de los estribos a partir del diámetro de las armaduras longitudinales, se obtienen de la Tabla 7.10.5.1 del CIRSOC 201-2005 y se los señala a continuación en la Tabla 5.2.5.c. Tabla 5.2.5.c Diámetro de Diámetro las barras mínimo de longitudinales estribos [mm] [mm] 6 ≤ 16 8 16 < db ≤ 25 10 25 < db ≤ 32 db > 32 12 y paquetes de barras B

B

B

B

B

B

Se podrá utilizar alambre conformado o mallas soldadas de área equivalente.

Por otra parte, la separación “s” entre estribos debe cumplir las siguientes condiciones (CIRSOC 2012005, artículo 7.10.5.2): s ≤

12 diámetros de la armadura longitudinal 48 diámetros de la armadura de estribos dimensión del lado menor de la columna

La distancia anterior debe dividirse por dos en el caso del estribo que se encuentra al pie de la columna (el más próximo a la losa o a la fundación) y al que se encuentra en la parte superior de la columna (el más próximo a la losa o ábaco superior), (CIRSOC 201-2005, artículo 7.10.5.4). Si en la parte superior existieran vigas o ménsulas sobre los cuatro lados de la columna el estribo superior debe disponerse a no más de 80 mm de la armadura inferior de la viga o ménsula de menor altura (CIRSOC 201-2005, artículo 7.10.5.5).

El CIRSOC 201-2005, artículo 7.10.5.3, considera efectivamente arriostradas a las barras que se encuentren en las esquinas de los estribos y a aquellas que sin estar en una esquina de un estribo disten menos de 15 diámetros del estribo de una barra que sí lo esté. Los estribos pueden ser cuadrados, rectangulares o rómbicos con ángulos interiores menores o iguales a 135º. Cuando las barras se encuentren distribuidas sobre una circunferencia se puede utilizar un estribo circular cerrado.


5.2.6.- Disposiciones zunchadas

constructivas

correspondientes

a

columnas

a)

Dimensiones de la sección de horm igón : Si bien no se prohíbe específicamente el uso de secciones no circulares, al hablar de dimensiones mínimas de columnas zunchadas el CIRSOC 201-2005, artículo 10.8, sólo habla de un diámetro mínimo de 300 mm. En columnas zunchadas el recubrimiento de las espiras del zuncho debe ser como mínimo de 40 mm (CIRSOC 201-2005, artículo 7.7.1.c).

b)

Armaduras longitu dinales: El diámetro a utilizar en armaduras longitudinales debe ser mayor o igual que 12 mm (CIRSOC 201-2005, artículo 10.8). El número mínimo de barras a utilizar será seis (CIRSOC 201-2005, artículo 10.9.2). Al igual que en columnas simples la cuantía geométrica (A st / Ag) debe estar comprendida entre 0,01 y 0,08 y, si en la columna se prevén empalmes por yuxtaposición, la cuantía máxima debería limitarse a 0,04. B

c)

B

B

B

B

B

Zunchos: En las expresiones de cálculo de las columnas zunchadas no aparecen las características del zuncho porque el CIRSOC 201-2005 considera que éste sólo es capaz de compensar la resistencia perdida al producirse el descascaramiento de la columna. De hecho, ese es el criterio con el que se deduce el zunchado mínimo a disponer en una columna para que las expresiones de cálculo puedan considerarse de aplicación. Según el CIRSOC 201-2005, artículo 10.9.3, el zunchado debe verificar: ρs ≥ 0,45 · (Ag / B

donde

B

B

Ach –1) · fć / f yt

B

B

B

B

B

B

B

= Relación entre el volumen de la armadura del zuncho y el volumen total del núcleo (medido desde el diámetro exterior del zuncho): 2 ρs = (π · hc · Asp · 4 / (π · hc · s)) = 4 · Asp / (s · hc) Asp = Área de la espira del zuncho s = Separación o paso del zunchado (medido al eje de las espiras) Ag = Área total o bruta de la sección de hormigón Ach = Área del núcleo zunchado tomando como diámetro el diámetro exterior del zuncho = π · hc2 / 4 hc = Diámetro exterior del zuncho f yt = Tensión de fluencia especificada f y para la armadura transversal. Para valores de f yt > 420 MPa no se deben utilizar empalmes por yuxtaposición ρs B

B

P

B

B

B

B

B

B

B

B

BP

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

BP

B

B

B

B

B

B

El diámetro mínimo de los zunchos es 10 mm (CIRSOC 201-2005, artículos 7.10.4.2 y 10.8). El paso libre “s” entre las espiras del zuncho debe cumplir las siguientes condiciones (CIRSOC 201-2005, artículo 7.10.4.3): s

≤ 80 mm ≥ 25 mm ≥ 1,33 del tamaño máximo del agregado grueso a utilizar


El anclaje de un zuncho dentro de una fundación o dentro de otro elemento estructural (p.e. losas, ábacos y vigas) se realiza a través de una vuelta y media de zuncho dentro del elemento en cuestión (CIRSOC 201-2005, artículo 7.10.4.4). En columnas con capitel el zuncho debe prolongarse hasta que el capitel tenga una dimensión que duplique a la de la columna (CIRSOC 201-2005, artículo 7.10.4.8). Si bien lo zunchos pueden empalmarse mediante empalmes mecánicos y soldadura, la forma más frecuente de hacerlo es mediante empalmes por yuxtaposición. El CIRSOC 201-2005, artículo 7.10.4.5.a), establece que las longitudes de yuxtaposición deben ser como mínimo de 300 mm y mayores o iguales a los valores que se vuelcan en la Tabla 5.2.6.c en función del diámetro del zuncho (db). B

B

Tabla 5.2.6.c Barra o alambre conformado sin revestir Barra o alambre liso sin revestir Barra o alambre liso, sin revestir con gancho reglamentario en el extremo del zuncho embebido dentro del núcleo de hormigón confinado por el zuncho

48 · db 72 · db B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

48 · db B

B

B

B

B

B

Adoptada de la tabla 7.10.4.5 del CIRSOC 201-2005.

5.3.- Cuantías mínimas en elementos sobredimensionados Cuando las secciones de hormigón vienen impuestas por condiciones no estructurales (p.e. para igualar la sección de columnas en todos los niveles de una estructura) la aplicación de la cuantía mínima puede conducir a secciones de acero muy importantes. Por este motivo el CIRSOC 201-2005, artículos 10.8.4 y C10.8.4, indica que: a) b)

A los efectos de los cálculos estructurales (p.e. peso propio, resolución de hiperestáticos, etc.) las columnas deben ser consideradas con sus dimensiones reales. A los efectos del cálculo de la cuantía mínima puede utilizarse un área efectiva reducida producto de despejar el área necesaria para obtener una columna con cuantía mínima. En ningún caso el área efectiva a utilizar puede ser menor al 50% del área bruta de la columna.



COLUMNAS CORTAS SIMPLES Y ZUNCHADAS – EJEMPLOS Ejemplo 5.I U

Enunciado: Proyectar una columna simple para las siguientes condiciones Materiales:


B

B


- A definir

Estribos:

- Recubrimiento = 20 mm - Diámetro: a definir


- A definir

Solicitación:

- PD = 550 kN B

B

B

; PL = 300 kN B

B

Resolución: 1,4 · PD = 1,4 · 550 kN = 770 kN B

Pu = máximo entre B

B

B

1,2 · PD + 1,6 · PL = 1,2 · 550 kN + 1,6 · 300 kN = 1140 kN B

B

B

B

Pu = 1140 kN

⇒

B

B

Pn = Pu / (0,80 · φ) = 1140 kN / (0,80 · 0,65) = 2192 kN B

B

B

B

Se adopta una cuantía geométrica “ ρ = 0,025” por lo que resulta:

A g A g

Pn f y

0,85 f ć

0,85 f ć 2192 kN mm 2 MN 1000 0,85 20 MPa 0,025 420 MPa 0,85 20 MPa m2 kN

Ag = 80970 mm2 (809,7 cm2) B

B

P

P

P

P

Se adopta una columna cuadrada de b x = by = 300 mm con lo que resulta: Ag = 90000 mm 2 (900 cm2) y la armadura se obtiene como: B

P

B

B

A st

Pn

B

B

P

P

A st

B

P

0,85 f ć A g f y 0,85 f ć

1 MN 1 m2 2 2192 kN 0,85 20 MPa 90000 mm 1000 kN 10 6 mm 2 420 MPa 0,85 20 MPa

mm 2 6 10 m2

Ast = 1641 mm2 (16,41 cm2) P

B

B

P

P

P


Para la armadura longitudinal se adopta: 8 · db16 = 8 · 201 mm 2 = 1608 mm2 (16,08 cm2) B

Lo que conduce a una cuantía:

ρ =

B

P

P

P

P

P

P

1608 mm2 / 90000 mm2 = 0,018 P

P

P

P

En función del diámetro de las barras longitudinales corresponde adoptar un estribado de 6 mm de diámetro con una separación igual al menor valor entre: 12 · db longitudinal = 12 · 16 mm = 192 mm 48 · dbe = 48 · 6 mm = 288 mm lado menor columna = 300 mm B

B

B

B

es decir, 190 mm. Armado:

Estr. db 6 c/190 mm

300 mm

8 db16

300 mm

Ejemplo 5.II U

Enunciado: Recalcular la columna del ejemplo anterior minimizando la sección de hormigón. Resolución: Se adopta una cuantía geométrica “ ρ = 0,04” para tener en cuenta la posibilidad de que existan empalmes en el tramo considerado.

A g A g

Pn f y

0,85 f ć

0,85 f ć 2192 kN mm2 MN 1000 0,85 20 MPa 0,040 420 MPa 0,85 20 MPa m2 kN

Ag = 66183 mm2 (661,83 cm2) P

B

B

P

P

P

por lo que se adopta bx = by = 260 mm B

B

B

B


Obteniéndose:

Pn

A st

0,85 f ć A g f y 0,85 f ć


A st

mm 2 6 10 m2

Ast = 2588 mm2 (25,88 cm2) P

B

B

P

P

P

Para la armadura longitudinal se adopta:

4 · db25 + 4 · db16 = 2768 mm 2 (27,68 cm2)


ρ =

P

B

B

B

B

P

P

P

2768 mm2 / 67600 mm2 = 0,041 ≈ 0,04 P

P

P

P

En función del máximo diámetro de las barras longitudinales corresponde adoptar un estribado de 8 mm de diámetro con una separación igual al menor valor entre: 12 · menor db longitudinal = 48 · dbe = lado menor columna = B

B

B

B

12 · 16 mm = 192 mm 48 · 8 mm = 384 mm 260 mm


4 d b 25

4 d b16 260 mm

Estr. db 8 c/190 mm 260 mm


Ejemplo 5.III U

Enunciado: Calcular “Pu” para una columna simple con dimensiones y armaduras longitudinales mínimas reglamentarias y adoptar su estribado. B

Materiales:

B


B

B

B


- bx = by = 200 mm

Estribos:



- Ast = 4 · db12 = 4 · 113 mm 2 = 452 mm2 (4,52 cm2)

B

B

B

B

P

B

B

B

B

P

P

P

P

P

Resolución: La columna verifica las cuantías límites pues se tiene: A st A st 452 mm 2 0,01 < 0,0113 < 0,08 A g b x b y 40000 mm 2 Pu

0,80

0,85 f ´ c A g A st

0,80 0,65 0,85 20 MPa 40000 mm 2

Pu

452 mm 2

420 MPa 452 mm 2

mm 2 MPa 1000 kN

Pu = 448 kN B

f y A st

B

En función del máximo diámetro de las barras longitudinales corresponde adoptar un estribado de 6 mm de diámetro con una separación igual al menor valor entre: 12 · menor db longitudinal = 48 · dbe = lado menor columna = B

B

B

B

12 · 12 mm = 144 mm 48 · 6 mm = 288 mm 200 mm


Estr. db 6 c/140 mm

4 db12

200 mm

200 mm Columnas Cortas – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 88

Ejemplo 5.IV U

Enunciado: Desarrollar unas expresiones simples que permitan el predimensionado de columnas simples cortas para resistencias usuales de hormigones y tensiones del acero f y = 420 MPa. B

B

Resolución: Se adopta una cuantía geométrica de 0,02 que conduce a columnas de dimensiones razonables y sencillas de armar y hormigonar aún en presencia de empalmes.

A g

Pn f y

0,85 f ć

A g

1,92 Pu 0,85 f ć f y 0,85 f ć

0,85 f ć

mm 2 MPa 1000 kN

1,92 Pu 0,020 420 MPa 0,85 f ć

0,85 f ć

1,92 Pu mm 2 MPa 1000 0,833 f ć 8,4 MPa kN

A g Para

fć = 20 MPa

resulta

Ag [mm2] ≈ 77 · Pu [kN]

Para

fć = 25 MPa

resulta

Ag [mm2] ≈ 66 · Pu [kN]

Para

fć = 30 MPa

resulta

Ag [mm2] ≈ 58 · Pu [kN]

B

B

B

B

B

B

P

B

B

P

B

B

P

B

B

P

B

B

P

B

B

P

B

B

Ejemplo 5.V U

Enunciado: Calcular “PL” para la siguiente columna B

Materiales:

B


B

B


B

- Circular de 210 mm de diámetro ⇒ Ag = π · (210 mm)2 / 4 = Ag = 34636 mm2 (346,36 cm2) P

B

B

B

B

P

P

P

P

P

Estribos:

- Recubrimiento = 20 mm - Diámetro: 6 mm - Separación: 150 mm


- 6 · db16 = 6 · 201 mm 2 = 1206 mm2 ⇒ 2 2 ρ = 1206 mm / 34636 mm ρ = 0,0348 P

B

B

P

P

Solicitación:

- PD = 400 kN B

B

P

P

P

P

P

; PL = ? B

B


Resolución: Se descarta que se trate de una columna zunchada dado que la separación entre estribos es mayor que 80 mm. La cuantía geométrica de la armadura longitudinal vale 0,0348 por lo que se encuentra dentro de los límites reglamentarios. El diámetro de los estribos es adecuado para el diámetro utilizado en las armaduras longitudinales mientras que la separación de 150 mm resulta menor que el menor valor entre: 12 · menor db longitudinal = 48 · dbe = menor dimensión columna = B

B

12 · 16 mm = 192 mm 48 · 6 mm = 288 mm 210 mm

B

B

La columna cumple entonces con las condiciones reglamentarias como para poder ser calculada como una columna simple. Pu

Pu

Pn máx

0,80 0,85 f ć A g A st

0,65 0,80 0,85 25 MPa 34636 mm 2 1206 mm 2

420 MPa 1206 mm 2

mm 2 MPa 1000 kN

Pu = 632,79 kN B

f y A st

B

recordando que 1,4 · PD = 1,4 · 400 kN = 560 kN < Pu B

Pu = 632,79 kN = máximo entre B

B

B

B

B

1,2 · PD + 1,6 · PL B

B

B

B

resulta que debe ser Pu = 632,79 kN = 1,2 · PD + 1,6 · PL = 1,2 · 400 kN + 1,6 · P L B

B

B

B

B

B

B

B

de donde PL

Pu 1,2 PD 1,6

632,79 kN 1,2 400 kN 1,6

95,49 kN

Armado:

210 mm

6 db16

Estr. db 6 c/150 mm Columnas Cortas – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 90

Ejemplo 5.VI U

Enunciado: Proyectar una columna simple y otra zunchada, ambas de sección circular, para las siguientes condiciones: Materiales:


B

B

B

B


- A determinar

Estribos:

- Recubrimiento: cc = 40 mm - Diámetro: a determinar - Separación: a determinar


- A determinar

Solicitación:

- PD = 380 kN

B

B

B

B

B

; PL = 500 kN B

B

Resolución: Para ambas soluciones se tendrá: Pu = 1,2 · PD + 1,6 · PL Pu = 1,2 · 380 kN + 1,6 · 500 kN = 1256 kN B

B

B

B

B

B

B

B

a) Columna simple: Pn = Pu / (0,80 · φ) = 1256 kN / (0,80 · 0,65) = 2415 kN B

B

B

B

Se adopta una cuantía geométrica “ ρ = 0,02” por lo que resulta:

A g A g

Pn f y

0,85 f ć

0,85 f ć

2415 kN mm 2 MPa 1000 0,85 30 MPa 0,020 420 MPa 0,85 30 MPa kN

Ag = 72327 mm2 (723,27 cm2) P

B

B

P

P

P

Se adopta una columna circular de 300 mm de diámetro con lo que resulta A g = 70686 mm2 (706,86 cm2) y la armadura se obtiene como: B

P

B

P

P

P

A st

A st

Pn

0,85 f ć A g f y 0,85 f ć


mm 2 6 10 m2

Ast = 1552 mm2 (15,52 cm2) B

B

P

P

P

P


Para la armadura longitudinal se adopta: 8 · db16 = 8 · 201 mm 2 = 1608 mm2 (16,08 cm2) B


ρ =

B

P

P

P

P

P

P

1608 mm2 / 70686 mm2 = 0,023 P

P

P

P

En función del diámetro de las barras longitudinales corresponde adoptar un estribado de 6 mm de diámetro con una separación igual al menor valor entre: 12 · db longitudinal = 48 · dbe = menor dimensión columna = B

B

B

B

12 · 16 mm = 192 mm 48 · 6 mm = 288 mm 300 mm


Estr. db 6 c/190 mm

300 mm

8 db16

b) Columna zunchada: Pn = Pu / (0,85 · φ) = 1256 kN / (0,85 · 0,70) = 2110,92 kN B

B

B

B

Se adopta la misma sección de hormigón que para el caso de la columna simple: Ag = 70686 mm2 (706,86 cm2) P

B

B

P

P

A st

A st

Pn

P

0,85 f ć A g f y 0,85 f ć

1 MN 1 m2 2 2110,92 kN 0,85 30 MPa 70686 mm 1000 kN 10 6 mm 2 420 MPa 0,85 30 MPa

mm 2 6 10 m2

Ast = 781 mm2 (7,81 cm2) B

B

P

P

P

P

que conduce a una cuantía de 0,011 que se encuentra dentro de los límites reglamentarios. Para tal sección se adopta: 8 · db12 = 8 · 113 mm 2 = 904 mm2 (9,04 cm2) P

B

B

P

P

P

P

P


La cuantía de zunchado debe verificar: s

A g 0,45 A ch

f ´ c f yt

1

siendo en este caso: con

hc

0,45

hc 2 4

A ch

D 2 cc

70686 mm 2 38013 mm 2

30 MPa 420 MPa

1

0,0276

2 38013 mm 2 (380,13 cm ) P

P

300 mm 2 40 mm 220 mm

Recordando que: ρs = 4 · Asp / (s · hc) B

B

B

B

B

B

Asp / s = ρs · hc / 4 = 1520 mm2/m (15,20 cm2/m)

queda

P

B

B

B

B

B

B

P

P

P

Se adopta el diámetro mínimo reglamentario para zunchos es decir, 10 mm. La separación se calcula como:

s = 78,5 mm2 / (1520 mm2/m) = 0,05 m = 50 mm P

P

P

P

La separación anterior verifica: s

≤ 80 mm ≥ 25 mm ≥ 1,33 del tamaño máximo del agregado grueso a utilizar

Armado:

Zuncho db10 c/50 mm

8 db12

300 mm

c) Comparación (pesos de armaduras teóric as) Se comparará el peso teórico de armadura por metro de columna. Teniendo en cuenta que la densidad del acero es 7,85 kg / dm3, el peso por metro de una barra de acero de área As será igual a: B

B

B

B

B

P

P

B

0,00785

kg A s mm 2 m mm 2 Columnas Cortas – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 93

Para Para la column a simple: Armadura longitudinal: El peso de acero de armadura longitudinal, para un metro de columna vale, siendo Ast = = 1552 mm2 U

U

B

B

P

Peso Arm. longitudinal = 0,00785 kg/mm 2/m · 1552 mm2 = 12,18 kg/m P

P

P

P

Armadura transversal (estribos): En este caso hay que evaluar evaluar la longitud de estribos para un metro de columna. Considerando que el diámetro del eje de los estribos vale 220 mm, y sumando unos 100 mm para considerar el anclaje de cada estribo, su longitud es igual a : π · 220 mm + 100 mm = 790 mm; y por metro se tienen: 1m / 0,26m = 3,85 estribos. De manera tal que: U

U

Peso estribos = 0,00785 kg/mm 2/m · 28,3 mm 2 · 790 mm/estr · 3,85 estr/m = 0,68 kg/m P

P

P



P

Peso total de acero en la columna simple: 12,86 kg/m Peso

U

U

Para Para la col umna zunch ada: Armadura longitudinal: l ongitudinal: El El peso de acero de armadura longitudinal, siendo A st = = 781 mm 2 es igual a: U

U

B

B

P

Peso Arm. longitudinal = 0,00785 kg/mm 2/m · 781 mm2 = 6,13 kg/m P

P

P

P

Armadura transversal (zuncho): De manera manera simplificada, se evaluará evaluará la sección sección de 2 zuncho (ya expresada en mm /m) con una longitud igual al perímetro del eje medio del zuncho, que vale 220 mm, es decir que su longitud es igual a : π · 220 mm = 691 mm = 0,691 m; y entonces U

U

P

P

Peso zunchos = 0,00785 kg/mm 2/m · 1520 mm2/m · 0,691 m = 8,25 kg/m P

P



P

P

Peso Peso total de acero en la columna zunchada: 14,38 kg/m U

U

Como puede apreciarse, para las condiciones del ejemplo, la columna zunchada presenta un mayor consumo de acero que la columna simple. Esto se debe al particular enfoque que tiene el Reglamento en lo referente a este tipo de columnas y a su seguridad (no se permite que el zunchado incremente la capacidad resistente de la columna –sólo compensa la pérdida de resistencia producida por el descascaramiento– y no existen coeficientes de reducción de resistencia diferenciados entre el descascaramiento y la rotura de la columna zunchada).


P

Ejemplo Ejemplo 5.VII U

Enunciado: Calcular las armaduras de una columna simple para las siguientes condiciones

Materiales:

- Hormigón: H–20 (fć = = 20 MPa) - Acero: ADN 420 (f y = = 420 MPa) B

B

B


- bx = 250 mm

Estribos:



- A definir

Solicitación:

- PD = 200 kN

B

;

B

B

B

by = = 300 mm B

B

; PL =

B

B

a) 350 kN

B

b) 100 kN

Resolución: 1,4 · PD = 1,4 · 200 kN = 280 kN B

a) Pu = = máximo entre B

B

B

1,2 · PD + + 1,6 · PL = 1,2 · 200 kN + 1,6 · 350 kN = 800 kN B

B

B

B

Pu = = 800 kN

⇒

B

B

Pn = = Pu / / (0,80 · φ) = 800 kN / (0,80 · 0,65) = 1538,46 1538,46 kN B

B

B

A st

A st

B

Pn

0,85 f ć A g f y 0,85 f ć

1 MN 1 m2 1538,46 kN 0,85 20 MPa 250 mm 300 mm 1000 kN 10 6 mm 2 420 MPa 0,85 20 MPa

10 6

mm 2 m2

Ast = = 653,75 mm2 (6,54 cm2) B

⇒

B

P

P

P

P

ρ = 653,75 mm2 / (250 mm · 300 mm) = 0,009 P

P

Por lo que no verifica cuantía mínima ( ρmín = = 0,01) y se procede a calcular el área efectiva reducida necesaria para resistir “Pu” con cuantía mínima: B

B

B

B

Área efectiva reducida = Pn / / [0,85 · fć + + ρ · (f y – – 0,85 · f´ c)] )] = B

B

B

B

B

B

B

B

1538,46 kN kN mm2 = 1000 0,85 20 MPa 0,01 420 MPa 0,85 20 MPa MN m 2 Área efectiva reducida = 73155 73155 mm2 (731,55 cm2) P

P

P

P

>

Ag / / 2 = 37500 mm2 B

B

P

P


Por lo que se adopta una armadura longitudinal igual a la cuantía mínima aplicada al área efectiva mínima calculada anteriormente: Ast = = 0,01 · 73155 mm 2 = 731,55 mm2 (7,31 cm2) B

B

P

P

P

P

P

P

Ast = = 4 · db16 16 = 804 mm2 (8,04 cm2) Estribos ADN 420: d b6 c/190 mm

Se adopta la siguiente armadura:

B

B

B

B

P

B

P

P

P

B

La separación de los estribos se determina según CIRSOC 201-2005 artículo 7.10.5.2.

Ar mado: mad o:

Estr. db6 c/190 mm

300 mm

4 db16

250 mm

1,4 · PD = 1,4 · 200 kN = 280 kN B

b) Pu = = máximo entre B

B

B

1,2 · PD + + 1,6 · PL = 1,2 · 200 kN + 1,6 · 100 kN = 400 kN B

B

B

B

Pu = = 400 kN

⇒

B

B

Pn = = Pu / / (0,80 · φ) = 400 kN / (0,80 · 0,65) = 769,23 kN B

B

B

A st

A st

B

Pn

0,85 f ć A g f y 0,85 f ć

1 MN 1 m2 769,23 kN 0,85 20 MPa 250 mm 300 mm 1000 kN 10 6 mm 2 420 MPa 0,85 20 MPa

Ast < < 0 mm2 B

B

10 6

mm 2 m2

P

P

Por lo que no verifica cuantía mínima ( ρmín = = 0,01) y se procede a calcular el área efectiva reducida necesaria para resistir “Pu” con cuantía mínima: B

B

B

B


Área efectiva reducida = Pn / / [0,85 · fć + + ρ · (f y – – 0,85 · f´ c)] )] = B

B

B

B

B

B

B

B

769,23 kN kN mm2 1000 = 0,85 20 MPa 0,01 420 MPa 0,85 20 MPa MN m 2 Área efectiva reducida = 36578 36578 mm2 (365,78 cm2) P

Ag / / 2 = 37500 mm2

<

P

P

P

B

B

P

P

Por lo que se adopta una armadura longitudinal igual a la cuantía mínima aplicada al área efectiva mínima calculada anteriormente: Ast = = 0,01 · 37500 mm 2 = 375 mm2 (3,75 cm2) B

B

P

P

P

P

P

P

Ast = = 4 · db12 12 = 452 mm2 (4,52 cm2) (dif. +20,5%) Estribos ADN 420: d b6 c/140 mm

Se adopta la siguiente armadura:

P

B

B

B

B

P

P

B

P

B

La separación de los estribos se determina según CIRSOC 201-2005 artículo 7.10.5.2

Estr. db6 c/140 mm

Ar mado: mad o:

4 db12

300 mm

250 mm

Conclusiones Cuando se presentan problemas en los que el área de hormigón está fija y la cuantía resultante del cálculo es menor que la mínima, el área de armadura puede determinarse de la siguiente forma: Ast mín = = máximo ( 0,01 · P n / / [0,85 · fć + + 0,01 · (f y – – 0,85 · f´ c)] )] ; 0,01 · Ag / / 2) = B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Ast mín = = máximo ( Pn / / [ 84,15 84,15 · fć + + f y ] ; 0,005 · Ag) B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B


Ejemplo Ejemplo 5.VIII U

Enunciado: Calcular “Pu” para la siguiente siguiente columna columna B

Materiales:

B

- Hormigón: H–20 (fć = = 20 MPa) - Acero: ADN 420 (f y = = 420 MPa) B

B

B

B


- Circular de 500 mm de diámetro

Estribos:

- Recubrimiento = 20 mm - Diámetro: 8 mm - Separación: 190 mm


- 8 · db16 16 = 1608 mm 2 (16,08 cm2) P

B

B

P

P

P

Ar mado: mad o:

Estr. db 8 c/190 mm

8 db16

500 mm

Resolución: La separación separación de estribos estribos es mayor que 80 mm por lo que que no se trata de de una columna zunchada. El diámetro diámetro de los estribos es mayor que 6 mm por lo que resulta adecuado. La separación de estribos también cumple con los requisitos reglamentarios por lo que puede continuarse el cálculo como columna simple. La cuantía geométrica vale: ρ = 1608 mm2 / 196350 mm2 = 0,0082 principio, no verifica cuantía mínima. P

P

P

P

por lo que, en

Dado que la cuantía resulta superior a 0,005 (Ast > > 0,01 · Ag / / 2), calcularemos “Pu” a partir de la resistencia que produce la cuantía mínima aplicada al área efectiva reducida. B

B

B

B

B

B

Área efectiva reducida = 1608 mm2 / 0,01 = 160800 mm 2 P

P

P

P

Pn = = 0,85 · fć · · (Ag – – Ast) + f y · · Ast = = B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

2 2 Pn = = 0,85 20 MPa 160800 mm 1608 mm MN mm 2 1000 kN m 2 B

420 MPa 1608 mm 2

B


Pn = = 3381,62 kN B

B

Pu = = φ · 0,80 · Pn = = 0,65 · 0,80 · 3381,62 = 1758,44 kN B

B

B

B

Conclusiones “A priori” puede decirse que una columna no es reglamentaria cuando su cuantía geométrica es menor que 0,005. Para cuantías mayores, y aplicando el criterio de suponer que la armadura existente corresponde a la cuantía mínima de un área efectiva reducida, se obtiene: Pu = = φ · 0,80 · [ 0,85 0,85 · fć · · (100 · Ast – – Ast ) + f y · · Ast ] = 0,52 · ( 84,15 84,15 · fć + + f y ) · Ast B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B



PANDEO EN ELEMENTOS PERTENECIENTES A ESTRUCTURAS CON NUDOS NO DESPLAZABLES NOTA: Todo lo tratado en estas notas estará referido a estructuras con nodos no desplazables y no puede ser generalizado a estructuras con nodos desplazables. 6.1.- Esquema general para la consideración de los efectos de esbeltez 10.11.4

Si

10.13.2

k l u / r < 22 B

No

Pórtico desplazable

Si

B

10.12.2

Se permite despreciar los efectos de esbeltez

Si

k l u / r ≤ 34 – 12 (M1/M2) (*) B

B

B

B

B

B

No

No 10.11.5

Se permite Si Si utilizar métodos aproximados

22 ≤ k l u / r ≤ 100 B

B

10.11.5

100 ≥ k l u / r > 34 – 12 (M1/M2) (*) B

B

B

B

B

B

No

No Análisis P - ∆ (∗∗) (*) 34 – 12 (M1 / M2) ≤ 40 B

B

B

B

;

(**) Se permite para cualquier relación de esbeltez

En los puntos siguientes se aclara el significado de cada uno de los términos utilizados en el diagrama anterior.

6.2.- Pórticos desplazables e ind esplazables El CIRSOC 201-2005, artículo 10.11.4.1, indica que se puede suponer que los nudos extremos de una columna son indesplazables cuando los momentos de primer orden en los extremos de la misma experimentan un incremento menor o igual al 5% al considerar los efectos de segundo orden. Dado que esta verificación es bastante laboriosa de efectuar, propone la siguiente expresión aproximada (artículo 10.11.4.2, Exp (10-6)) cuya verificación permite suponer que un entrepiso de una estructura es indesplazable: Q = índice de estabilidad = Σ Pu ∆o / (Vus l c) ≤ 0,05 B

B

B

B

B

B

B

B

donde

Pandeo – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 101

Σ Pu B

Vus B

∆o B

B

B

B

= carga vertical total mayorada = esfuerzo de corte horizontal total a nivel del piso considerado = desplazamiento relativo de primer orden entre la parte superior e inferior del entrepiso debido a Vus = longitud del elemento comprimido en estudio medida entre los ejes de los nudos del pórtico B

l c B

B

6.3.- Longitud efectiva:

e = B

B

k

u B

B

B

Se denomina longitud efectiva a la longitud de la onda de pandeo que se utiliza para la determinación de la carga crítica de Euler. En estructuras con nodos indesplazables esta longitud está comprendida entre 0,5 y 1,0 veces la longitud “libre” o longitud sin apoyo lateral ( l u) de la pieza y en la mayoría de los casos se encuentra entre 0,75 y 0,90 veces dicha longitud dependiendo de la restricción al giro que impongan las condiciones de vínculo en los extremos superior e inferior. B

B

6.3.1.- Longitud sin apoyo lateral ( u ) B

B

Las longitudes sin apoyo lateral de una columna pueden ser diferentes según la dirección que se esté analizando. La siguiente figura resume los criterios propuestos por el CIRSOC 201-2005, artículo 10.11.3.2.

6.3.2.- Factor de lon gitud efectiva para elementos comprimidos (k) El CIRSOC 201-2005, artículo C10.12.1, propone en sus Comentarios dos métodos para la determinación de este coeficiente. El primero de ellos consiste en el uso de nomogramas y el segundo en el uso de expresiones analíticas. El primer método es fácil de utilizar pero poco práctico para el cálculo de un gran número de elementos. Asimismo es imposible incorporar los nomogramas a una planilla de cálculo (si bien no se encuentran transcriptas en el CIRSOC 201-2005 podrían utilizarse las fórmulas con las que fueron desarrollados aunque en su uso pueden presentarse algunos problemas de convergencia). El segundo método consiste en la aplicación de expresiones originalmente expuestas en la normativa británica. Estas expresiones son sencillas de utilizar y pueden ser utilizadas en planillas de cálculo y programas pero pueden arrojar resultados excesivamente del lado seguro. Pandeo – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 102

Se propone aquí la utilización de una expresión extraída de la Referencia (1). Esta expresión, válida para estructuras con nodos indesplazables , da resultados muy próximos a los que se obtienen al aplicar los nomogramas. La expresión propuesta es: k = 1 – 1 / (5 + 9 Ψ A) – 1 / (5 + 9 ΨB) – 1 / (10 + Ψ A ΨB) B

B

B

B

B

B

B

B

donde los coeficientes “ Ψ” para los extremos “A” (superior) y “B” (inferior) de la columna se definen como: Ψ = [Σ EI / l c]columnas B

B

B

/ [Σ EI / l ]vigas

B

B

B

En la expresión anterior “ l ” es la longitud de cada una de las vigas que concurren al nudo tomadas entre ejes de apoyos. En estructuras construidas con una única calidad de hormigón los módulos de elasticidad “E” se simplifican y desaparecen. Para tener en cuenta la fisuración, el Reglamento indica que, en forma simplificada, los momentos de inercia a utilizar en las expresiones anteriores pueden tomarse como la siguiente fracción de los momentos de inercia correspondientes a las secciones brutas (Ig): B

B

a) b)

Columnas: 0,70 Igc Vigas: 0,35 Ig B

B

B

B

Introduciendo la simplificación anterior y suponiendo un único hormigón queda: Ψ =

2 [Σ Igc / l c]columnas / [Σ Ig / l ]vigas B

B

B

B

B

B

B

B

B

En el caso de fundaciones muy rígidas “ Ψ” se aproxima a cero.

6.4.- Efectos de primer orden Según el CIRSOC 201-2005, artículo 10.11.1, las fuerzas axiales mayoradas, P u , los momentos mayorados M 1 y M2 en los extremos de la columna, y, cuando se requiera, la deformación lateral del piso ∆o , se deben calcular por medio de un análisis elástico de primer orden del pórtico, considerando el efecto de las cargas axiales, la presencia de zonas fisuradas a lo largo del elemento y los efectos de la duración de las cargas en las propiedades de la sección. Como alternativa, se permite utilizar las siguientes propiedades de los elementos de la estructura: B

B

B

B

B

B

B

B


Módulo de elasticidad

Momento de inercia Área Vigas 0,35 Ig Columnas 0,70 Ig Según el artículo 1,0 Ag Tabiques no fisurados 8.5.1 del Reglamento 0,70 I g Tabiques fisurados 0,35 I g Placas y losas planas 0,25 Ig Cuando actúen cargas horizontales de larga duración (p.e. empujes) o cuando se efectúe las verificaciones de estabilidad, los momentos de inercia anteriores deben dividirse por el factor (1 + βd) donde: βd = máxima carga axial permanente calculada para cargas mayoradas / máxima carga axial total calculada para cargas mayoradas asociada a la combinación de cargas estudiada B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Obtenidos los resultados del cálculo de primer orden se utilizará la siguiente nomenclatura: M1 = el menor momento mayorado en uno de los extremos de un elemento comprimido, que será positivo si el elemento presenta curvatura simple, y negativo si tiene doble curvatura. B

B

M2 = el mayor momento mayorado en uno de los extremos de un elemento comprimido, siempre positivo B

B

Por otra parte, se fija el siguiente valor mínimo (artículo 10.12.3.2, Exp (10-14)): M2,mín = Pu · (15 + 0,03 · h) donde • 15 y h se expresan en milímetros • Pu = esfuerzo axial calculado para cargas mayoradas B

B

B

B

B

B

6.5.- Efectos de segundo orden a través de amplificación d e momentos Si se verifica que: 100

k l u / r > 34 – 12 (M1 / M2)

≥

B

B

B

B

B

B

con 34 – 12 (M1 / M2) 40 r = radio de giro de la sección = (Ig / Ag)1/2 El CIRSOC 201-2005, artículo 10.11.2, permite adoptar r = 0,3 h en secciones rectagulares de altura “h” y r = 0,25 bw en secciones circulares de diámetro “bw”.

• • •

B

B

B

B

P

B

B

B

B

P

B

B

B

B

el CIRSOC 201-2005, artículo 10.12.3 (Exp (10-8) a (10-12)), permite la consideración simplificada de los efectos de segundo orden utilizando en el dimensionamiento el siguiente momento flector: Mc = δns · M2 B

siendo

B

B

δns = B

B

B

B

B

B

B

Cm / [ 1 – Pu / (0,75 · Pc)] ≥ 1 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B


Pc = carga crítica de Euler = π2 EI / (k l u)2 P

B

B

P

B

B

P

P

(0,2 Ec Ig + Es Ise) / (1 + βd) ó 0,4 Ec Ig / (1 + βd) B

EI =

B

donde

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Ec , Es = módulos de elasticidad del hormigón y del acero Ig = momento de inercia baricéntrico de la sección bruta de hormigón Ise = momento de inercia de la armadura con respecto al eje baricéntrico de la sección transversal del elemento B

B

B

B

B

B

B

B

La primera de las expresiones para el cálculo de “EI” es la más ajustada pero puede requerir de una serie de iteraciones dado que, si se está dimensionando, “I se” es incógnita del problema. La segunda expresión puede utilizarse en forma directa pero puede dejar excesivamente del lado seguro para secciones con cuantías importantes. B

B

Si sobre el elemento analizado no actúan cargas transversales se tendrá: Cm = 0,60 + 0,40 M1 / M2 ≥ 0,40 B

B

B

B

B

B

(artículo 10.12.3.1, Exp (10-13))

Si actuaran cargas transversales entre sus apoyos (artículo 10.12.3.1) se tendrá: C m = 1 B

B

6.6.- Ampli ficación de momentos en elementos sometidos a flexión compuesta oblicua En estos casos, artículo 10.11.6, la amplificación de momentos se hace en forma independiente para cada una de las direcciones. Luego se dimensiona la sección a flexión compuesta oblicua actuando ambos momentos amplificados simultáneamente.

REFERENCIA (1)

“K-Factor Equation to Alignment Charts for Column Design” by Lian Duan, Won-Sun King, and Wai-Fah Chen. ACI Structural Journal / May-June 1993.



PANDEO EN ELEMENTOS PERTENECIENTES A ESTRUCTURAS CON NUDOS NO DESPLAZABLES – EJEMPLOS NOTA: Todo lo tratado en estos ejemplos estará referido a estructuras con nodos no desplazables y no puede ser generalizado a estructuras con nodos desplazables. Ejemplo 6.I U

Enunciado: Analizar el fenómeno de pandeo en la siguiente columna Materiales:


B

B

u= B

3,20 m

B

B

B

B

u=

B

B

z

B

B

B

z x

Secciones y luces:

3,00 m

y

- Columnas: - Vigas según eje “x”: - Vigas según eje “y”:

bx = 0,25 m ; by = 0,50 m b = 0,15 m ; h = 0,50 m ; l x = 5,00m b = 0,20 m ; h = 0,70 m ; l y = 6,00m B

B

B

B

B

B

B

B

Cargas y deformaciones: - Pu = 1400 kN ; (70% es permanente) - Momentos nudo superior: Mux = 75 kNm ; Muy = 35 kNm - Momentos nudo inferior: Mux = -39 kNm ; Muy = -17,5 kNm - Σ Pu = carga vertical total mayorada = 18000 kN B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B


B

Vux = esfuerzo de corte horizontal total a nivel del piso considerado = 450 kN Vuy = esfuerzo de corte horizontal total a nivel del piso considerado = 330 kN ∆ox = desplazamiento relativo de primer orden entre la parte superior e inferior del entrepiso debido a V ux = 0,003 m ∆oy = desplazamiento relativo de primer orden entre la parte superior e inferior del entrepiso debido a V uy = 0,002 m

-

B

B

B

B

B

B

B

-

B

B

B

B

B

Resolución: a) Nudos desplazables o indespl azables? a.1)

Verific ación según la Dirección “ x” l c = l u +

0,50 = 3,20 m + 0,50 = 3,70 m Q = índice de estabilidad = Σ Pu ∆o / (Vus l c) Qx = 18000 kN · 0,003 m / (450 kN · 3,70 m) = 0,032 < 0,05 B

B

B

B

B

B

a.2)

B

B

B

B

B

B

B

B

Verifi cación según la Dirección “ y” l c = l u +

0,70 = 3,00 m + 0,70 = 3,70 m Qy = 18000 kN · 0,002 m / (330 kN · 3,70 m) = 0,029 < 0,05 B

B

B

B

B

B

Por lo tanto la estructura puede considerarse de nodos indesplazables en ambas direcciones. b) Cálcul o de las long itudes efectivas y cálculo de esbelteces b.1)

Dirección “ x” Ψ=

2 · [Σ Igc / l c]columnas / [Σ Ig / l ]vigas B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Columnas: Igc = 0,50 m · (0,25 m)3 / 12 = 6,51 · 10-4 m4 Vigas: Ig = 0,15 m · (0,50 m)3 / 12 = 15,625 · 10-4 m4 P

B

B

P

P

P

P

P

P

B

B

B

P

P

P

P

P

2 · [2 · 6,51 · 10-4 m4 / 3,70 m] / (2 · 15,625 · 10-4 m4 / 5 m)] = 1,126

Ψ A = ΨB = B

B

P

B

P

P

P

P

P

P

P

k = 1 – 1 / (5 + 9 · Ψ A) – 1 / (5 + 9 · ΨB) – 1 / (10 + Ψ A · ΨB) = 0,78 B

l e = B

B

B

B

B

B

B

B

0,78 · 3,20 m = 2,493 m

B

r = radio de giro = bx / 121/2 = 0,25 m / 121/2 = 0,0722 m P

B

B

P

P

P

k l u / r = l e / r = 2,493 m / 0,0722 m = 34,5 B

B

B

B


b.2)

Dirección “ y” Columnas: Igc = 0,25 m · (0,50 m)3 / 12 = 26,042 · 10-4 m4 Vigas: Ig = 0,20 m · (0,70 m)3 / 12 = 57,167 · 10-4 m4 P

B

B

B

B

P

P

B

P

P

P

P

P

P

P

P

P

2 · [2 · 26,042 · 10-4 m4 / 3,70 m] / (2 · 57,167 · 10-4 m4 / 6 m)] = 1,477

Ψ A = ΨB = B

B

P

B

P

P

P

P

P

P

P

k = 1 – 1 / (5 + 9 · Ψ A) – 1 / (5 + 9 · ΨB) – 1 / (10 + Ψ A · ΨB) = 0,81 B

l e = B

B

B

B

B

B

B

B

0,81 · 3,00 m = 2,426 m

B

r = radio de giro = by / 121/2 = 0,50 m / 121/2 = 0,144 m B

B

P

P

P

P

k l u / r = l e / r = 2,426 m / 0,144 m = 16,8 B

B

B

B

c) Es necesario consid erar los efectos de segundo orden? Es válido el uso de métodos aproximados (Ampli ficación de momentos)? c.1)

Dirección “ x” M1 = -17,5 kNm M2 = 35 kNm > M2,mín = Pu · (0,015 m + 0,03 · h) M2,mín = 1400 kN · (0,015 m + 0,03 · 0,25 m) = 31,5 kNm B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

34 – 12 · (M1/M2) = 34 – 12 · (-17,5 kNm) / 35 kNm = 40 B

como

B

B

B

B

k l u / r = 34,5 < 34 – 12 · (M1/M2) = 40 B

B

B

B

B

B

No es necesario considerar los efectos de segundo orden según la dirección “x” c.2)

Dirección “ y” M1 = -39 kNm M2 = 75 kNm > M2,mín = Pu · (0,015 m + 0,03 · h) M2,mín = 1400 kN · (0,015 m + 0,03 · 0,50 m) = 42 kNm B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

34 – 12 · (M1/M2) = 34 – 12 · (-39 kNm) / 75 kNm = 40,24 ∴ se adopta 40 B

como

B

B

B

B

k l u / r = 16,8 < 34 – 12 · (M1/M2) = adoptado 40 B

B

B

B

B

B

No es necesario considerar los efectos de segundo orden según la dirección “y” CONCLUSIÓN : Las armaduras de la columna se calculan directamente con las solicit aciones de prim er orden. U

U


Ejemplo 6.II U

Enunciado: Calcular las armaduras de la siguiente columna. Adoptamos los materiales, las cargas y deformaciones del Ejemplo 6. I.

u= B

B

3,35 m B

B

u=

B

B

z

B

3,35 m B

B

B

z x

Secciones y luces:

- Columnas: - Vigas según eje “x”: - Vigas según eje “y”:

bx = 0,20 m ; by = 0,40 m ; l c = 3,7 m b = 0,15 m ; h = 0,35 m ; l x = 4,00m b = 0,15 m ; h = 0,35 m ; l y = 4,00m B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Resolución: a) Nudos desplazables o indespl azables? Vale lo visto en el Ejemplo 6. I. b) Cálcul o de las long itudes efectivas y cálculo de esbelteces b.1)

Dirección “ x” Ψ=

2 · [Σ Igc / l c]columnas / [Σ Ig / l ]vigas Columnas: Igc = 0,40 m · (0,20 m)3 / 12 = 2,667 · 10-4 m4 Vigas: Ig = 0,15 · (0,35 m)3 / 12 = 5,359 · 10-4 m4 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

B

B

Ψ A = ΨB = B

B

B

B

B

P

P

B

P

P

P

P

P

P

P

P

P

2 · [2 · 2,667 · 10-4 m4 / 3,70 m] / (2 · 5,359 · 10-4 m4 / 4,00 m)] = 1,076 P

P

P

P

P

P

P

P


k = 1 – 1 / (5 + 9 · Ψ A) – 1 / (5 + 9 · ΨB) – 1 / (10 + Ψ A · ΨB) = 0,774 B

l e = B

B

B

B

B

B

B

B

0,774 · (3,70 m – 0,35 m) = 2,593 m

B

r = radio de giro = 0,30 · bx = 0,30 · 0,20 m = 0,06 m B

B

k l u / r = l e / r = 2,593 m / 0,06 m = 43,22 B

b.2)

B

B

B

Dirección “ y” Columnas: Igc = 0,20 m · (0,40 m)3 / 12 = 10,667 · 10-4 m4 Vigas: Ig = 0,15 m · (0,35 m)3 / 12 = 5,359 · 10-4 m4 B

B

P

P

P

P

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

2 · [2 · 10,667 · 10-4 m4 / 3,70 m] / (1 · 5,359 · 10-4 m4 / 4,00 m)] = 8,607

Ψ A = ΨB = B

B

P

P

B

P

P

P

P

P

P

P

k = 1 – 1 / (5 + 9 · Ψ A) – 1 / (5 + 9 · ΨB) – 1 / (10 + Ψ A · ΨB) = 0,964 B

l e = B

B

B

B

B

B

B

B

0,964 · (3,70 m – 0,35 m) = 3,229 m

B

r = radio de giro = 0,30 · by = 0,30 · 0,40 m = 0,12 m B

B

k l u / r = l e / r = 3,229 m / 0,12 m = 26,91 B

B

B

B

c) Es necesario consid erar los efectos de segundo orden? Es válido el uso de métodos aproximados (Ampli ficación de momentos)? c.1)

Dirección “ x” M1 = -17,5 kNm M2 = 35 kNm > M2,mín = Pu · (0,015 m + 0,03 · h) M2,mín = 1400 kN · (0,015 m + 0,03 · 0,20 m) = 29,4 kNm B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

34 – 12 · (M1/M2) = 34 – 12 · (-17,5 kNm) / 35 kNm = 40 B

como

B

B

B

B

k l u / r = 43,22 > 34 – 12 · (M1/M2) = 40 B

B

B

B

B

B

Es necesario considerar los efectos de segundo orden según la dirección “x” c.2)

Dirección “ y” M1 = -39 kNm M2 = 75 kNm > M2,mín = Pu · (0,015 m + 0,03 · h) M2,mín = 1400 kN · (0,015 m + 0,03 · 0,40 m) = 37,8 kNm B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

34 – 12 · (M1/M2) = 34 – 12 · (-39 kNm) / 75 kNm = 40,24 ∴ se adopta 40 B

B

B

B

como k l u / r = 26,91 < 34 – 12 · (M1/M2) = 40 B

B

B

B

B

B


No es necesario considerar los efectos de segundo orden según la dirección “y” CONCLUSIÓN : Sólo será necesario considerar los efectos de segundo orden según la dirección “ x” . U

U

d) Cálculo de momentos amplificados d.1)

Cm B

B

Como no existen cargas transversales: Cm = 0,60 + 0,40 · (-17,5 kNm) / 35 kNm = 0,40 B

d.2)

B

EI Dado que no se conoce la armadura se puede utilizar la expresión: EI = 0,40 Ec Igc / (1 + βd) = 0,40 · 21019000 kN/m2 · 2,667 · 10-4 m4 / 1,7 = EI = 1319 kNm 2 P

B

B

B

B

B

P

P

P

Ec = 4700 · fć1/2 = 4700 · 201/2 MPa = 21019 MPa Igc = 0,40 m · (0,20 m)3 / 12 = 2,667 · 10-4 m4 βd = 0,70 · Pu / Pu = 0,70 P

B

B

B

P

BP

P

P

B

B

B

d.3)

P

P

P

P

siendo:

B

P

P

B

B

B

B

P

P

P

B

Pc (carga crítica de Euler) B

B

Pc = π2 EI / (k l u)2 = π2 · 1319 kNm 2 / (2,593 m)2 = 1935 kN P

B

d.4)

B

ns B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

B

δns =

d.5)

P

P

B

Cm / [ 1 – Pu / (0,75 · Pc)] = 0,40 / [1 – 1400 kN / (0,75 · 1935 kN)] = 11,281 > 1 B

B

B

B

B

B

Momento mayorado de cálculo Mc = δns · M2 = 11,281 · 35 kNm = 394,84 kNm B

B

B

B

B

B

e) Solici taciones finales La columna deberá ser dimensionada entonces para las siguientes solicitaciones: Pu = 1400 kN B

B

; Mux = 75 kNm B

B

; Muy = 394,84 kNm B

B

De aquí en adelante lo que sigue es un proceso de dimensionamiento a flexión compuesta oblicua ordinario.


BASES DE HORMIGÓN ARMADO Construidas con hormigones H–30 y menores 7.1.- Generalidades El Reglamento CIRSOC 201-2005, Capítulo 15, contempla solo las zapatas rectangulares de fundación. En nuestro medio, sin embargo, es muy común la construcción de bases que tienen su parte superior en forma tronco-piramidal. Las hipótesis generales que plantea el Reglamento para las zapatas rectangulares permiten encarar el análisis en flexión y punzonamiento de las zapatas tronco-piramidales con ajustes menores. No ocurre lo mismo en el caso del corte. En particular se analizarán bases aisladas construidas con hormigones H–30 y menores (fć ≤ 30 MPa) al sólo efecto de simplificar la secuencia de cálculo. La misma puede ser generalizada a otros hormigones con muy poco esfuerzo adicional. B

B

Estas notas, las expresiones y los ejemplos desarrollados están basados en columnas y bases hormigonadas “in situ”, construidas con hormigones de calidades similares y cubren los esquemas estructurales mostrados en la Figura 7.1.1.

Figura 7.1.1 La superficie de contacto de las bases se supone determinada en función de las recomendaciones dadas por el Estudio de Suelos. En lo que sigue, se supondrá que la base verifica adecuadamente los aspectos relacionados con seguridad del suelo frente a la rotura y a asentamientos absolutos y relativos admisibles como así también a los aspectos relacionados con la rigidez relativa suelo-base. Los criterios que se exponen arrojarán como resultado bases que no tendrán armaduras de corte ni de punzonamiento como así tampoco armadura comprimida por flexión (doble armadura).

Bases de Hormigón Armado – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 113

7.2.- Condición resistente 7.2.1.- Formato general Como en otros casos, el procedimiento consiste en identificar las secciones críticas para las diferentes solicitaciones y verificar que en ellas se cumpla: ≤ Resistencia requerida Resistencia de diseño (Solicitación calculada para cargas mayoradas ≤ Resistencia minorada)

donde Resistencia diseño = φ · Resistencia nominal (CIRSOC 201-2005, artículo 9.1.1) con φ=

Coeficiente de reducción de resistencia (CIRSOC 201-2005, artículo 9.3.2)

Flexión = 0,90 Punzonamiento = 0,75 Corte = 0,75

7.2.2.- Secciones críticas Por brevedad se analiza una sola de las dos bases medianeras mostradas en la Figura 7.1.1 aunque luego se dan las expresiones de cálculo correspondientes a las dos. En todas las figuras las secciones críticas se indican en línea de puntos y las áreas rayadas representan la superficie de acción de reacciones del suelo a considerar en cada sección crítica.

7.2.2.1.- Flexión

(a)

(b)

(c)

Figura 7.2.2.1.1 Las secciones críticas para flexión son planos verticales que pasan por las caras de la columna (Figura 7.2.2.1.1). Se trata en definitiva de líneas de rotura que pasan tangentes a las caras de la columna. En los cálculos se introduce una simplificación que deja los resultados del lado seguro: se supone que la sección resistente es de ancho constante e igual al menor ancho de la sección transversal (Figura 7.2.2.1.2). Bases de Hormigón Armado – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 114

Figura 7.2.2.1.2

7.2.2.2.- Corte

(a)

(b)

(c)

Figura 7.2.2.2.1 El CIRSOC 201-2005, artículo 11.1.3.1, indica que las secciones críticas para el corte, en las condiciones de carga de los elementos estructurales en estudio, se deben ubicar a una distancia “d” de las caras de las columnas (Figura 7.2.2.2.1) pero no contempla específicamente el análisis bajo solicitaciones de corte de secciones de ancho variable. Si bien una hipótesis conservadora podría consistir en tomar como ancho resistente el menor ancho de la sección, tal como se ha hecho al ver flexión, esta hipótesis resulta exageradamente conservadora y obligaría bien a proyectar bases con alturas innecesariamente grandes o bien a utilizar bases de ancho constante con la altura. Esta última solución es utilizada en otros lugares del mundo aunque no es la costumbre más difundida en nuestro medio. En la bibliografía [Referencia (1)] se indica que en elementos sin armadura de alma, la resistencia al corte puede suponerse compuesta por: a)

El aporte de la zona de hormigón comprimido

b)

El efecto pasador de las armaduras de flexión (dowel action)

c)

El efecto de engranamiento de agregados en la zona fisurada (aggregate interlock)

Los ensayos que se han venido realizando en los últimos treinta años [Referencia (1)] muestran que el aporte de la zona comprimida, aún cerca de la rotura, representa solamente alrededor del 25% de la resistencia total al corte. Las secciones resistentes al corte mostradas en la Figura 7.2.2.2.1 presentan su menor ancho en la zona comprimida y anchos crecientes al aproximarse a las armaduras. Bases de Hormigón Armado – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 115

En estos ejemplos se propone adoptar el siguiente criterio para evaluar la resistencia al corte: a)

Suponer que la resistencia al corte de la zona comprimida de hormigón está provista por un sector de ancho constante e igual al menor ancho de la sección. Suponer que el resto del corte está provisto por una sección con un ancho igual al ancho promedio entre el mínimo y el máximo que presenta la sección (Figura 7.2.2.2.2)

b) Figura 7.2.2.2.2 Es decir:

Vn = Vc = [0,25 · bmín + 0,75 · (bmáx + bmín) / 2 ] · d · fć1/2 / 6 = Vn = (5 · bmín + 3 · bmáx) · d · fć1/2 / 48 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

BP

P

P

B

B

B

B

B

BP

La expresión anterior: a) Subvalora ligeramente el aporte de la zona comprimida dado que ésta es de ancho variable y creciente con el aumento de la profundidad del eje neutro. b) Subestima el efecto de engranamiento de agregados pues el mismo es proporcional al área de la sección transversal y en la Figura 7.2.2.2.2 se observa que no toda la sección interviene en la expresión. c) Subestima el efecto pasador dado que el mismo tiene alguna relación con el ancho de la zona donde se encuentran las armaduras. d) No considera el efecto favorable de la inclinación de la resultante de compresiones que se produce por la pendiente que presenta la cara de la zapata. Aún sin contar con una expresión específica para este tipo de problemas, todo indicaría que la expresión anterior debería resultar segura para la verificación de este tipo de secciones. No existiendo aún indicaciones reglamentarias ni referencias bibliográficas más específicas, se propone este criterio simplificado para el cálculo de estas secciones. En los ejemplos, la expresión toma un aspecto algo diferente por la adaptación de unidades.

7.2.2.3.- Punzonamiento El CIRSOC 201-2005, artículo 11.12.1.2, indica que a los efectos del cálculo, los perímetros críticos pueden tomarse a una distancia no menor que d/2 del perímetro de las columnas. Se admite no redondear los perímetros críticos alrededor de las esquinas de las columnas. De esta forma, los perímetros críticos resultantes son los mostrados en la Figura 7.2.2.3.1.


(a)

(b)

(c)

Figura 7.2.2.3.1 La carga efectiva de punzonamiento puede calcularse bien considerando la reacción del suelo que se encuentra por fuera del perímetro crítico o bien como la carga de la columna descontada de la reacción del suelo que se encuentra encerrada por el perímetro crítico. Las columnas medianeras y de esquina presentan una resultante de las tensiones de contacto en el terreno que no se encuentra alineada con el eje de la columna. En estas condiciones se hace necesario transferir un momento entre la base y la columna. El CIRSOC 201-2005 indica dos caminos a seguir cuando actúan momentos. El más sencillo, artículo 13.5.3.3, consiste en limitar la capacidad resistente al punzonamiento al 75% del aporte del hormigón para bases medianeras y al 50% para bases de esquina. El segundo camino trata el tema mediante un análisis de distribución de tensiones similar al visto en Resistencia de Materiales para el tratamiento de la flexión compuesta. Este segundo enfoque es extremadamente laborioso por lo que aquí se ha adoptado el primero de ellos. El valor de “Vc” se calcula utilizando las siguientes expresiones (artículo 11.12.2.1): B

B

Vc Vc

1

Vc

2

f ć bo d 6 f ć bo d s d 2 bo 12

f ć bo d 3

Vc

La primera de estas expresiones es de aplicación cuando β > 2 mientras que la última es válida cuando β ≤ 2 B

B

B

B

B

B

B

B

donde β αs B

bo d fć B

: Relación entre el lado mayor y el lado menor de la columna 40 para bases centradas : 30 para bases medianeras 20 para bases de esquina : Perímetro de la sección crítica, en [mm] : Altura útil en la sección crítica, en [mm] : fć en [MPa], el resultado de la raíz en [MPa] B

B

B

B


En los cálculos se utilizará la altura media entre las correspondientes a cada una de las armaduras principales. En los ejemplos las expresiones anteriores toman un aspecto algo diferente por la adaptación de unidades y el ordenamiento de los cálculos.

7.2.2.4.- Anclajes (CIRSOC 201-2005, artículo 15.6) Las secciones críticas para el desarrollo de las longitudes de anclaje son las vistas para flexión. En bases es común mantener el 100% de la armadura hasta los bordes libres y además utilizar ganchos normales.

7.3.- Cuantía mínima y máxima de flexió n La armadura mínima debería ser capaz de resistir adecuadamente un momento igual a 1,2 veces el momento de fisuración. En secciones no rectangulares esto conduce a un cálculo bastante engorroso. En el CIRSOC 201-2005, artículo 10.5.2, está contemplado el caso de los voladizos con el ala traccionada. Tratándose de una situación bastante similar, se ha adoptado este criterio para la adopción de la cuantía mínima en bases. El procedimiento es muy sencillo dado que se trata de aplicar las expresiones de cuantía mínima a un ancho de alma igual a dos veces el ancho de la zona comprimida. Para evitar la realización de cálculos intermedios la cuantía mínima se expresa en términos de momentos reducidos: Para voladizos con alas traccionadas y f´ c ≤ 30 MPa: As mín ≥ 2 · 1,4 MPa · bw · d / f y (CIRSOC 201-2005, artículo 10.5.1) B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Llamando “a” a la profundidad del eje neutro de tensiones y “k a” a: ka = a / d B

B

B

B

B

B

B

B

amín = As mín · fy / (0,85 · fć · bw) ⇒ ka mín = 2,8 MPa / (0,85 · fć) B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

En los ejemplos de flexión se vio que: m n = Mn / (0,85 · fć · bw · d2) = ka · (1 – ka / 2) P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

B

B

B

B

Por lo tanto corresponderá adoptar cuantía mínima siempre que se verifique: mn ≤ mn mín = ka mín · (1 – ka mín / 2) B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Cabría una verificación adicional para el caso poco frecuente en que el lado de la base resulte menor que dos veces el ancho de la parte superior de la misma. En ese caso habría que tomar la cuantía mínima referida al lado de la base. La cuantía máxima se calcula en base a una deformación máxima del hormigón comprimido de 0,003 y a una deformación mínima del acero traccionado de 0,005 (artículo 10.3.4). En estas circunstancias el coeficiente de minoración de resistencia valdrá siempre 0,90 (artículo 9.3.2.1). Para evitar la realización de cálculos intermedios la cuantía máxima se expresa en términos de momentos reducidos “m n”. En los ejemplos de flexión se vio que, para las condiciones de deformación anteriores se tiene que: B

B


0,003 / c = 0,005 / (d – c) ⇒ c = 0,375 · d ⇒ a = β1 · c = 0,85 · 0,375 · d B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Operando se llega a que, para hormigones con f´ c ≤ 30 MPa será necesario disponer armadura de compresión (doble armadura) cuando: mn ≥ 0,268 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

En los ejemplos se evita esta situación pues conduce a soluciones poco económicas a bases muy flexibles (poca altura) que difícilmente verificarán las condiciones de corte y punzonamiento.

7.4.- Predimensionamiento Los textos de origen norteamericano suelen predimensionar la altura de las bases teniendo en cuenta las condiciones de punzonamiento. Cabe recordar que en esos casos se trata de bases de ancho constante con la altura. En el caso de bases de ancho variable estas expresiones con frecuencia no son válidas. En los ejemplos que siguen se propone predimensionar de modo de obtener cuantías de armaduras de flexión superiores a las mínimas pero suficientemente bajas como para que las bases tengan una razonable rigidez y que las alturas no estén exageradamente alejadas de las necesarias por corte y punzonamiento para evitar un número muy grande de iteraciones. Las expresiones propuestas son las siguientes: dx ≈ [6,5 · Mnx / (by · fć · (1000 kN/MN))]1/2 dy ≈ [6,5 · Mny / (bx · fć · (1000 kN/MN))]1/2

donde

B

B

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

en [m] en [m]

Momentos nominales en [kNm] Anchos de cálculo en [m] fć en [MPa] B

B

El factor “6,5” que figura en las expresiones anteriores surge de haber adoptado un ka ≅ 0,20 , sin embargo podrá ser adaptado por cada proyectista según su propia experiencia. B

B

B

B

Las expresiones para el cálculo de los momentos solicitantes se encuentran en la Tabla 2 indicada más adelante.

7.5.- Unidades Para utilizar las unidades que siguen algunas de las expresiones del Reglamento han tenido que ser adaptadas. fć , f y Lx , Ly , h , d , ..... Asx , Asy Pu , Pn B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

(resistencias) (dimensiones lineales) (áreas de armaduras) (cargas)

[MPa] [m] [mm2] [KN] P

P


7.6.- Secuencia de cálculo a)

Determinar las dimensiones en planta de la base de acuerdo con los datos del estudio de suelos.

b)

Son datos del problema: Pu = carga de la columna calculada para cargas mayoradas Lados de la columna y Lados de la base B

c)

Calcular: β = lado mayor columna / lado menor columna ; αs ; Y ; bx ; by ; bwx ; bwy ; kx ; ky ; ka mín ; mn mín qu = tensión ficticia de contacto para Pu , qu = Pu / (L× · Ly) B

B

B

B

B

B

d)

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

(Tabla 1) (Tabla 2) en [kN/m2]

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

B

P

Calcular los momentos flectores en el borde de la columna: Mux y Muy ambos en [kNm] B

e)

[kN] ambos en [m]

B

B

B

(Tabla 2)

B

Predimensionar la altura total de la base para obtener cuantías razonables de flexión: dx ≈ [6,5 · Mnx / (by · fć · (1000 kN/MN))]1/2 en [m] 1/2 dy ≈ [6,5 · Mny / (bx · fć · (1000 kN/MN))] en [m] P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

Altura total mínima = rec. mín + db armadura x + db armadura y + 0,15 m ≈ 0,23 m B

f)

B

B

B

B

B

B

Adoptar alturas útiles para las verificaciones de punzonamiento (dmedio) y corte (dx y dy). B

B

g)

B

B

B

B

B

Verificar si la altura adoptada proporciona una seguridad adecuada al punzonamiento: Pu – qu · Ao ≤ 0,75 · Y · F · bo · d · fć1/2 · (1000 kN/MN) / 12 en [kN] B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

BP

B

B

B

B

Ao = área de la base encerrada por el perímetro crítico en [m2] (Tabla 1) bo = perímetro crítico en [m] (Tabla 1) F = mínimo entre F1 y F2 donde, para todos los casos: F2 = (αs · d / bo + 2) y F1 = 4 si β ≤ 2 o F1 = (2 + 4 / β) si β > 2 P

B

B

B

P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

h)

Si la altura resulta insuficiente para proveer una resistencia adecuada al punzonamiento, se incrementa la altura y se repiten los cálculos del punto anterior. Si resulta suficiente se pasa al paso siguiente.

i)

Verificar si la altura adoptada proporciona una seguridad adecuada al corte en ambas direcciones: Vux = qu · Ly · (kx – d) ≤ 0,75 · bwy · dx · fć1/2 · (1000 kN/MN) / 6 en [kN] 1/2 Vuy = qu · Lx · (ky – d) ≤ 0,75 · bwx · dy · fć · (1000 kN/MN) / 6 en [kN] P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

BP

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

BP

P

B

B

B

B

j)

Si la altura resulta insuficiente para proveer una resistencia adecuada al corte, se incrementa la altura y se repiten los cálculos del punto anterior. Si resulta suficiente se pasa al paso siguiente.

k)

Dimensionamiento de las armaduras de flexión

(Tabla 2)


Tabla 1 Medianera (a) Medianera (b) Esquina 30 30 20 αs Y 0,75 0,75 0,50 bx [m] cx + 0,025 m (*) cx + 0,05 m (*) cx + 0,025 m (*) by [m] cy + 0,05 m (*) cy + 0,025 m (*) cy + 0,025 m (*) bwx [m] (5 · bx + 3 · Lx) / 8 bwy [m] (5 · by + 3 · Ly) / 8 kx [m] (Lx – cx) / 2 Lx – cx (Lx – cx) / 2 Lx – cx ky [m] (Ly – cy) / 2 (Ly – cy) / 2 Ly – cy Ly – cy bo [m] 2 · (cx + cy) + 4 · d 2 · cx + cy + 2 · d cx + 2 · cy + 2 · d cx + cy + d 2 Ao [m ] (cx + d) · (cy + d) (cx + d/2) · (cy + d) (cx + d) · (cy + d/2) (cx + d/2) · (cy + d/2) (*) Los valores 0,025 y 0,05 m no son reglamentarios y dependen de cada Proyectista B

B

Centrada 40 1 cx + 0,05 m (*) cy + 0,05 m (*)

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

B

B

P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Tabla 2 Cuantía mínima voladizos

ka mín = 2,8 MPa / (0,85 · fć) B

B

B

B

Si en cualquier caso mn ≤ mn mín = ka mín · (1 – ka mín / 2) B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

As mín = 2,8 MPa · b · d · (106 mm2/m2) / f y

adoptar:

P

B

B

P

P

y

P

P

P

B

B

A´s = 0 B

B

Mux = qu · Ly · kx2 / 2 Muy = qu · Lx · ky2 / 2 Mnx = Mux / 0,90 Mny = Muy / 0,90 mnx = κ · Mnx / (0,85 · by · d2 · fć) mny = κ · Mny / (0,85 · bx · d2 · fć) Momento reducido κ = (0,001 MN/kN) κ = (0,001 MN/kN) Si en cualquier caso mn > 0,268 correspondería adoptar doble armadura, situación que no se contempla en esta secuencia de cálculo recomendándose aumentar la altura por resultar una solución más racional zx = dx · [ 1 + (1 – 2 · mnx)1/2 ] / 2 zy = dy · [1 + (1 – 2 · mny)1/2 ] / 2 Calculo de armaduras Asx = ξ · Mnx / (zx · f y) Asy = ξ · Mny / (zy · f y) 2 2 2 2 totales de flexión ξ = 1000 mm MN / (m kN) ξ = 1000 mm MN / (m kN) A´s = 0 A´s = 0 Adoptar la altura del talón de la base para respetar recubrimientos reglamentarios ( ≈ 0,23 a 0,25 m) y pendiente del hormigón fresco (≈ h – voladizo mínimo) adoptando el mayor valor entre ambos Momento solicitante Momento nominal necesario

P

B

B

B

B

B

P

P

B

B

B

B

B

B

B

P

BP

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

BP

B

BP

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

BP

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

B

B

B

P

P

B

B

B

B

B

P

P

B

P

P

B

Distribución de las armaduras de flexión L = lado mayor base ; B = lado menor base ; β = L / B * Armadura paralela al lado mayor: Se distribuye en forma uniforme * Armadura paralela al lado menor: Se divide en tres fajas - Faja Central de ancho B centrada con la Columna: Se distribuye en forma uniforme una armadura igual a 2 / (β + 1) de la armadura total - Fajas Laterales de ancho (L – B)/ 2 : se distribuye en forma uniforme el resto de la armadura * La separación entre armaduras debe ser menor que el menor entre: - 2,5 veces el espesor total de la base ; 25 veces el diámetro menor de la armadura ; 0,30 m B

B

B

B

B

B

B

B

B

B


B

REFERENCIA (1)

Collins M., Mitchell D. ; Prestressed Concrete Basics ; CPCI ; 1987


BASES DE HORMIGÓN ARMADO – EJEMPLOS Ejemplo 7.I U

Enunciado:

Proyectar una base centrada de la que se conocen los siguientes datos: Hormigón: H–25 (fć = 25 MPa) Acero : ADN 420 (f y = 420 MPa) Pu = 1400 kN cx = 0,30 m ; cy = 0,25 m ; Lx = Ly = 2,25 m cc = 0,05 m ; αs = 40 ; Y = 1 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Resolución: a) Valores int ermedios β = cx / cy =

0,30 m / 0,25 m = 1,20 bx = cx + 0,05 m = 0,30 m + 0,05 m = 0,35 m by = cy + 0,05 m = 0,25 m + 0,05 m = 0,30 m bwx = (5 · bx + 3 · Lx) / 8 = (5 · 0,35 m + 3 · 2,25 m) / 8 = 1,06 m bwy = (5 · by + 3 · Ly) / 8 = (5 · 0,30 m + 3 · 2,25 m) / 8 = 1,03 m kx = (Lx – cx) / 2 = (2,25 m – 0,30 m) / 2 = 0,975 m ky = (Ly – cy) / 2 = (2,25 m – 0,25 m) / 2 = 1,00 m ka mín = 2,8 MPa / (0,85 · fć) = 0,132 mn mín = ka mín · (1 – ka mín / 2) = 0,123 qu = Pu / (L× · Ly) = 276,54 kN/m2 Mux = qu · Ly · kx2 / 2 = 276,54 kN/m2 · 2,25 m · 0,9752 m2 / 2 = 295,75 kNm Muy = qu · Lx · ky2 / 2 = 276,54 kN/m2 · 2,25 m · 1,002 m2 / 2 = 311,11 kNm Mnx = Mux / 0,90 = 328,61 kNm Mny = Muy / 0,90 = 345,68 kNm B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

B

B

B

B

B

B

B

BP

B

B

B

B

B

B

B

BP

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

P

P

P

P

P

P

b) Predimensionamiento de la altura por flexión dx ≈ [6,5 · Mnx / (by · fć · (1000 kN/MN))]1/2 = dx ≈ [6,5 · 328,61 kNm / (0,30 m · 25 MPa · (1000 kN/MN))]1/2 = 0,53 m dy ≈ [6,5 · Mny / (bx · fć · (1000 kN/MN))]1/2 = dy ≈ [6,5 · 311,11 kNm / (0,35 m · 25 MPa · (1000 kN/MN))]1/2 = 0,51 m P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

B

B

B

B

B

B

P

P

P

Se adopta: Para punzonamiento: d = 0,52 m Para corte: dx = 0,525 m ; dy = 0,515 m B

B

B

B

c) Verific ación de la altura por punzonamiento bo = 2 · (cx + cy) + 4 · d = 2 · (0,30 m + 0,25 m) + 4 · 0,52 m = 3,18 m Ao = (cx + d) · (cy + d) = (0,30 m + 0,52 m) · (0,25 m + 0,52 m) = 0,631 m2 Como β ≤ 2 ⇒ F1 = 4 F2 = (αs · d / bo + 2) = (40 · 0,52 m / 3,18 m + 2) = 8,54 ⇒ F = mínimo(F1 ; F2) = 4 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

B


Pu – qu · Ao ≤ 0,75 · Y · F · bo · d · fć1/2 · (1000 kN/MN) / 12

se debe verificar que:

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

BP

BP

B

Pu – qu · Ao = 1400 kN – 276,54 kN/m 2 · 0,631 m2 = 1225 kN P

B

B

B

B

B

B

P

P

P

0,75 · Y · F · bo · d · fć1/2 · (1000 kN/MN) / 12 = = 0,75 · 1 · 4 · 3,18 m · 0,52 m · 251/2 MPa · (1000 kN/MN) / 12 = 2067 kN B

B

B

BP

BP

B

P

P

Por lo tanto verifica a punzonamiento. d) Verific ación de la altura por corte Vux ≤ 0,75 · bwy · dx · fć1/2 · (1000 kN/MN) / 6 Vuy ≤ 0,75 · bwx · dy · fć1/2 · (1000 kN/MN) / 6


P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

BP

BP

P

Vux = qu · Ly · (kx – dx) = 276,54 kN/m2 · 2,25 m · (0,975 m – 0,525 m) = 280 kN P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

0,75 · bwy · dx · fć1/2 · (1000 kN/MN) / 6 = = 0,75 · 1,03 m · 0,525 m · 25 1/2 MPa · (1000 kN/MN) / 6 = 338 kN P

B

B

B

B

B

BP

P

P

⇒

Verifica

Vuy = qu · Lx · (ky – dy) = 276,54 kN/m2 · 2,25 m · (1,00 m – 0,515 m) = 302 kN P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

0,75 · bwx · dy · fć1/2 · (1000 kN/MN) / 6 = = 0,75 · 1,06 m · 0,515 m · 25 1/2 MPa · (1000 kN/MN) / 6 = 342 kN P

B

B

B

B

B

BP

P

P

⇒

Verifica

Por lo tanto verifica al corte en ambas direcciones. e) Cálculo de las armaduras de flexión Suponiendo que d b = 10 mm, se adopta una altura total: h = dmáx + db / 2 + cc = 0,525 m + 0,01 m / 2 + 0,05 m ≈ 0,60 m B

B

B

B

B

B

B

B

Se adopta: dx = 0,545 m ; dy = 0,535 m B

B

B

B

mnx = (0,001 MN/kN) · Mnx / (0,85 · by · dx2 · fć) mnx = (0,001 MN/kN) · 328,61 kNm / (0,85 · 0,30 m · 0,5452 m2 · 25 MPa) = 0,174 P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

BP

B

B

P

P

P

P

mny = (0,001 MN/kN) · Mny / (0,85 · bx · dy2 · fć) mny = (0,001 MN/kN) · 345,68 kNm / (0,85 · 0,35 m · 0,5352 m2 · 25 MPa) = 0,162 P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

BP

B

B

P

P

P

P

Ambos momentos reducidos son mayores que el mínimo y menores que el máximo zx = dx · [ 1 + (1 – 2 · mnx)1/2 ] / 2 = 0,545 m · [1 + (1 – 2 · 0,174)1/2] / 2 = 0,493 m zy = dy · [ 1 + (1 – 2 · mny)1/2 ] / 2 = 0,535 m · [1 + (1 – 2 · 0,162)1/2] / 2 = 0,487 m P

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

Asx = (1000 mm2 MN / (m2 kN)) · Mnx / (zx · f y) = Asx = (1000 mm2 MN / (m2 kN)) · 328,61 kNm / (0,493 m · 420 MPa) = 1588 mm 2 B

B

P

B

B

P

P

P

P

P

B

B

B

B

B

B

P

P

P

Asy = (1000 mm2 MN / (m2 kN)) · Mny / (zy · f y) = Asy = (1000 mm2 MN / (m2 kN)) · 345,68 kNm / (0,487 m · 420 MPa) = 1689 mm 2 P

B

B

P

B

B

P

P

P

P

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P


f)

Adopción y distri bución de la armadura de flexión

Por tratarse de una base cuadrada se adopta armadura uniformemente distribuida en ambas direcciones. (113 mm2 · 2,25 m / 0,16 m = 1589 mm 2 ) (113 mm2 · 2,25 m / 0,15 m = 1695 mm2 )

Asx = db12 c / 0,16 m Asy = db12 c / 0,15 m B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

P

La separación entre armaduras debe ser menor que: - 2,5 veces el espesor total de la base = 2,5 · 0,60 m = 1,50 m - 25 veces el diámetro menor de la armadura = 25 · 0,012 m = 0,30 m - 0,30 m g) Talón de la base El talón de la base debe tener una altura mayor o igual que: - h – kmín = 0,60 m – 0,975 m menor que cero - cc + dbx + dby + 0,15 m = 0,05 m + 0,012 m + 0,012 m + 0,15 m = 0,22 m B

B

B

B

B

B

B

B

Se adopta un talón de 0,25 m.

Ejemplo 7.II U

Enunciado: Proyectar una base medianera tipo a) de la que se conocen los siguientes datos: Hormigón: H–25 (fć = 25 MPa) Acero: ADN 420 (f y = 420 MPa) Pu = 420 kN cx = 0,30 m ; cy = 0,25 m ; Lx = 0,90 m ; Ly = 1,80 m cc = 0,05 m ; αs = 30 ; Y = 0,75 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Resolución: a) Valores int ermedios β = cx / cy =

0,30 m / 0,25 m = 1,20 bx = cx + 0,025 m = 0,30 m + 0,025 m = 0,325 m by = cy + 0,05 m = 0,25 m + 0,05 m = 0,30 m bwx = (5 · bx + 3 · Lx) / 8 = (5 · 0,325 m + 3 · 0,90 m) / 8 = 0,541 m bwy = (5 · by + 3 · Ly) / 8 = (5 · 0,30 m + 3 · 1,80 m) / 8 = 0,863 m kx = Lx – cx = 0,90 m – 0,30 m = 0,60 m ky = (Ly – cy) / 2 = (1,80 m – 0,25 m) / 2 = 0,775 m ka mín = 2,8 MPa / (0,85 · fć) = 0,132 mn mín = ka mín · (1 – ka mín / 2) = 0,123 qu = Pu / (L× · Ly) = 259,26 kN/m2 Mux = qu · Ly · kx2 / 2 = 259,26 kN/m2 · 1,80 m · 0,602 m2 / 2 = 84,00 kNm Muy = qu · Lx · ky2 / 2 = 259,26 kN/m2 · 0,90 m · 0,7752 m2 / 2 = 70,07 kNm Mnx = Mux / 0,90 = 93,33 kNm Mny = Muy / 0,90 = 77,86 kNm B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

B

B

B

B

B

B

B

BP

B

B

B

B

B

B

B

BP

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

P

P

P

P

P

P


b) Predimensionamiento de la altura por flexión dx ≈ [6,5 · Mnx / (by · fć · (1000 kN/MN))]1/2 = dx ≈ [6,5 · 93,33 kNm / (0,30 m · 25 MPa · (1000 kN/MN))] 1/2 = 0,284 m dy ≈ [6,5 · Mny / (bx · fć · (1000 kN/MN))]1/2 = dy ≈ [6,5 · 77,86 kNm / (0,325 m · 25 MPa · (1000 kN/MN))]1/2 = 0,25 m B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P


B

B

B

c) Verif icación de la altura por punzonamiento bo = 2 · cx + cy + 2 · d = 2 · 0,30 m + 0,25 m + 2 · 0,28 m = 1,41 m Ao = (cx + d / 2) · (cy + d) = (0,30 m + 0,28 m / 2) · (0,25 m + 0,28 m) = 0,233 m2 Como β ≤ 2 ⇒ F1 = 4 F2 = (αs · d / bo + 2) = (30 · 0,28 m / 1,41 m + 2) = 7,96 ⇒ F = mínimo(F1 ; F2) = 4 B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Pu – qu · Ao ≤ 0,75 · Y · F · bo · d · fć1/2 · (1000 kN/MN) / 12


P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

BP


B

B

B

B

B

B

P

P

P

0,75 · Y · F · b o · d · fć1/2 · (1000 kN/MN) / 12 = = 0,75 · 0,75 · 4 · 1,41 m · 0,28 m · 25 1/2 MPa · (1000 kN/MN) / 12 = 370 kN P

B

B

B

BP

P

P

Por lo tanto verifica a punzonamiento. d) Verific ación de la altura por corte se debe verificar que:

Vux ≤ 0,75 · bwy · dx · fć1/2 · (1000 kN/MN) / 6 Vuy ≤ 0,75 · bwx · dy · fć1/2 · (1000 kN/MN) / 6 B

B

B

B

B

B

B

P

BP

P

B

B

B

B

B

B

B

BP


B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

0,75 · bwy · dx · fć1/2 · (1000 kN/MN) / 6 = = 0,75 · 0,863 m · 0,285 m · 25 1/2 MPa · (1000 kN/MN) / 6 = 154 kN P

B

B

B

B

B

BP

P

P

⇒

Verifica

Vuy = qu · Lx · (ky – dy) = 259,26 kN/m2 · 0,90 m · (0,775 m – 0,275 m) = 117kN B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P


B

B

B

B

B

BP

P

P

Iterando se llega a que el corte verifica para

⇒

No verifica

dy = 0,317 m B

B

e) Cálculo de las armaduras de flexión Suponiendo que d b = 10 mm, se adopta una altura total: h = dmáx + db / 2 + cc = 0,317 m + 0,01 m / 2 + 0,05 m ≈ 0,38 m B

B

B

B

B

B

B

B



B

B

B


B

B

B

B

B

B

B

B

B

BP

B

B

P

P

P

P


B

B

B

B

B

B

B

B

B

BP

B

B

P

P

P

P

mnx es mayor que el mínimo y menor que el máximo; mny es menor que el mínimo B

B

B

B

zx = dx · [1 + (1 – 2 · mnx)1/2 ] / 2 = 0,315 m · [1 + (1 – 2 · 0,148)1/2 ] / 2 = 0,29 m P

B

B

B

B

B

B

P

P

P

Asx = (1000 mm2 MN / (m2 kN)) · Mnx / (zx · f y) = Asx = (1000 mm2 MN / (m2 kN)) · 93,33 kNm / (0,29 m · 420 MPa) = 767 mm 2 B

B

P

B

B

P

P

P

P

P

B

B

B

B

B

B

P

P

P

Asy = As mín = 2,8 MPa · bx · dy · (106 mm2/m2) / f y = Asy = 2,8 MPa · 0,325 m · 0,325 m · (106 mm2/m2) / 420 MPa = 704 mm2 P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

B

P

f)

P

B

P

P

P

P

P

P


Por tratarse de una base rectangular se adopta armadura uniformemente distribuida en la dirección “y” mientras que la armadura según “x” se concentra en una banda central de 0,90 m de ancho centrada con la columna. La armadura a disponer en esa banda será: siendo:

L = Ly = 1,80 m ; B = Lx = 0,90 m ; β = L / B = 2 B

B

B

B

Asx central = 2 · Asx / (β +1) = 2 · 767 mm2 / 3 = 511 mm2 Asx cada lateral = (767 mm2 – 511 mm2) / 2 = 128 mm2 Asy = db12 c / 0,14 m B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

P

P

(db12 c / 0,19 m) (db10 c / 0,25 m) B

B

B

B

B


B

B

B

B

B

B

B



Ejemplo 7.III U

Enunciado:

Proyectar una base de esquina de la que se conocen los siguientes datos: Hormigón : H–25 (fć = 25 MPa) Acero: ADN 420 (f y = 420 MPa) Pu = 240 kN cx = 0,30 m ; cy = 0,25 m ; Lx = 1,05 m ; Ly = 1,10 m cc = 0,05 m ; αs = 20 ; Y = 0,50 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

Resolución: a) Valores intermedios β = cx / cy =

0,30 m / 0,25 m = 1,20 bx = cx + 0,025 m = 0,30 m + 0,025 m = 0,325 m by = cy + 0,025 m = 0,25 m + 0,025 m = 0,275 m bwx = (5 · bx + 3 · Lx) / 8 = (5 · 0,325 m + 3 · 1,05 m) / 8 = 0,597 m bwy = (5 · by + 3 · Ly) / 8 = (5 · 0,275 m + 3 · 1,10 m) / 8 = 0,584 m kx = Lx – cx = 1,05 m – 0,30 m = 0,75 m ky = Ly – cy = 1,10 m – 0,25 m = 0,85 m ka mín = 2,8 MPa / (0,85 · fć) = 0,132 mn mín = ka mín · (1 – ka mín / 2) = 0,123 qu = Pu / (L× · Ly) = 207,79 kN/m2 Mux = qu · Ly · kx2 / 2 = 207,79 kN/m2 · 1,10 m · 0,752 m2 / 2 = 64,29 kNm Muy = qu · Lx · ky2 / 2 = 207,79 kN/m2 · 1,05 m · 0,852 m2 / 2 = 78,82 kNm Mnx = Mux / 0,90 = 71,43 kNm Mny = Muy / 0,90 = 87,58 kNm B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

B

B

B

B

B

B

B

BP

B

B

B

B

B

B

B

BP

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

P

P

P

P

P

P

P

b) Predimensionamiento de la altura por flexión dx ≈ [6,5 · Mnx / (by · fć · (1000 kN/MN))]1/2 = dx ≈ [6,5 · 71,43 kNm / (0,275 m · 25 MPa · (1000 kN/MN))]1/2 = 0,26 m dy ≈ [6,5 · Mny / (bx · fć · (1000 kN/MN))]1/2 = dy ≈ [6,5 · 87,58 kNm / (0,325 m · 25 MPa · (1000 kN/MN))]1/2 = 0,265 m P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P


B

B

B

c) Verif icación de la altura por punzonamiento bo = cx + cy + d = 0,30 m + 0,25 m + 0,26 m = 0,81 m Ao = (cx + d / 2) · (cy + d / 2) = (0,30 m + 0,26 m / 2) · (0,25 m + 0,26 m / 2) = 0,163 m2 Como β ≤ 2 ⇒ F1 = 4 F2 = (αs · d / bo + 2) = (20 · 0,26 m / 0,81 m + 2) = 8,42 ⇒ F = mínimo(F1 ; F2) = 4 B

B

B

B

B

B

P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

B

B


B

B

B

B

B

Pu – qu · Ao ≤ 0,75 · Y · F · bo · d · fć1/2 · (1000 kN/MN) / 12 P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

BP


B

B

B

B

B

B

P

P

P


0,75 · Y · F · b o · d · fć1/2 · (1000 kN/MN) / 12 = = 0,75 · 0,50 · 4 · 0,81 m · 0,26 m · 25 1/2 MPa · (1000 kN/MN) / 12 = 132 kN P

B

B

B

BP

P

P

Por lo tanto no verifica a punzonamiento. Iterando se llega a que el punzonamiento verifica para d = 0,352 m Para las verificaciones a corte se utilizará: dx = 0,35 m ; dy = 0,36 m B

B

B

B

d) Verific ación de la altura por corte se debe verificar que:

Vux ≤ 0,75 · bwy · dx · fć1/2 · (1000 kN/MN) / 6 Vuy ≤ 0,75 · bwx · dy · fć1/2 · (1000 kN/MN) / 6 P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

BP

B

P

BP


B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

0,75 · bwy · dx · fć1/2 · (1000 kN/MN) / 6 = = 0,75 · 0,584 m · 0,35 m · 25 1/2 MPa · (1000 kN/MN) / 6 = 128 kN B

B

B

B

B

P

BP

P

P

⇒

Verifica

Vuy = qu · Lx · (ky – dy) = 207,79 kN/m2 · 1,05 m · (0,85 m – 0,36 m) = 107 kN P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P


B

B

B

B

B

BP

P

P

⇒

Verifica

Por lo tanto verifica al corte en ambas direcciones. e) Cálcul o de las armaduras de flexión Suponiendo que db = 10 mm, se adopta una altura total: h = dmáx + db / 2 + cc = 0,36 m + 0,01 m / 2 + 0,05 m ≈ 0,42 m B

B

B

B

B

B

B

B


B

B

B


B

B

B

B

B

B

B

B

B

BP

B

B

P

P

P

P


B

B

B

B

B

B

B

B

B

BP

B

B

P

P

P

P

Ambos momentos reducidos son menores que el mínimo por lo tanto corresponde adoptar armadura mínima. Asx = As mín = 2,8 MPa · b y · dx · (106 mm2/m2) / f y = Asx = 2,8 MPa · 0,275 m · 0,355 m · (106 mm2/m2) / 420 MPa = 651 mm2 B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

P

B

P

B

P

P

P

P

P

P

P

Asy = As mín = 2,8 MPa · bx · dy · (106 mm2/m2) / f y = Asy = 2,8 MPa · 0,325 m · 0,365 m · (106 mm2/m2) / 420 MPa = 791 mm2 P

B

B

B

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

P

P

B

P

P

B

P

P

P

P

P

P


f)


Por tratarse de una base prácticamente cuadrada se adopta armadura uniformemente distribuida en ambas direcciones. Asx = db12 c / 0,19 m ; Asy = db12 c / 0,15 m B

B

B

B

B

B

B

B


B

B

B

B

B

B

B



TIRANTES NO PRETENSADOS Introducción El CIRSOC 201-2005 no contempla en forma explícita este tipo de elementos por lo que algunas expresiones han debido ser deducidas y otras tomadas de publicaciones del American Concrete Institute (ACI) que es el organismo redactor del Código ACI 318-05 que se tomó como base para el CIRSOC 201-2005.

8.1.- Condición resistente donde Pu = φ = Pn = Ast = f y =

Pu ≤ φ · Pn = 0,90 · Ast · f y

(CIRSOC 201-2005, artículo 9.1.1)

Solicitación calculada para cargas mayoradas Coeficiente de reducción de resistencia igual a 0,90 para rotura dúctil Resistencia nominal (resistencia a rotura) = Ast · f y Área total de armaduras Tensión de fluencia especificada para las armaduras

8.2.- Carga de fisuración donde f´t = Ach = Ac = n = Es = Ec =

Pcr = f´t · Ach Resistencia a tracción por tracción del hormigón = fć1/2 / 3 (*) Sección homogeneizada no fisurada: Ach = Ac + n · Ast = Ac · (1 + n · ρ) Área de la sección de hormigón Es / Ec Módulo de elasticidad del acero no teso = 200000 MPa 4700 · fć1/2 [MPa]

8.3.- Condición de ductilidad La condición se obtiene planteando que el acero sea capaz de resistir al menos una carga igual a 1,2 veces la carga de fisuración: Pu = 1,2 · Pcr ≤ φ · Pn = 0,90 · Ast · f y Se trata de una generalización del criterio utilizado explícitamente en flexión en elementos pretensados. (*)

El CIRSOC 201-2005 no indica valores para f´t en forma explícita. Existen sí referencias indirectas al tratar los temas de corte y torsión. Este es el caso de 11.4.3.2 donde se indica que la fisuración por tensión principal diagonal principal de tracción se produce para una tensión igual a fć1/2 / 3. Este mismo valor es citado en “Cracking of Concrete Members in Direct Tension, ACI Comité 224, ACI Journal, January-February 1986” como resistencia a tracción por tracción, por lo que se propone su adopción para el cálculo de la carga de fisuración de un tirante. Tirantes no pretensados – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 131

Como se trata de cuantías muy bajas se introduce la simplificación: A ch ≈ Ac con lo que resulta: As mín ≈ Ac · fć1/2 / (2 · f y) fć [MPa] ρmín [%]

20 0,53

25 0,60

; 30 0,65

ρmín = As mín / Ac = fć1/2 / (2 · f y)

35 0,70

40 0,75

45 0,80

50 0,84

60 0,92

8.4.- Deformaciones El CIRSOC 201-2005 no propone expresiones para el cálculo de deformaciones en este tipo de elementos. Las expresiones que siguen han sido extraídas del artículo “Cracking in Direct Tension” publicado por el ACI Committee 224 en el Journal of the American Concrete Institute, January-February 1986 / N o 1. Proceedings V.83 εm

= deformación específica media del tirante = P / (Ec · Ae)

Ae = Ach · (Pcr / P)3 + Acr · [1 – (Pcr / P)3] ≤ Ag donde Ae = Área efectiva de la sección. Se trata de un área media ficticia que varía desde la sección homogeneizada no fisurada cuando la carga es muy pequeña hasta Acr para valores grandes de P. Acr = n · Ast ∆L

L

= Alargamiento del tirante = εm · L = Longitud inicial del tirante

8.5.- Predicción del ancho de fisuras El CIRSOC 201-2005 no propone expresiones para el cálculo del ancho de fisuras. Si en algún caso fuera necesario este tipo de cálculo podrá utilizarse la expresión de Gegerly y Lutz que se transcribe a continuación. Dicha expresión figura en numerosos documentos del American Concrete Institute. donde

w = abertura de fisura en [mm] = (h – x) · f s · (dc · A)1/3 / [90000 · (d – x)] h = altura total de la sección d = altura útil de la sección x = profundidad del eje neutro en flexión

Por tratarse de un caso de tracción se adopta: (h – x) / (d – x) = 1

f s = tensión de la armadura en las fisuras bajo cargas de servicio [MPa] dc = distancia desde el eje de la barra a la superficie exterior del hormigón [mm] A = área de hormigón cobaricéntrica con las armaduras [mm2] En forma aproximada, y del lado seguro, puede adoptarse este área como el área de hormigón del tirante dividido el número de barras. Tirantes no pretensados – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 132

TIRANTES NO PRETENSADOS – EJEMPLOS Ejemplo 8.I Enunciado: Proyectar un tirante para las siguientes condiciones Materiales:

- Hormigón: H–20 (fć = 20 MPa) - Acero: ADN 420 (f y = 420 MPa)


- A definir

Estribos:

- Recubrimiento = 0,03 m - Diámetro: 6 mm


- A definir

Solicitación:

- PD = 550 kN

; PL = 300 kN

Resolución: Pu = máximo entre ⇒

1,4 · PD = 1,4 · 550 kN = 770 kN 1,2 · PD + 1,6 · PL = 1,2 · 550 kN + 1,6 · 300 kN = 1140 kN

Pu = 1140 kN

Pn = Pu / φ = 1140 kN / 0,90 = 1266,67 kN De la condición de rotura: Ast = Pn / f y = [1266,67 kN / 420 MPa] · (1000 MN mm2 / (kN m2)) = 3016 mm2 Ast = 4 db25 + 4 db20 = 3220 mm2 Ac = 0,25 m · 0,25 m = 0,0625 m2 (62500 mm2) 1/2 ρ = Ast / Ac = 0,0515 > ρ mín = fć / (2 · f y) = 0,0053

Se adopta:

Ejemplo 8.II Enunciado: Calcular el alargamiento del tirante anterior para una condición frecuente de carga consistente en la carga permanente más el 50% de la sobrecarga máxima y considerando una longitud inicial de 6 metros. Resolución: Ae = Ach · (Pcr / P)3 + Acr · [1 – (Pcr / P)3] ≤ Ag donde

Ach = Ac + n · Ast = 0,0625 m2 + 0,03065 m2 = 0,09315 m 2 Tirantes no pretensados – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 133

n = Es = Ec = Acr = P

Es / Ec = 9,52 módulo de elasticidad del acero no teso = 200000 MPa 4700 · fć1/2 = 21019 MPa n · Ast = 30654 mm 2 (0,03065 m2)

= 550 kN + 0,50 · 300 kN = 700 kN

f´t = fć1/2 / 3 = 1,49 MPa = 1491 kN/m2 Pcr = Ach · f´t = 138,87 kN (Pcr / P)3 = 0,00781 Ae = Ach · (Pcr / P)3 + Acr · [1 – (Pcr / P)3] = 0,000728 m2 + 0,030415 m 2 = Ae = 0,031143 m2 (31143 mm2) εm = P / (Ec · Ae) = [700 kN / εm = 0,00107 ∆L

(21019 MPa · 0,031143 m2)] · (0,001 MN/kN) =

= Alargamiento del tirante = εm · L = 0,0064 m = 6,4 mm

Ejemplo 8.III

Enunciado: Calcular el ancho de fisuras esperable en el tirante del Ejemplo 8. I para una condición frecuente de carga consistente en la carga permanente más el 50% de la sobrecarga máxima. Resolución:

w = abertura de fisura en [mm] = f s · (dc · A)1/3 / 90000

55,4

donde f s = P / Ast = f s = [700 kN / 3220 mm2] · (1000 MN mm2 / (kN m2)) = f s = 217,39 MPa dc = gráficamente = 55,4 mm A = 62500 mm2 / 8 = 7812,5 mm2 w = 217,39 MPa · (55,4 mm · 7812,5 mm)1/3 / 90000 w = 0,18 mm

Si por cualquier motivo hubiera que limitar el ancho de fisuras a un valor menor que el anterior puede recurrirse a: a) b) c) d)

Refinar el cálculo Aumentar la sección de acero de modo de bajar el valor de f s Disminuir la sección de hormigón Disminuir el diámetro nominal de la armadura Tirantes no pretensados – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 134

ANCLAJES Y EMPALMES POR ADHERENCIA 9.A.- ANCLAJES 9.A.1.- Anclaje de barras y alambres rectos traccionados 9.A.1.1.- Expresión general El CIRSOC 201-2005, artículo 12.2.3, indica la siguiente expresión general: ld

db con los límites:

cb

K tr

9 10

2,50 ; db l d = 300 mm (artículo 12.2.1).

f y

t

cb

f ´ c f ć

e

s

K tr db

8,3 MPa y un mínimo aplicable de:

con : Longitud de anclaje de barras y alambres conformados en tracción [mm]

d

d b : Diámetro nominal de una barra o alambre [mm] f´ c : Resistencia especificada a la compresión del hormigón en [MPa] f y : Tensión de fluencia especificada para la armadura no tesa [MPa] t

: Factor por ubicación de la armadura Para barras horizontales con 300 mm o más de hormigón por debajo del anclaje o empalme de las mismas, vale ψt = 1,3 (zona de mala adherencia) Para cualquier otro caso, ψt = 1,0 (zona de buena adherencia)

e :

s

Factor relativo al revestimiento de las barras o alambres de la armadura A los fines del Reglamento CIRSOC 201-2005, artículo 12.2.4, ψe = 1,0 porque se considera la armadura sin revestir.

: Factor por diámetro de la armadura Si db ≤ 16 mm ψs = 0,80 Si db > 16 mm ψs = 1,00 : Factor por uso de hormigón liviano Permite efectuar las correcciones necesarias cuando se utiliza hormigón con agregado liviano. Para hormigones de peso normal es λ = 1. El resto de los valores se muestran en el CIRSOC 201-2005.

Anclajes y Empalmes por Adherencia – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 135

c b : Menor valor entre la distancia desde el eje de la barra o alambre a la superficie de hormigón más próxima, o la mitad de la separación entre las barras o alambres [mm] K tr : Tiene en cuenta la armadura transversal que envuelve a la barra que se ancla A tr f yt K tr 10 MPa s n donde: - A tr / s: Armadura transversal por unidad de longitud, que cose el plano de hendidura potencial debido al anclaje o empalme [mm 2/mm] Tensión de fluencia especificada del acero de la armadura transversal - f y t : [MPa] Es el número de barras que se anclan o empalman contenidas en el - n: plano de hendidura cosido por la armadura transversal.

La unidad de longitud resultante para Ktr debe ser la misma que para cb y db .

9.A.1.2.- Expresiones simplificadas El uso de la expresión general vista en el punto anterior puede ser algo complicado dada la cantidad de variables en juego. Para los casos más frecuentes en las estructuras para edificios, el CIRSOC 201-2005, artículo 12.2.2, presenta las siguientes expresiones simplificadas derivadas de la general: a) Cuando se cumple al menos uno de los dos grupos de condiciones siguientes: •

El recubrimiento libre de la barra o alambre a empalmar o anclar es ≥ db , y la separación entre dos barras o alambres contiguos que se empalman o anclan es ≥ db , y toda la longitud de empalme o anclaje está envuelta por un estribado mayor o igual que el mínimo reglamentario.

•

El recubrimiento libre de la barra o alambre a empalmar o anclar es ≥ db y la separación entre dos barras o alambres contiguos que se empalman o anclan es ≥ 2 db . ld

db ld

db

12 25 3 5

f y

t

f ´ c f y f ´ c

t

e

e

Para barras o alambres con db ≤ 16 mm (ψs = 0,80)

Para barras con db > 16 mm (ψs = 1,00)

b) Otros casos


ld

db ld

db

18 25 9 10

f y f ´ c f y f ´ c

t

e

Para barras o alambres con db ≤ 16 mm (ψs = 0,80)

t

e

Para barras con db > 16 mm (ψs = 1,00)

Las simplificaciones introducidas para ambos casos se basan en el estudio de los límites c b K tr de variación del factor ; ver el artículo C12.2. db c b K tr Cuando se cumplen las condiciones del caso a), se encuentra que 1,50 , y db por lo tanto se toma este valor mínimo, de donde derivan las dos expresiones mostradas. El caso b) considera que no hay armadura transversal, y que el recubrimiento será cuanto c b K tr menos igual a db . Por lo tanto 1. db

9.A.1.3.- Tabla de longitudes de anclaje obtenidas mediante las expresiones simplificadas Es evidente, por lo anteriormente expuesto, que en la mayoría de los casos prácticos que se presentan a diario, serán ψe = λ = 1,0 , y ADN 420 (f y = 420 MPa). Esto permite definir, a partir de las expresiones simplificadas, una serie bastante reducida de valores l d / db para su uso práctico. La tabla que se muestra a continuación será válida, entonces, para: • Hormigones de peso normal (no livianos) • Barras conformadas de acero • Acero de tensión de fluencia especificada f y = 420 MPa. Independiente de esto, los

valores para un acero de tensión de fluencia especificada diferente (como ser el uso de malla soldada de alambres conformados AM 500 N) se obtienen multiplicando el valor de tabla por el cociente entre la nueva tensión de fluencia especificada y 420 MPa. • Las condiciones de aplicación descriptas. Para cualquier caso el recubrimiento libre debe ser mayor que db . Obsérvese que: la condición a) corresponde a los casos típicos de vigas, en los que debe estar o presente un estribado mínimo, o bien losas, en las que la separación entre barras es siempre mayor que 2 db . la condición b), en cambio, solamente requiere que se cumpla el requisito de o recubrimiento libre, y por lo tanto es aplicable a una mayor variedad de casos. Sin embargo, ésta mayor libertad de aplicación se penaliza con mayores longitudes l d (50% por encima del caso a)).


Tabla T1 Diámetro Zona de de barras o adherencia alambres

Condiciones de aplicación

20

25

30

35

40

50

db ≤ 16

59 73 45

52 66 40

48 60 37

44 55 34

41 52 32

37 46 29

db > 16

56

50

46

43

40

36

db ≤ 16

88 110 68 85

79 98 60 76

72 90 55 69

66 83 51 64

62 78 48 60

56 70 43 54

[mm]

Recubrimiento ≥ db y separación ≥ db y a) estribado mayor que el mínimo o bien: Recubrimiento ≥ db y separación ≥ 2 db

Mala (1) (3)

Buena (2) Mala

b) Otros casos Buena

fć [MPa]

db ≤ 16 db > 16

db > 16 db ≤ 16 db > 16

l d /db

(1) Barras o alambres horizontales con 300 mm o más de hormigón por debajo del anclaje o empalme de las mismas. (2) Cualquier otro caso. (3) Para chequear si el estribado es mayor que el mínimo, debe ser (artículo 11.5.6.3): A v / s b w / C, donde C depende de la resistencia especificada del hormigón y de la tensión especificada de fluencia para la armadura. Para f yt = 420 MPa, C toma valores 1,26 , 1,26 , 1,23 , 1,14 , 1,06 y 0,95 para fć = 20, 25, 30, 35, 40 y 50 MPa respectivamente. Con bw en [mm], se obtiene el estribado mínimo en [mm2/m].

9.A.1.4.- Corrección por exceso de armadura (CIRSOC 201-2005, artículo 12.2.5) Cuando la armadura realmente dispuesta (A s adoptada) supera a la necesaria por cálculo (As requerida), es posible reducir la longitud de anclaje, pero no la de empalme, en un factor A s requerida igual a . A s adoptada Obviamente, esta corrección no puede ser realizada si se desea que el acero llegue a la tensión f y . No debe ser utilizada en estructura antisísmicas, en las que la ductilidad es fundamental. Para cualquier caso, es necesario considerar que si se ha colocado armadura en demasía por alguna razón, la resistencia de la pieza se verá incrementada. Pero si el anclaje se redimensiona corrigiendo por el exceso de armadura, la resistencia de la pieza se verá limitada por la del anclaje, desperdiciando el exceso de resistencia obtenido por la mayor cantidad de acero colocada. Sí es muy útil a la hora de verificar la capacidad de anclajes y/o empalmes ya construidos.

9.A.1.5.- Particularidades para los paquetes de barras (CIRSOC 201-2005, artículo 12.4)

Cuando las armaduras se han dispuesto en paquetes, la longitud de anclaje se determinará para cada barra por separado, sin aplicar el factor de modificación por diámetro de la barra. Esta longitud aumentará un 20% si el paquete es de 3 barras, y un 33% si es de 4 barras. El factor de modificación por diámetro de la barra se determina utilizando el diámetro equivalente del paquete de barras, de acuerdo con la expresión: Anclajes y Empalmes por Adherencia – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 138

db eq.

4

A s

donde

∑ A s

es el área total del paquete de barras.

Si se desea utilizar la tabla T1, se puede proceder de manera análoga a una barra aislada, pero en el momento de discriminar entre db ≤ 16 mm y db > 16 mm, se debe utilizar el db.eq , y luego obtener la longitud de anclaje de cada barra multiplicando el coeficiente de tabla por cada diámetro.

9.A.1.6.- Cálculo utilizando la expresión sin simplificaciones Si bien la utilización de la tabla T1 es muy práctica, también es cierto que las simplificaciones introducidas hacen que todos los casos se traten como si las condiciones de aplicación fueran las extremas de cada caso. Esta situación deriva en que, frecuentemente, las longitudes de anclaje resultan mayores que las necesarias. Cuando el recubrimiento es mayor que db , o el estribado es mayor que el mínimo, el beneficio de estas condiciones más favorables solamente puede ser tenido en cuenta mediante el uso de la expresión general.

9.A.2.- Anclaje con ganchos de barras y alambres traccionados 9.A.2.1.- Expresión general El CIRSOC 201-2005, artículos 12.5.1 y 12.5.2, considera la posibilidad de utilizar un gancho normal, que puede presentar alguna de las dos configuraciones que se muestran en la Figura 9.A.2.1 (gancho a 90° o a 180°) La expresión que permite determinar el valor dh es: f y l dh 0,24 e db f ´ c dh debe adoptarse siempre mayor que el mayor entre 8 d b ó 150 mm. Los factores ψe y λ son los vistos en 9.A.1.1. En la mayoría de las estructuras de hormigón armado, resulta λ = 1 por tratarse de casos en los que el hormigón es de peso normal.

Figura 9.A.2.1 Anclajes y Empalmes por Adherencia – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 139

La tabla T2 resume los valores para diferentes calidades del hormigón, y acero ADN 420 (f y = 420 MPa): Tabla T2 fć [MPa]

20

25

30

35

40

50

l dh /

23

20

18

17

16

14

db =

9.A.2.2.- Factores de correcció n (CIRSOC 201-2005, artículo 12.5.3) El valor de dh se debe corregir en función de diversos factores, aplicables solamente para barras con db ≤ 32 mm: •

Corrección por recubrimiento: Si el recubrimiento medido perpendicularmente al plano del gancho es ≥ 60 mm, y – para ganchos a 90° – el recubrimiento medido según la prolongación de la barra es ≥ 50 mm, aplicar un factor 0,70.

•

Corrección por estribos para ganchos a 90°: Cuando los mismos están encerrados por estribos cerrados paralelos o perpendiculares a la barra que se ancla, cuya separación sea ≤ 3 db y cubran todo el rectángulo mínimo que inscribe al gancho, aplicar un factor 0,80.

•

Corrección por estribos para ganchos a 180°: Cuando los mismos están encerrados por estribos cerrados perpendiculares a la barra que se ancla, cuya separación sea ≤ 3 db y cubran la longitud l dh , aplicar un f actor 0,80.

•

Corrección por exceso de armadura: Se aplica de igual manera que en el punto 9.A.1.4.

9.A.2.3.- Ganchos en extremos d e elementos (CIRSOC 201-2005, artículo 12.5.4) Cuando el gancho normal se ubica en el extremo libre de un elemento (extremo de una viga en voladizo, por ejemplo), y el recubrimiento en alguno de los lados o en alguno de los bordes superior o inferior es ≤ 60 mm, se deben disponer estribos perpendiculares a la barra en toda la longitud dh , con una separación ≤ 3 db . El estribo más cercano a la parte doblada del gancho debe estar a una distancia ≤ 2 db de ésta.

9.A.2.4.- Ganchos en anclajes compri midos Los ganchos no se consideran efectivos como anclajes de barras comprimidas (CIRSOC 201-2005, artículo 12.5.5).


9.B.- EMPALMES 9.B.3.- Empalmes de barras y alambres rectos tracci onados 9.B.3.1.- Longi tud de empalme por yuxtaposi ción La longitud de empalme se calcula partiendo de la longitud d calculada según lo visto en el punto 9.A.1, con la salvedad de que no se debe aplicar la corrección por exceso de armadura vista en 9.A.1.4 (CIRSOC 201-2005, artículo 12.15.1). Es necesario considerar la clase del empalme (CIRSOC 201-2005, artículo 12.15.2), la que se define a partir de las siguientes condiciones: Si se empalma una sección ≤ 50% de la armadura total Y la armadura adoptada es mayor o igual que dos veces la requerida; el empalme es Clase A. • Para cualquier otra combinación de los dos factores mencionados (% de armadura empalmada y relación As adoptada / As requerida), el empalme es Clase B. •

En función de las clases anteriormente definidas, la longitud de empalme vale: Clase A: Clase B: l e mínimo =

1,0 · 1,3 ·

d d

300 mm para cualquier caso

9.B.3.2.- No aplicabilidad de los empalmes traccionados por yuxtaposición Este tipo de empalme no se podrá aplicar en tensores o elementos con tracción predominante (CIRSOC 201-2005, artículo 12.15.5). Siendo necesario en esos casos recurrir a empalmes soldados o mediante dispositivos mecánicos.

9.B.4.- Empalmes de barras rectas compri midas 9.B.4.1.- Longi tud de empalme por yuxtaposi ción El CIRSOC 201-2005, artículo 12.16.1, establece las siguientes longitudes de empalme de las barras comprimidas para hormigones H–20 y superiores: Si Si

f y ≤ 420 MPa: f y > 420 MPa:

0,07 · f y · db (0,13 · f y – 25,2) · db

Con un mínimo absoluto de 300 mm para cualquier situación. En el caso de un acero ADN 420 (f y = 420 MPa), las longitudes de empalme por yuxtaposición de barras comprimidas resultan aproximadamente iguales a 30 d b para hormigones de 20 MPa o más.


9.B.4.2.- Empalmes a tope El CIRSOC 201-2005, artículo 12.16.4, permite la utilización de empalmes a tope para barras comprimidas, solo en aquellos elementos que tengan estribos cerrados o zunchos, sin la necesidad de recurrir a patentes. Para ello es necesario garantizar un aserrado de las barras de manera tal que el plano de la sección transversal se encuentre normal al eje de la barra, con una tolerancia de 1,5°, y asegurando la inexistencia de rebarbas. Una vez colocada la pieza, es necesario garantizar el alineamiento con un dispositivo adecuado que permita visualizar el contacto de ambas caras antes del hormigonado.

9.B.4.3.- Factores de corrección •

En elementos comprimidos, con zunchos transversales que contengan a la armadura empalmada, se puede aplicar un factor de corrección igual a 0,75 (artículo 12.17.2.5).

•

En elementos comprimidos, en los que existan estribos a lo largo de la longitud de empalme, cuya sección sea 0,0015 · h · s , se permite aplicar un factor 0,83 (artículo 12.17.2.4). En la expresión anterior, h es la altura total del elemento, y s la separación de los estribos (ambas dimensiones en mm).

De cualquier manera, la longitud de empalme final no debe ser menor que 300 mm. Inmediatamente se deduce que, para acero ADN 420 (f y = 420 MPa) y hormigones con fć ≥ 20 MPa, el factor de corrección 0,75 solamente se puede aplicar para barras db16 y mayores, mientras que el factor 0,83 puede ser utilizado para db12 y mayores. Diámetros menores conducirían a una longitud de empalme inferior a 300 mm.

9.B.4.4.- Empalme de barras de diferentes diámetros En este caso de acuerdo con el CIRSOC 201-2005, artículo 12.16.2, la longitud de empalme será la mayor entre la longitud de anclaje de la barra de mayor db , y la longitud de empalme de la de menor db .

9.B.5.- Anclaje de armadura transversal (estribos) Los estribos pueden anclarse de alguna de las maneras que se muestran en la Figura 9.B.5.1. Las reglas generales que se deben cumplir son las usuales: Para los casos de corte sin torsión, los estribos deben envolver todas las barras, traccionadas o comprimidas. Cuando además de corte la sección esté solicitada por torsión, los estribos deben ser cerrados y continuos desde el punto de vista resistente.


a)

b)

Por lo tanto, las variantes a) y c) (que por otra parte no son los más frecuentes en nuestro medio), se encuentran limitadas a casos de corte exclusivamente, y cuando se tienen solamente dos barras longitudinales en la cara superior. Esta configuración es, por lo tanto, poco práctica para vigas continuas ya que en los apoyos se tienen normalmente más de dos barras para resistir los momentos negativos. En cualquier caso, el anclaje del estribo debe realizarse mediante un gancho normal que envuelva una barra longitudinal, el cual puede ser a 90° (casos a) y b)), o bien a 135° (casos c) y d)).

d)

c)

Figura 9.B.5.1 Las dimensiones mínimas requeridas para los ganchos de anclaje (CIRSOC 201-2005, artículo 7.1.3) son las siguientes:

90°

Ganchos a 90°:

D ≥ A

135°

D

• •

dbe ≤ 16 mm 16 mm < dbe ≤ 25 mm

 A

= 6 dbe  A = 12 dbe

Ganchos a 135°: •

dbe ≤ 25 mm

 A

= 6 dbe

≥ A

Figura 9.B.5.2


El diámetro del mandril de doblado de los ganchos para estribos difiere del general para cualquier otro doblado (CIRSOC 201-2005, artículo 7.2.2) siendo de aplicación la tabla T3, adoptada de la tabla 7.2.3 del CIRSOC 201-2005. Tabla T3 Diámetro de la barra o alambre [mm] dbe ≤ 16 16 < dbe ≤ 25 25 < dbe ≤ 32 32 < dbe

D 4 dbe 6 dbe 8 dbe 10 dbe

El CIRSOC 201-2005, artículo 7.11.3, prevé otra forma algo más indirecta de anclar los estribos que puede ser de utilidad cuando las vigas o elementos a estribar son muy altos o cuando se presentan situaciones complejas de armaduras longitudinales. La disposición puede verse en la Figura 9.B.5.3 y, como puede apreciarse, se trata de una solución obtenida a base de empalmes y no de anclajes que, obviamente, requerirá una mayor cantidad de acero.

Longitud de empalme Clase B

Figura 9.B.5.3 De acuerdo con el CIRSOC 201-2005, artículo 12.13.2.2, si el diámetro de la barra que constituye el estribo está comprendido entre: 1/2

≥ (0,17 ·dbe · f yt )/ fć

16 mm < dbe ≤ 25 mm se debe comprobar que la longitud embebida entre la altura media de la sección y el gancho normal de anclaje (de acuerdo con lo visto anteriormente) resulte mayor o igual a (Figura 9.B.5.4): ld

0,17 dbe f yt f ´ c

h/2

Figura 9.B.5.4


DF 9.I.- Ancl aje de barras y alambres traccionados – Expresiones simplificadas Diagrama de flujo para un acero ADN 420 * (f y = 420 MPa) y hormigón de peso normal (λ =1)

Separación entre barras o alambres ≥ 2 db

SI

NO

NO

A

SI

La barra o alambre es horizontal y hay 300 mm de hormigón o más debajo de ella

Separación entre barras o alambres ≥ db

NO

Estribado ≥ que el mínimo envuelve a l d

NO

Recubrimiento ≥ db

SI

SI

fć [MPa] 20 25 30 35 40 50 db ≤ 16 59 52 48 44 41 37 l d / db > 16 73 66 60 55 52 46 db fć [MPa] 20 25 30 35 40 50 db ≤ 16 45 40 37 34 32 29 l d / db > 16 56 50 46 43 40 36 db

NO

Recubrimiento ≥ db

NO

A

SI


NO

SI

fć [MPa] 20 25 30 35 40 50 db ≤ 16 88 79 72 66 62 56 l d / db > 16 110 98 90 83 78 69 db fć [MPa] 20 25 30 35 40 50 db ≤ 16 68 60 55 51 48 43 l d / db > 16 85 76 69 64 60 53 db

NOTAS: 1) A: Se debe usar la expresión completa. Chequear los requerimientos de recubrimiento, ya que para la gran mayoría de los casos, el recubrimiento deber ser ≥ db . 2) En cualquier caso, l d debe ser mayor o igual que 300 mm. 3) Si corresponde, aplicar la corrección por exceso de armadura a los valores finales. *) Para aceros diferentes al ADN 420 multiplicar los valores de tabla por el cociente entre la nueva tensión de fluencia especificada y 420 MPa.


DF 9.II.- Ancl aje de barras y alambres tracci onados – Expresión general Diagrama de flujo para hormigón de peso normal ( λ=1) A tr f yt K tr 10 MPa s n


SI

es la armadura - A tr / s transversal por unidad de longitud, que cose el plano de hendidura potencial debido al anclaje o empalme. es la tensión de fluencia - f yt especificada del acero de la armadura transversal - n es el número de barras que se anclan o empalman contenidas en el plano de hendidura cosido por la armadura transversal. (Tener en cuenta que la unidad de longitud resultante para Ktr debe ser la misma que para cb y db.)

ψt = 1,30

NO ψt = 1,00

db ≤ 16 mm

SI

ψs = 0,80

NO

c b K tr no mayor que 2,5 db

ψs = 1,00

ld

db

9 10

f y f ć

t

s

c b K tr db

NOTAS: 1) En cualquier caso, l d debe ser mayor o igual que 300 mm. 2) Si corresponde, aplicar la corrección por exceso de armadura a los valores finales.


DF 9.III.- Ancl aje de barras y alambres traccionados con gancho s normales Diagrama de flujo para un acero ADN 420 * (f y = 420 MPa) y hormigón de peso normal (λ=1) NO VÁLIDO PARA BARRAS COMPRIMIDAS

( l dh / db)básico = 100,8 / fć1/2 20 23

fć [MPa] ( l dh / db )básico=

db ≤ 32 mm

SI

F1 = 0,70

SI

Condición 1 NO

F1 = 1,00

F2 = 0,80

SI

Condición 2 NO

F2 = 1,00

25 20

30 18

NO

ó de tabla 35 17

40 16

50 14

l dh /

db = ( l dh / db )básico

Condición 1: El recubrimiento medido perpendicularmente al plano del gancho es ≥ 60 mm, y –para ganchos a 90°– el recubrimiento medido según la prolongación de la barra es ≥ 50 mm.

Condición 2: Para ganchos a 90°: Están encerrados por estribos cerrados paralelos o perpendiculares a la barra que se ancla, cuya separación es ≤ 3 db y cubren todo el rectángulo mínimo que inscribe al gancho. Para ganchos a 180°: los mismos están encerrados por estribos cerrados perpendiculares a la barra que se ancla, cuya separación es ≤ 3 db y cubren la longitud l dh .

dh / db = ( l dh / db )básico · F1 · F2

NOTAS: 1) En cualquier caso, l dh debe ser mayor que 8 db o 150 mm. 2) Si corresponde, aplicar la corrección por exceso de armadura a los valores finales. *) Para aceros diferentes al ADN 420 multiplicar los valores de tabla por el cociente entre la nueva tensión de fluencia especificada y 420 MPa.


DF 9.IV.- Empalme de barras y alambres rectos tr accionados Calcular ( l d )básico como l d según DF 9.I o DF 9.II

% de armadura empalmada ≤ 50% del total NO

EMPALME CLASE B l d = 1,30 · l d básico

DF 9.I: Diagrama de flujo para anclaje de barras y alambres traccionados utilizando las expresiones simplificadas DF 9.II: Diagrama de flujo para anclaje de barras y alambres traccionados utilizando la expresión general

SI

A s adoptada A s requerida

2

SI

NO

EMPALME CLASE A l d = l d básico

NOTAS: 1) En cualquier caso, l dh debe ser mayor o igual que 300 mm. 2) NO aplicar la corrección por exceso de armadura a los valores finales. 3) NO aplicar en elementos predominantemente traccionados. En esos casos utilizar soldadura o empalmes mecánicos.


DF 9.V.- Empalme de barras rectas comp rimidas Diagrama de flujo para hormigones H–20 y superiores, y aceros ADN 420 (f y = 420 MPa).

l ec básico =

F1 = 0,75

SI

29,4 · db

Condición 1

Condición 1: Elementos comprimidos con zunchos transversales que contengan a la barra empalmada.

NO

F1 = 1,00

F2 = 0,83

SI

Condición 2

Condición 2: Elementos comprimidos con estribos a lo largo de la longitud de empalme, cuya sección sea ≥ 0,0015 · h · s (h es la altura total del elemento y s la separación de los estribos, ambos en mm)

NO

F2 = 1,00

l ec

= l ec básico · F1 · F2

NOTAS: 1) En cualquier caso, l ec debe ser mayor o igual que 300 mm. 2) En este tipo de empalme l ec NO varía linealmente con f y . Para f y distinto a 420 MPa, ver el Reglamento.



PRETENSADO EN FLEXIÓN 10.1.- Clasificación El CIRSOC 201-2005, artículo 18.3.3, establece las siguientes clases de elementos pretensados en función de la máxima tensión de tracción que se desarrolle en la zona traccionada por las cargas exteriores y precomprimida por el pretensado: Clase

Descri pción

U

No Fisurados (uncracked)

T

Transición (transition)

C

Fisurados (cracked)

Valor de la tensión f t f t 0,7

0,7

f ć

f ć

f t

f t

f ć

f ć

Establece asimismo que las losas pretensadas armadas en dos direcciones deben proyectarse como elementos Clase U.

10.2.- Etapas (Estados ó Niveles) En lo que sigue se denominará “t o” al tiempo en que se realiza el tesado de los elementos tensores y “t∞” al tiempo para el que puede suponerse que ya se han producido todas las pérdidas reológicas (fluencia, contracción y relajación). El CIRSOC 201-2005 habla de “etapas” de carga estableciendo que las tres principales son (artículos C18.2.1 y C18.2.2): a) b) c)

Etapa de introducción o transferencia del pretensado (t o y cargas concomitantes) Etapa de carga de servicio ( t∞ y cargas de servicio, es decir, no mayoradas) Etapa de carga mayorada ( t∞ y cargas mayoradas)

El término “etapa” podría resultar desafortunado dado que da la idea de que una estructura, a lo largo de su vida útil, tendría que recorrer todas las etapas, incluyendo la de carga mayorada lo cual es una situación absolutamente eventual. Se mencionan otras posibles etapas tales como la carga de fisuración.

10.3.- Pérdidas 10.3.1.- Generalidades Se denomina pérdida a la diferencia entre la fuerza medida en el gato en el momento del tesado y la fuerza efectiva en un punto cualquiera del cable en un momento cualquiera en el tiempo. La siguiente Tabla 10.3.1 resume las principales causas de pérdidas (artículo 18.6.1): Pretensado en Flexión – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 151

Tabla 10.3.1 Originadas en el acero Originadas en el hormigón

Instantáneas Acuñamiento de anclajes Fricción Acortamiento elástico

Diferidas Relajación Fluencia lenta Contracción

Se denominan pérdidas instantáneas a aquellas que se originan durante el proceso de puesta en tensión y anclaje de los elementos tensores y diferidas a aquellas que se desarrollan a través del tiempo (con un fuerte desarrollo en los primeros días y una tendencia a alcanzar su valor total en el curso de unos pocos años). Si bien existen expresiones para calcular pérdidas, es bien sabido que dichas expresiones sólo aportan una aproximación a los valores reales los que pueden variar mucho de acuerdo a la composición del hormigón, condiciones ambientales, etc. Si la estructura en estudio resultara muy sensible a la magnitud de las pérdidas deberá realizarse un estudio más cuidadoso para obtener valores más realistas de las mismas.

10.3.2.- Expresio nes de cálculo El CIRSOC 201-2005 desarrolla las expresiones correspondientes a pérdidas por fricción en cables de postesado y en sus Comentarios indica referencias bibliográficas donde poder obtener información adicional. Los fenómenos reológicos (fluencia lenta, contracción y relajación) interactúan entre sí por lo que el cálculo del efecto conjunto es extremadamente complejo. Algunos autores sugieren calcular separadamente los efectos y luego sumarlos. En lo que sigue transcribiremos las propuestas que se desarrollan en el CIRSOC 2012005 (sólo pérdidas por fricción) y en la siguiente referencia recomendada por el CIRSOC: Zia, Paul et al., “Estimating Prestress Losses”, Concrete International: Design and Construction, Vol 1, No. 6, June 1979, pp. 32-38.

10.3.2.1.- Acortamiento elástico (ES: Elastic Shortening of Concrete) 10.3.2.1.1.- Hormigón postesado Si la armadura estuviera constituida por un único elemento tensor, el acortamiento del hormigón por efecto del proceso de postesado no provocaría una pérdida en la fuerza del cable dado que, al estar apoyado el gato contra la pieza de hormigón, este acortamiento sería compensado por un mayor recorrido del cilindro. En el caso de existir más de un elemento tensor sí existirán pérdidas producidas por el acortamiento que introduce la puesta en tensión de un cable sobre los cables ya anclados. Estas pérdidas suelen denominarse por “no simultaneidad del pretensado”. A los efectos prácticos suele representarse el fenómeno anterior a través de una pérdida de tensión media del conjunto de las armaduras activas igual a la mitad del producto de la Pretensado en Flexión – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 152

relación entre módulos de elasticidad entre el acero y el hormigón y la tensión que el pretensado y las cargas externas concomitantes en el momento del tesado producen en el hormigón a nivel del centro de gravedad de los elementos tensores. En realidad, si el número “n” de cables a tesar no es muy grande, en lugar de la mitad del cociente citado habría que tomar una fracción igual a: (n – 1) / (2 · n)

10.3.2.1.2.- Hormigón pretesado Cuando se libera la fuerza anclada en los estribos del banco de tesado la adherencia pone en tensión al hormigón. Este, al acortarse produce una pérdida de tensión en el acero que es igual al producto de la relación de módulos de elasticidad entre el acero y el hormigón y la tensión que el pretensado y las cargas externas concomitantes con el momento del tesado producen en el hormigón a nivel del centro de gravedad de los elementos tensores.

10.3.2.1.3.- Expresiones de cálculo f ES K es E s cir Eci f cir K cir f cpi f g donde Kes = 1,0 para elementos pretesados Kes = 0,5 para elementos postesados en los que los cables son tesados en forma consecutiva. En cualquier otro caso Kes variará entre 0 y 0,5 Es = Módulo de elasticidad de los elementos tensores (del orden de 196000 MPa) Eci = Módulo de elasticidad del hormigón en el momento del tesado = 4700 f ć siendo fć la resistencia del hormigón en el momento del tesado f cir = Tensión de compresión neta en el hormigón a nivel del centro de gravedad de los elementos tensores inmediatamente después de haberse aplicado la totalidad del pretensado f cpi = Tensión en el hormigón a nivel del centro de gravedad de los elementos tensores producida por la fuerza de tesado consideradas solamente las pérdidas por fricción y por acuñamiento de anclajes f g = Tensión en el hormigón a nivel del centro de gravedad de los elementos tensores debido al peso propio y otras cargas presentes en el momento del pretensado kcir = 0,9 para elementos pretensados y 1,0 para elementos postesados En el caso de elementos con cables no adherentes la expresión a utilizar será: f cpa ES K es E s E ci

Pretensado en Flexión – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 153

donde f cpa = Tensión media en el hormigón a lo largo de la longitud de elemento a nivel del centro de gravedad de los elementos tensores inmediatamente después de haberse aplicado la totalidad del pretensado.

10.3.2.2.- Contracción del hormigón (SH: Shrinkage of Concrete) La contracción es la deformación que sufre una pieza de hormigón por movimientos del agua no fijada químicamente al gel de cemento. Aunque el fenómeno más conocido es la pérdida de agua con la consiguiente disminución de volumen, existe también el fenómeno opuesto denominado hinchamiento o expansión. Obviamente, desde el punto de vista práctico interesa solamente la contracción que se produce desde el momento del tesado hasta el momento en que se desea conocer el pretensado efectivo. Dado que la mayoría de los elementos pretesados son puestos en tensión a edades muy tempranas, los efectos de la contracción son mucho más importantes que en elementos postesados. Las variables que intervienen en la evaluación de la contracción son muchas pero la bibliografía propuesta por el CIRSOC considera solamente las siguientes1: i) ii) iii)

RH: Humedad media del ambiente que rodea al elemento V/S: Relación entre la sección transversal de la pieza y su perímetro (en rigor se trata de la relación Volumen/Superficie). En algunos textos se la denomina “espesor ficticio”. Tiempo transcurrido desde la finalización del curado húmedo hasta la aplicación del pretensado

La expresión que propone es la siguiente: V SH 8,2 10 6 K sh E s 1 0,024 S

100 RH

donde Ksh = 1,0 para elementos pretesados Ksh = Para elementos postesados se extrae de la Tabla 10.3.2.2.1 Es = Módulo de elasticidad de los elementos tensores (del orden de 196000 MPa) V/S = Está expresado en centímetros RH = Debería determinarse en cada caso. Una orientación puede tomarse de la Tabla 10.3.2.2.2

1

Deja de lado variables tales como la cuantía de armaduras pasivas, la composición del hormigón y el tiempo transcurrido desde el momento del tesado. Pretensado en Flexión – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 154

Tabla 10.3.2.2.1 Tiempo en días (*) 1 3 5 7 10 20 30 60 Ksh 0,92 0,85 0,80 0,77 0,73 0,64 0,58 0,45 (*) Tiempo medido desde la finalización del curado húmedo hasta la puesta en tensión Tabla 10.3.2.2.2 Ambiente En aire muy húmedo En general al aire libre En aire seco (p.e. en ambientes interiores secos)

Humedad relativa media en % 90 70 50

10.3.2.3.- Fluencia lenta del hormigón (CR: Creep of Concrete) De forma simplificada se engloban en el concepto de fluencia todas las deformaciones diferidas, elásticas y plásticas, que dependen de la tensión. También en forma simplificada, y siempre que la tensión actuante no sea demasiado elevada (digamos no superior al 40 o 50% de la tensión de rotura), la deformación de fluencia puede suponerse proporcional a la deformación elástica instantánea. En rigor la fluencia lenta se ve afectada por prácticamente los mismos factores que la contracción aunque la bibliografía recomendada por el CIRSOC hace un abordaje bastante simplificado a través de la expresión: E CR K cr s Ec

f cir f cds

donde Kcr Es Ec f cir

= = = =

2,0 para elementos pretesados y 1,6 para elementos postesados Módulo de elasticidad de los elementos tensores (del orden de 196000 MPa) Módulo de elasticidad del hormigón a 28 días = 4700 f ć Tensión de compresión neta en el hormigón a nivel del centro de gravedad de los elementos tensores inmediatamente después de haberse aplicado la totalidad del pretensado (ver el punto 10.3.2.1.3) f cds = Tensión en el hormigón a nivel del centro de gravedad de los elementos tensores debida a todas las cargas permanentes que se agregan luego del tesado La diferencia entre los valores de Kcr para elementos pretesados y postesados admite el mismo comentario respecto a las edades del hormigón en el momento del tesado que se hizo en el caso de contracción.

10.3.2.4.- Relajación de los cables (RE: Relaxation of Tendons ) La única pérdida significativa que presenta el acero en el tiempo es la relajación, es decir, la pérdida de tensión a deformación constante.


El valor de la relajación depende del tipo de acero, de la tensión de tesado, del tiempo transcurrido desde la puesta en tensión y de la temperatura. Asimismo depende de la interrelación con las otras pérdidas diferidas. La bibliografía propuesta por el CIRSOC utiliza la siguiente expresión: RE [K re

J (SH CR ES)] C

kre = Valores básicos de relajación J = Factor de interacción para la reducción de tensión debido a otras pérdidas C = Factor por nivel de tensión (f pi / f pu) donde Kre y J se extraen de la siguiente Tabla 10.3.2.4.1 en la que se ha realizado una adaptación parcial de los aceros para pretensado que se indican en el artículo 3.6 del Reglamento. Tabla 10.3.2.4.1 Tipo de elemento tensor Cordón de 3 alambres Cordón de 3 alambres Cordón de 3 alambres Cordón de 3 alambres

C–1950 C–1800 C–1750 C–1650

Alambre de acero APL–1700 Cordón de 7 alambres C–1900

Relevado de tensiones

K re [MPa]

J

Térmico (Relajación Normal – RN)

144 133 130 122

0,16 0,15 0,14 0,13

Termomecánico (Baja relajación – BR)

31 35

0,04 0,04

El coeficiente “C” puede obtenerse a partir de las expresiones que figuran en la siguiente Tabla 10.3.2.4.2 (en el trabajo original no figuran expresiones sino valores): Tabla 10.3.2.4.2 f pi / f pu 0,60 ≤ f pi / f pu < 0,70 0,70 ≤ f pi / f pu ≤ 0,80

Acero de Relajación Normal 0,49 + 5 · (f pi / f pu – 0,60) 1,00 + 9 · (f pi / f pu – 0,70)

Acero de Baja Relajación 0,33 + 4 · (f pi / f pu – 0,60) 0,75 + 5 · (f pi / f pu – 0,70)

En la Tabla 10.3.2.4.2: f pi = Tensión en los elementos tensores producida por f pi = Ppi /Aps Ppi = Fuerza de pretensado en la sección en estudio descontadas solamente las pérdidas por fricción y por acuñamiento de anclajes, pero antes de ES, CR, SH y RE Aps = Sección transversal de los elementos tensores


10.3.2.5.- Fricción Este tipo de pérdidas se da solamente en elementos postesados y se producen durante la puesta en tensión de los cables. La puesta en tensión de la armadura implica su alargamiento y por lo tanto un desplazamiento relativo respecto a las vainas. Existen tres causas de pérdidas por rozamiento (fricción): • • •

rozamiento en curva rozamiento en recta rozamiento en desviadores (pretensado externo)

El CIRSOC 201-2005, artículo 18.6.2.1, propone la siguiente expresión para el cálculo de las pérdidas por fricción: Ppx = Ppj · e – (K · l px +

µp · αpx)

Si el valor del paréntesis resultara menor o igual que 0,3 la expresión anterior se podrá reemplazar por la siguiente expresión aproximada: Ppx = Ppj · (1 + K · l px + µp · αpx) – 1 donde Ppj = Fuerza de tesado en el extremo desde donde se efectúa el tesado Ppx = Fuerza de tesado evaluada a una distancia “ l px” del extremo desde donde se efectúa el tesado K = Coeficiente de desviación accidental (rozamiento parásito o rozamiento en recta) por metro lineal de cable l px = Longitud de cable medida desde el extremo desde donde se efectúa el pretensado µp = Coeficiente de fricción por curvatura (o en curva) αpx = Suma de los valores absolutos de las variaciones angulares (desviaciones sucesivas), medidas en radianes, que se producen en el cable a lo largo de l px Los valores K y µp deben obtenerse en forma experimental. Los fabricantes que tienen un sistema de pretensado dan los valores correspondientes a sus sistemas aunque éstos pueden variar fuertemente de acuerdo con la calidad de ejecución de los trabajos en obra. El CIRSOC 201-2005, tabla C18.6.2, da algunos valores orientadores para los coeficientes anteriores. Estos valores son reproducidos en la siguiente Tabla 10.3.2.5.1:


Tabla 10.3.2.5.1 Coeficiente de Coeficiente de fricción Tipo de acero de desviación o por curvatura Condición del cable pretensado curvatura accidental µp K Cables de alambre 0,0033 – 0,0049 0,15 – 0,25 Barras de alta Cables inyectados 0,0003 – 0,0020 0,08 – 0,30 resistencia en vainas metálicas Cordones de 7 0,0016 – 0,0066 0,15 – 0,25 alambres Cables no Cables de alambre adherentes cubiertos 0,0033 – 0,0066 Cordones de 7 con Mastic alambres 0,05 – 0,15 Cables no Cables de alambre adherentes pre0,0010 – 0,0066 Cordones de 7 engrasados alambres Dado que el valor de K depende de la flexibilidad de la vaina, cuando se utilicen conductos rígidos, puede suponerse K = 0. También puede hacerse esta suposición cuando se utilicen aceros de gran diámetro dispuestos en conductos semirígidos.

10.3.2.6.- Acuñamiento de los anclajes Para producir la transferencia de esfuerzos del gato a los anclajes, se disminuye gradualmente la fuerza que el gato ejerce sobre los elementos tensores por lo que éstos tienden a acortarse. Un dispositivo de anclaje ideal sería aquel que impida totalmente que durante la transferencia se produzcan acortamientos de los elementos tensores en el interior de la pieza que se está pretensando. Los anclajes reales (sobre todo los constituidos por cuñas) permiten un cierto deslizamiento que en nuestro medio suele denominarse “acuñamiento”. Los proveedores de sistemas de pretensado dan datos referentes a los deslizamientos esperables para cada uno de sus sistemas de anclaje (∆set). Dado que los corrimientos tienden a producir movimientos relativos entre los elementos tensores y las vainas, se ponen en juego fuerzas de rozamiento que, si las piezas que se están pretensando son suficientemente largas, terminan por anular los efectos del acuñamiento a una cierta distancia del apoyo activo (Figura 10.3.2.6.1). A los efectos prácticos puede suponerse que la fricción actúa con igual intensidad tanto en el proceso de alargamiento como en el de acortamiento del cable. En la Figura 10.3.2.6.1 se han indicado con “p” a la pendiente de la curva que indica la variación de la fuerza en los elementos tensores. Puede demostrarse que, si la pendiente es constante e igual para la carga que para la descarga, valen las siguientes expresiones: ∆set =

(Área rayada en la Figura 10.3.2.6.1) / (Aps · Eps) Longitud afectada = (∆set · Aps · Eps / p)1/2 ∆Pcorrimiento = Longitud afectada · 2 · p


1

Variación de la fuerza debida solamente a la fricción (antes de anclar)

p

∆Pcorrimiento

1

Variación de la fuerza luego de anclar

p

Figura 10.3.2.6.1

Longitud afectada

10.4.- Tensiones admisibles bajo estados de servicio 10.4.1.- En el hormigón Para facilitar la identificación de las secciones críticas se utiliza como ejemplo un caso particular consistente en una viga pretensada, postesada con un cable parabólico con excentricidad no nula en los apoyos 2. En los párrafos siguientes se resumen las tensiones admisibles fijadas por el CIRSOC 201-2005. En ellos todas las tensiones admisibles se expresan como módulos (sin signos). Cabe acotar que esas tensiones podrían superarse mediante una justificada demostración experimental.

10.4.1.1.- En el momento del tesado (t o)

1 2

1 4

f ´ ci 0,60 f ´ ci

f ći 0,60 f ´ ci

1 2

f ´ ci 0,60 f ´ ci

Figura 10.4.1.1 El CIRSOC 201-2005, artículo 18.4.1, denomina a este momento “etapa de introducción o transferencia del pretensado”.

2

Para hacer más claro el dibujo se ha forzado la escala vertical. Pretensado en Flexión – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 159

a)

Tensión normal de compresión

≤

b)

Tensión de tracción (en general)

≤

c)

Tensión de tracción en extremos simplemente apoyados

≤

0,60 f ći 1 f ći 4 1 f ći 2

Donde fći es la resistencia del hormigón en el momento del tesado. En elementos postesados los cálculos deben tener en consideración la pérdida de sección originada por la presencia de las vainas sin inyectar (utilizar la sección neta de hormigón en lugar de la sección bruta). En rigor, las tensiones admisibles de tracción no son máximas absolutas dado que el CIRSOC 201-2005, artículo C18.4.1.b y c, permite que sean superadas pero en esos casos obliga a disponer armadura adherente (tesa o no tesa) capaz de absorber la fuerza total de la zona traccionada calculada en la suposición de sección no fisurada. La tensión a utilizar para el cálculo de estas armaduras será 0,6 · f y pero menor o igual que 200 MPa.

10.4.1.2.- Bajo cargas de servicio y t El CIRSOC 201-2005, artículo 18.4.2, denomina a esta situación “etapa de servicio”. Las cargas de servicio varían desde un valor mínimo denominado “carga de larga duración” y un valor máximo denominado “carga total”. Se establece que para elementos pretensados Clase U y T solicitados a flexión: a) b)

Tensión normal de compresión debida al pretensado más cargas de larga duración

≤

0,45 · fć

Tensión normal de compresión debida al pretensado más la carga total

≤

0,60 · fć

0,7 (U) ó 1,0 (T )

0,45 f ć

f ´ c

0,7 (U) ó 1,0 (T )

0,45 f ´ c

f ´ c

0,7 (U) ó 1,0 (T )

f ´ c

0,45 f ´ c

Figura 10.4.1.2.1


0,7 (U) ó 1,0 (T )

0,60 f ´ c

f ´ c

0,60 f ´ c

0,7 (U) ó 1,0 (T )

0,7 (U) ó 1,0 (T )

f ´ c

f ´ c

0,60 f ´ c

Figura 10.4.1.2.2 Las tensiones se calculan en base a secciones no fisuradas y luego de que se han producido la totalidad de las pérdidas de pretensado. Las tensiones de tracción máximas son las vistas en la definición de hormigones Clase U y T.

10.4.2.- En el acero EL CIRSOC 201-2005, artículo 18.5.1, impone los siguientes límites a las tensiones en el acero de pretensado: a)

b)

c)

Debidas a la acción directa de la fuerza aplicada por el gato

≤ ≤ ≤

0,94 · f py 0,80 · f pu máximo valor recomendado por el fabricante del acero de pretensado o de los dispositivos de anclaje

≤ ≤

0,82 · f py 0,74 · f pu

En los dispositivos de anclaje y acoplamiento de cables de postesado inmediatamente después de la transferencia de la fuerza de tesado ≤

0,70 · f pu

Inmediatamente después de la transferencia del pretensado

en las expresiones anteriores: f py = Tensión de fluencia especificada para el acero de pretensado f pu = Tensión de tracción especificada para el acero de pretensado


10.5.- Resistencia a flexión 10.5.1.- Equilibrio y compatibili dad en seccio nes pretensadas 0,85 · fć

εc = 0,003 c

C

a

dp Aps

T

εt Sección transversal

Deformaciones

Tensiones y fuerzas

Figura 10.5.1.1 En la Figura 10.5.1.1 se muestran los diagramas de deformaciones y tensiones correspondientes a una sección pretensada en el momento de la rotura (M = M n). Como puede apreciarse el aspecto de los diagramas no difiere del utilizado para el cálculo de la resistencia a flexión de elementos no pretensados. En pretensado siguen utilizándose las siguientes hipótesis: • • • • •

El hormigón tiene una deformación de rotura igual a 0,003 Mantenimiento de las secciones planas Resistencia nula del hormigón traccionado Puede adoptarse un bloque uniforme de tensiones en el hormigón con un valor constante igual a 0,85 · fć La profundidad del bloque anterior es: a = β1 · c siendo c = profundidad del eje neutro de deformaciones β1 = 0,85 si fć ≤ 30 MPa β1 = 0,85 – 0,05 · (fć – 30 MPa) / 7 ≥ 0,65 si fć > 30 MPa

Al analizar secciones pretensadas no es conocida la tensión del acero de pretensado aunque si existieran además armaduras no tesas en ellas sí podrá suponerse que se ha alcanzado la tensión “f y” dado que son de aplicación los límites de deformaciones vistos en flexión de secciones no pretensadas. El diagrama tensiones-deformaciones de una armadura de pretensado no presenta un escalón claro de fluencia que permita asumir un diagrama bilineal como los vistos en los casos de armaduras no tesas (Figura 10.5.1.2).


f p

En secciones pretensadas la deformación del acero está compuesta por el pre-estiramiento producido por el pretensado indicado con (*) en la Figura 10.5.1.2 más la denominada deformación efectiva “ εt”. La suma de ambas deformaciones originará una tensión “f ps” que no necesariamente será igual a la resistencia “f pu”.

f pu f ps

εt

Figura 10.5.1.2

εp

El cálculo de la deformación indicada con (*) es relativamente complejo y está más allá del alcance de estas notas pero, a los fines prácticos, puede suponerse que esa tensión es aproximadamente igual a la deformación correspondiente a la tensión efectiva de pretensado “f pe”3: Ppe A ps Eps En cuanto a “ εt”, esa es la deformación que queda pendiente resolver.

10.5.2.- Solución general: compatibilidad y equilibrio En secciones no pretensadas, al poder asumirse que el acero se encuentra en fluencia, resulta posible plantear una ecuación cuadrática que resuelve el problema. En secciones pretensadas, suelen ser conocidos: •

•

La sección de acero de pretensado “A ps” pues el camino más frecuente de cálculo consiste en despejar la fuerza de pretensado de modo de verificar las condiciones tensionales para “t o” y “t∞”. Al ser conocida la fuerza de pretensado, se elige un sistema de pretensado y la armadura “A ps” se obtiene a partir de las tensiones admisibles de tesado en el acero. El diagrama tensiones-deformaciones del acero 4

10.5.2.1.- Elementos con cables adherentes En este caso puede realizarse un cálculo iterativo consistente en: i)

ii) iii)

3 4

Aumentar gradualmente “εt” hasta llegar a que se igualen las fuerzas en las armaduras y en el hormigón (T = C). La tensión “f ps” en el acero de pretensado se calcula para cada valor de “ εt” adicionándole a esta deformación la deformación correspondiente al pre-estiramiento. Calcular “Mn” para la condición del punto anterior Verificar si Mu ≤ φ · Mn . Los valores de “φ” son los vistos para flexión en secciones no pretensadas.

Cabe comentar que el CIRSOC 201-2005 no hace referencia a la forma de calcular las deformaciones en el acero. Para facilitar los cálculos estos diagramas pueden representarse a través de ecuaciones como la función modificada de Ramberg-Osgood o cualquier otra que aproxime razonablemente bien a los diagramas reales. Pretensado en Flexión – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 163

iv) v)

Si la condición anterior se verifica el cálculo se da por terminado Si la seguridad resulta insuficiente existirán dos caminos: agregar armaduras no tesas o bien agregar armaduras tesas y bajar la tensión de pretensado. En cualquier caso habrá que repetir los cálculos desde el punto i). La primera solución (utilizar armaduras pasivas) suele resultar conveniente pues adicionalmente ayuda al control de la fisuración.

Este procedimiento de cálculo es fácilmente programable incluso en planillas de cálculo.

10.5.2.2.- Elementos con cables no adherentes Para el cálculo no es posible hacer un análisis “de sección” para determinar la tensión en la armadura. En efecto, al no existir adherencia el cable no experimenta fuertes incrementos de tensión en coincidencia con las fisuras tal como es el caso de los cables adherentes. No es válido plantear aquí compatibilidad de deformaciones a nivel de una sección porque al no haber adherencia el cable no sufre alargamientos locales sino un alargamiento global producto de la deformación general de la pieza. El abordaje analítico para calcular la tensión en las armaduras en forma “exacta” es bastante laborioso e implica un análisis no lineal en el que intervienen las deformaciones de la pieza y del cable (teniendo en cuenta la variación del módulo de elasticidad con la deformación). Este análisis suele realizarse a través de iteraciones.

10.5.3.- Solución aproximada El CIRSOC 201-2005 obvia el cálculo de “ εt” proponiendo expresiones aproximadas para el cálculo de “f ps”. Si se considera “dato” a la tensión en el acero pueden aplicarse las expresiones de cálculo directo vistas al analizar secciones no pretensadas. Las expresiones aproximadas que veremos a continuación sólo son de aplicación cuando la tensión de pretensado efectiva verifica f se ≥ 0,5 · f pu (artículo 18.7.2)

10.5.3.1.- Cables adherentes La expresión propuesta por el CIRSOC 201-2005, artículo 18.7.2.a, intenta ser muy general5 por lo que, como contrapartida, está sujeta a algunas restricciones. La expresión propuesta es: f ps

f pu

1

p 1

f pu p f ć

d dp

´

donde f ps f pu 5

= =

Tensión de la armadura tesa para el cálculo de la resistencia nominal Tensión de tracción especificada para el acero de pretensado

Incluye la presencia de armaduras pasivas traccionadas y comprimidas. Pretensado en Flexión – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 164

f py γp

= =

Tensión de fluencia especificada para el acero de pretensado Este factor tiene en cuenta la forma del diagrama tensionesdeformaciones de los aceros (relajación normal, baja relajación, etc.) el cual está caracterizado por el cociente f py / f pu

si γp =

0,55 para f py / f pu ≥ 0,80

si γp =

0,40 para f py / f pu ≥ 0,85

si γp =

0,28 para f py / f pu ≥ 0,90

Artículos 10.0 y C18.5.1

(barras conformadas de pretensado) (barras, alambres y cordones de relajación normal) (alambres y cordones de baja relajación)

β1

=

ρp =

Cuantía de armadura tesa = Aps / (b · dp) Ancho del borde comprimido de la sección Distancia desde la fibra más comprimida hasta el baricentro de la armadura no tesa Distancia desde la fibra más comprimida hasta el baricentro de la armadura tesa Cuantía mecánica de la armadura traccionada no tesa = As · f y / (b · d · fć) Cuantía mecánica de la armadura comprimida no tesa = A´s · f y / (b · d · fć) Cuantía mecánica de la armadura tesa = ρp · f ps / fć

b = d =

dp = ω = ω´ = ωp =

Factor que relaciona la profundidad del eje neutro con la profundidad del bloque rectangular de tensiones utilizado para los cálculos de resistencia a flexión: Si fć ≤ 30 MPa: β1 = 0,85 Si fć > 30 MPa: β1 = 0,85 – 0,05 · (fć – 30 MPa) / 7 ≥ 0,65

Cuando se analizan secciones “T” (en general secciones con alas), las cuantías mecánicas deben calcularse para el ancho del alma considerando solamente la cantidad de armadura necesaria para equilibrar las tensiones que se producen en el alma. La expresión anterior de “f ps” parte de la base de que la armadura de compresión se encuentra en fluencia. Si esto no ocurriera, los resultados quedarían del lado inseguro dado que se estaría sobrevalorando el valor de la tensión en las armaduras de pretensado. Por estos motivos, aún cuando exista armadura comprimida, deben tomarse las siguientes precauciones (artículo 18.7.2.a): i) ii)

f pu d ≥ 0,17 ´ (controla que el eje neutro no sea muy poco p f ć dp profundo) Si d´ > 0,15 · dp se adopta ω´= 0 (armadura de compresión muy alejada de la fibra más comprimida y por lo tanto no estará en fluencia por compresión) (artículo C18.7.2)


10.5.3.2.- Cables no adherentes La experimentación ha demostrado que en estructuras muy esbeltas (p.e. losas en una dirección, placas planas y losas planas) el incremento de tensión que se origina durante el proceso de carga en los elementos no adherentes es menor que el que se produce en estructuras tipo viga. Por este motivo el CIRSOC 201-2005 establece expresiones diferentes de acuerdo con la esbeltez del elemento en análisis 6.

10.5.3.2.1.- Elementos con relación luz/altura 35 (artículo 18.7.2.b) f py f ps = f se + 70 + fć / (100 · ρp)

con f ps ≤

f se + 420

10.5.3.2.2.- Elementos con relaci ón luz/altura > 35 (artículo 18.7.2.c) f py f ps = f se + 70 + fć / (300 · ρp)

con f ps ≤

f se + 200

10.6.- Cuantías límites en flexión 10.6.1.- Cuantía mínima El CIRSOC 201-2005, artículo 18.8.2, indica que: “La cantidad total de armadura tesa y no tesa debe ser la adecuada para desarrollar una carga mayorada igual, como mínimo, a 1,2 veces la carga de fisuración determinada en base al módulo de rotura, f r .......” Indica asimismo que la prescripción anterior se puede obviar en los siguientes casos: a) losas armadas en dos direcciones, postesadas sin adherencia; y b) elementos solicitados a flexión en los cuales los valores de sus resistencias a flexión y corte sean, como mínimo, el doble de los prescriptos por las condiciones de seguridad correspondientes. A pesar de que la prescripción del CIRSOC 201-2005 habla de “cargas” el párrafo puede leerse interpretando “cargas” por “momentos” por lo que resulta: φ ·

Mn ≥ 1,2 · Mcr

donde Mcr = Momento de fisuración7 calculado para las cargas que producen una tensión máxima de tracción igual a f r 6 7

La experiencia parecería indicar que se han tomado precauciones excesivas para el caso de los elementos más esbeltos. Obviamente en este cálculo interviene el pretensado por lo que se trata de un caso de flexión compuesta. Pretensado en Flexión – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 166

f r = Módulo de rotura del hormigón o resistencia a la tracción por flexión = 0,7 f ć

10.6.2.- Cuantía máxima

φ 0,70 0,65

φ =

φ

0,7 + (εt – 0,002) · (200/3)

0,90

Zunchos

= 0,65 + (εt – 0,002) · (250/3)

Estribos cerrados

Secciones controladas por compresión

Secciones controladas por tracción

Interpolación

0,002

0,005

Figura 10.6.2.1

εt

(adoptada de la figura 9.3.2 del CIRSOC 201-2005)

Estrictamente hablando, como en el caso de secciones no pretensadas, el CIRSOC 2012005 no establece una cuantía máxima de armaduras. Utilizando como parámetro de referencia a la deformación efectiva en la armadura de tracción ( εt) establece que existen tres tipos de secciones: controladas por tracción, de transición y controladas por compresión (ver flexión en secciones no pretensadas). En el gráfico 10.6.2.1 se resumen los criterios ya vistos para la adopción del coeficiente de minoración “ φ” a aplicar al momento nominal “Mn” para la verificación de la condición: M u ≤ φ · Mn para armaduras pasivas con “f y = 420 MPa”. Si se han utilizado las expresiones aproximadas dadas por el CIRSOC 201-2005 puede determinarse, en forma aproximada, la deformación efectiva a partir de: εt = (f ps – f pe)

donde

/ Eps

= Deformación efectiva de tracción en las armaduras f ps = Tensión de la armadura tesa para el cálculo de la resistencia nominal f pe = Tensión efectiva en la armadura de pretensado después de producidas todas las pérdidas Eps = Módulo de elasticidad de las armaduras de pretensado εt

Si se desea aprovechar al máximo la resistencia de los materiales ( φ = 0,90) convendrá limitar la deformación efectiva a valores mayores a 0,005 por lo que, si se considera una deformación de rotura en el hormigón de 0,003, la profundidad del eje neutro deberá ser: c

0,003 d 0,003 0,005 p

0,375 dp


Debe recordarse que la deformación efectiva es la que corresponde al acero más traccionado de modo que si hubiera armadura no tesa con un valor de “d” mayor que “d p”, en la expresión anterior correspondería utilizar la deformación efectiva de dicha armadura la que puede obtenerse por semejanza de triángulos al ser conocida la deformación de rotura del hormigón y la de la armadura tesa.

10.7.- Armadura adherente mínima Si no existiera armadura adherente los elementos tenderían a trabajar como arcos atirantados muy rebajados, en lugar de como elementos de hormigón armado. Por otra parte, las fisuras se abrirían sin ningún tipo de control. Los elementos sin armadura adherente presentan una ductilidad muy baja y una escasa capacidad de disipar energía (son muy poco aptos para zonas sísmicas). Por estas razones los reglamentos establecen que la mayoría de las estructuras pretensadas con cables no adherentes 8 deben contener una cantidad mínima de armadura adherente. El CIRSOC 201-2005, artículo 18.9.2, indica que la armadura adherente mínima se debe determinar con la expresión: donde

As = 0,004 · Act Act = Área parcial de la sección transversal comprendida entre el eje baricéntrico de la sección total y el borde más traccionado (Figura 10.7.1)

Momento negativo

Momento positivo

Figura 10.7.1

8

En el capítulo correspondiente a sistemas de losas planas puede verse una excepción. Pretensado en Flexión – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 168

PRETENSADO EN FLEXIÓN – EJEMPLOS Ejemplo 10.I Enunciado:

Determinar las armaduras de pretensado para el siguiente elemento prefabricado que será utilizado como parte de una cubierta para una nave industrial. El elemento será pretesado en banco y los elementos tensores serán rectos. Para disminuir las tracciones originadas por el uso de elementos tensores rectos en la cara superior en las zonas de apoyos se utilizará hormigón pretensado clase “T”. 3,00 m 0,15 m

0,05 m

0,60 m

0,10 m

Materiales:

- Hormigón: H–35 (fć = 35 MPa) Ec = 4700 · fć1/2 = 27806 MPa fći = 24,5 MPa (en el momento del tesado) Eci = 4700 · fći1/2 = 23264 MPa γH° = 25 kN/m3 - Acero: Armaduras pasivas: ADN 420 (f y = 420 MPa) Armaduras activas: C–1900 Grado 270 dnominal = 12,7 mm Tipo: cordón baja relajación f pu = 1864 MPa f py = 1682 MPa Eps = 195000 MPa


Ag = sección bruta Perímetro Ig = momento inercia yinf = dist. CG a borde inferior ysup = dist. CG a borde sup. Winf = mod. resist. borde inf. Wsup = mod. resist. borde sup.

Esquema y luz de cálculo:

= = = = = = =

0,288 m2 8,202 m 0,00914 m4 0,44 m 0,16 m 0,0208 m3 0,0571 m3

Esquema: Viga simplemente apoyada Luz entre ejes de apoyos: 15,00 m

Cargas exteriores: tD1 = permanentes en el momento del tesado = 0,00 kN/m tD2 = permanentes luego del tesado = 3,00 kN/m Pretensado en Flexión – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 169

tL1 = parte de sobrecarga casi-permanente tL2 = resto de sobrecarga

= 0,00 kN/m = 6,00 kN/m

Resolución: a) Momentos flectores y tensiones Se calculan los momentos flectores en el centro del tramo y en la denominada “sección de transferencia” que es aquella en la que puede considerarse que los elementos tensores ya han transferido totalmente la carga de pretensado al hormigón. Se supone que dichos elementos tienen 12,7 mm de diámetro. Del lado seguro, se supondrá que la sección de transferencia se encuentra ubicada a 50 veces dicho diámetro del extremo de la viga, es decir: 0,635 m. tDo = Peso propio de la sección de hormigón = 25 kN/m 3 · 0,288 m2 = 7,20 kN/m Carga actuante en el momento del tesado = t Do + tD1 = 7,20 kN/m Carga semi-permanente = t Do + tD1 + tD2 + tL1 = (7,20 + 3,00) kN/m = 10,20 kN/m Carga total máxima = t Do + tD1 + tD2 + tL1 + tL2 = (7,20 + 3,00 + 6,00) kN/m = 16,20 kN/m

Dist. al apoyo izquierdo [m] Transferencia 0,635 En L/2 7,50 Sección

Momentos flectores [kNm] En el momento Luego de pérdidas (t=∞) p/carga del tesado (t=0) Semi-permanente Total 32,84 No interesa (*) No interesa (*) 202,50 286,88 455,63

(*) Las tensiones más desfavorables se producen cuando actúa la mayor carga de pretensado y la menor carga exterior, es decir, en el momento del tesado.

Sección Transferencia En L/2

Fibra Superior Inferior Superior Inferior

Tensiones [MPa] Luego de pérdidas (t=∞) p/carga En el momento del tesado (t=0) Semi-permanente Total 0,57 No interesa No interesa -1,58 3,54 5,02 7,98 -9,75 -13,81 -21,93


b) Tensiones admisibles b.1) En el hormigón Compresión En el momento del tesado Tracción en apoyos simples t=0 Tracción Comp. cargas permanentes Luego de pérdidas Compresión carga total t=∞ Tracción

Expresión reglamentaria 0,60 · fći 0,50 · fći1/2 0,25 · fći1/2 0,45 · fć 0,60 · fć fć1/2

Valor en [MPa] 14,70 2,47 1,24 15,75 21,00 5,92

b.2) En el acero de pretensado Por acción directa del gato = Instante de transferencia = En anclajes para t = 0 =

mínimo (0,80 · f pu ; 0,94 · f py) mínimo (0,74 · f pu ; 0,82 · f py) 0,70 · f pu

= 1491 MPa = 1379 MPa = 1305 MPa

c) Cálcul o de la fuerza de pretensado La fuerza de tesado se dimensiona de modo de que para carga total la tensión en la fibra inferior no supere la tensión de tracción admisible en el centro del tramo (5,92 MPa). El pretensado deberá compensar entonces una tensión igual a la diferencia entre la tensión producida por la totalidad de las cargas y la tensión admisible, es decir: 21,93 – 5,92 = 16,02 MPa. La tensión de compresión producida en la fibra inferior de la sección media por la fuerza de tesado vale: Pe / Ag + Pe · e / Winf donde

Pe = fuerza de tesado efectiva (luego de pérdidas) e = excentricidad media de los elementos tensores = 0,25 m (*) (*) este valor se adoptó luego de una serie de tanteos.

Con la excentricidad adoptada se obtiene: Pe = 1032,9 kN Para estimar la sección necesaria de acero de pretensado se debe conocer la fuerza de tesado en el momento de la transferencia. Dado que esa fuerza surge del cálculo de pérdidas donde ella misma es un dato de partida, es necesario hacer una estimación que llevará a un cálculo iterativo que converge muy rápidamente. En primera instancia (luego se verificará) se supone que en el momento de la transferencia la fuerza es un 7% superior a la fuerza efectiva. En base a la utilización de cordones de 12,7 mm (98,7 mm2 de sección) se obtiene: 2 1 , 07 · 1032 , 9 kN MN mm Cantidad necesaria de cordones = · 1000 2 1379 MPa · 98,7 mm kN m 2

8,12


Se adoptan 8 cordones, es decir: 8 · 98,7 mm2 = 790 mm2 d) Cálculo de pérdidas d.1) Pérdidas instantáneas Dado que se trata de un elemento pretensado pretesado, no existen pérdidas por fricción. Las pérdidas en los anclajes se compensan dando una mayor tensión inicial al gato. Restan entonces, como pérdidas instantáneas, solamente las correspondientes al acortamiento elástico del hormigón en el momento de la transferencia. ES = pérdidas por acortamiento elástico = K es · Eps · f cir / Eci = 39,54 MPa Kes = 1,00 (elemento pretensado pretesado) Eps = 195000 MPa Eci = 23264 MPa f cir = tensión de compresión neta en el hormigón a nivel del centro de gravedad de los elementos tensores inmediatamente después de la transferencia f cir = Kcir · f cpi – f g = 0,90 · 11,40 MPa – 5,54 MPa = 4,72 MPa Kcir = 0,90 (elemento pretensado pretesado) f cpi = tensión en el hormigón a nivel del centro de gravedad de los elementos tensores debida a la fuerza de tesado descontadas las pérdidas de fricción, acuñamiento y retroceso de anclaje f g

= tensión en el hormigón a nivel del centro de gravedad de los elementos tensores debida a las cargas exteriores que actúan en el momento del tesado

Ppi = fuerza de tesado descontadas las pérdidas de fricción, acuñamiento y retroceso de anclaje ≈ 1,07 · Pe = 1,07 · 1032,9 = 1105,2 kN f cpi = Ppi / Ag + Ppi · e2 / Ig = [1105,2 kN / 0,288 m2 + 1105,2 kN · (0,25 m)2 / 0,00914 m4] · 0,001 MN / kN = = 11,40 MPa f g

= [202,50 kNm · 0,25 m / 0,00914 m4] · 0,001 MN / kN = 5,54 MPa

d.2) Pérdidas diferidas d.2.1) Contracci ón del hormigó n (SH) SH = 8,2·10-6 · Ksh · Eps · (1 – 0,024 · V/S) · (100 – RH) = 36,61 MPa Ksh = 1,0 (para elementos pretensados pretesados) Eps = 195000 MPa V/S = Ag / Perímetro = 0,288 m2 / 8,202 m = 0,0351 m (3,51 cm)


RH = 75% (valor correspondiente al emplazamiento de la estructura) d.2.2) Fluencia del hormigó n (CR) CR = Kcr · (f cir – f cds) · Eps / Ec = 33,66 MPa Kcr = 2,00 (para elementos pretensados pretesados) Eps = 195000 MPa Ec = 27806 MPa f cds = tensión en el hormigón a nivel del centro de gravedad de los elementos tensores debida a las cargas exteriores permanentes que se agregan luego del tesado. f cds = Mcds · e / Ig = = [(286,88 kNm – 202,50 kNm) · 0,25 m / 0,00914 m 4] · 0,001 MN / kN = 2,31 MPa d.2.3) Relajación de los cables (RE) RE = [Kre – J · (ES + SH + CR)] · C = = [35 MPa – 0,04 · (39,54 + 36,61 + 33,79) MPa] · 1,004 = = 30,73 MPa Para cordones de baja relajación se tiene: Kre = 35 MPa J = 0,04 f pi = Ppi / Aps = [1105,2 kN / 790 mm2] · 1000 MN mm2 / (kN m2) = 1400 MPa f pi / f pu = 1400 / 1864 = 0,751 C = 0,75 + 5 · (f pi / f pu – 0,70) = 1,004 d.3)

Resumen de pérdidas y verifi cación de tension es en cord ones

ES = 39,54 MPa SH = 36,61 MPa CR = 33,79 MPa RE = 30,73 MPa Total Pérdidas = 140,66 MPa La tensión efectiva luego de pérdidas vale: Pe / Aps = [1032,9 kN / 790 mm 2] · 1000 MN mm2 / (kN m2) = 1308,2 MPa La tensión luego de anclar en el banco de tesado (luego de pérdidas por acuñamiento, etc.) = 1308,2 MPa + 140,7 MPa = 1448,8 MPa Como ya se ha visto, la tensión admisible por acción directa del gato es de 1491 MPa lo que da un margen para compensar las pérdidas por acuñamiento, etc.


Si se supone que en el momento de la transferencia se ha producido un cuarto de las pérdidas por relajación, la tensión en dicho momento luego de producida la transferencia (deformación elástica) será: 1448,8 MPa – 30,73 MPa / 4 – 39,54 MPa = 1401,6 MPa La tensión anterior resulta alrededor de un 1,6% superior a la tensión admisible obtenida anteriormente cuyo valor es de 1379 MPa. A los efectos de este ejemplo, se considera una diferencia aceptable. Anteriormente se ha supuesto que en el momento de la transferencia la tensión en los elementos tensores era 1,07 veces mayor que la efectiva. Luego de realizados los cálculos se obtiene: 1401,6 MPa / 1308,2 MPa = 1,0714 . Este valor podría dar lugar a una iteración pero dado que la diferencia no es sustancial y por razones de espacio, se supondrá que el valor obtenido es satisfactorio. En definitiva resultan: Ppi = Fuerza en el momento de la transferencia = 1,0714 · Pe = 1106,7 kN Pe = Fuerza efectiva luego de pérdidas = 1032,9 kN e) Verif icación de tensiones en el hormigón (tensiones en [MPa]) Tiempo Sección Fibra

t = 0 (Transferencia) Transferencia Centro tramo Sup. Inf. Sup. Inf.

Ppi /Ag Ppi · e · y / Ig -4,84 M · y / Ig 0,57 Total -0,43 Trac. Adm. -2,47 Comp. Adm.

3,84 13,32 -4,84 -1,58 3,54 15,58 2,54 -----1,24 14,70

13,32 -9,75 7,41 -----

Tiempo Cargas Fibra Pe / Ag Pe · e · y / Ig M · y / Ig Total Trac. Adm. Comp. Adm.

Sección en L/2 t = ∞ (luego de pérdidas) Permanentes Totales Sup. Inf. Sup. Inf. 3,59 -4,52 12,43 -4,52 12,43 5,02 -13,81 7,98 -21,93 4,09 2,21 7,04 -5,92 -5,92 15,75 21,00

Como puede apreciarse, la sección verifica adecuadamente las tensiones a tiempo infinito y las compresiones en el momento de la transferencia se encuentran ligeramente superadas (6,0%). Nuevamente, a los efectos del ejemplo, se supone admisible esta pequeña diferencia. En un caso real el proyectista evaluará la conveniencia de introducir los cambios que considere necesarios para corregir esta situación. f)

Verif icación de la resist encia a flexión

Supondremos (y luego verificaremos) que se trata de una sección controlada por tracción por lo que la condición resistente se expresa como: Mu ≤ φ · Mn = 0,90 · Mn En este caso:

Mu = 1,2 · MD + 1,6 · ML = 1,2 · 286,88 kN + 1,6 · 168,75 kNm = 614,25 kNm

Para el cálculo se utilizará la fórmula aproximada para la determinación de la tensión en el acero de los cordones en el momento de la rotura, es decir:


f ps

f pu

1

p 1

f pu p f ć

d dp

´

= 1842 MPa

Asimismo se supondrá, en primera instancia, que la sección se comporta como rectangular (a ≤ hf ), que no existe armadura significativa de compresión y que no será necesario adicionar armaduras pasivas. fć = 35 MPa f pu = 1864 MPa γp = 0,28 (corresponde a aceros de baja relajación) β1 = 0,85 – 0,05 · (fć – 30 MPa) / 7 = 0,814 ρp = Aps / (b · dp) = 790 mm2 / (3000 mm · 410 mm) = 0,000642 ρp · f pu / fć = 0,0342 b = 3 m (3000 mm) (ancho total de la placa superior) dp = ysup + e = 0,16 m + 0,25 m = 0,41 m (410 mm) (se adopta el valor medio) ω = ω´= 0 La fuerza provista por la armadura vale entonces: T = [1842 MPa · 790 mm2] · 0,001 kN m2 / (MN mm2) = 1454,69 kN La profundidad del eje neutro de tensiones será: a = T / (0,85 · fć · b) = 0,0163 m valor que resulta inferior a hf = 0,05 m por lo que se convalida la hipótesis de suponer que se trata de una sección que se comporta como rectangular. El momento nominal vale entonces: Mn = T · (dp – a / 2) = 584,57 kNm por lo que se da que: Mu = 614,25 kNm > 0,90 · Mn = 0,90 · 584,57 = 526,11 kNm no verificándose en consecuencia la condición resistente. Se agregan 2 db12 en cada nervio, ubicados de modo que su centro de gravedad se encuentre a 0,05 m del borde inferior de la sección. Suponiendo que las armaduras no tesas se encuentran en fl uencia se tendrá: T = 1454,69 kN + [4 · 113 mm2 · 420 MPa] · 0,001 kN m2 / (MN mm2) = = 1454,69 kN + 189,84 kN = 1644,53 kN operando igual que antes: a = T / (0,85 · fć · b) = 0,0184 m Mn = Tarmadura tesa · (dp – a / 2) + Tarmadura no tesa · (h – 0,05 m – a / 2) = Mn = 1454,69 kN · (0,41 – 0,0184 / 2) m + 189,84 kN · (0,60 – 0,05 – 0,0184 / 2) m =


Mn = 583,02 kNm + 102,66 kNm = 685,68 kNm

y ahora sí se verifica

Mu = 614,25 kNm < 0,90 · Mn = 617,12 kNm Dado que: c = a / β1 = 0,0184 m / 0,814 = 0,0226 m la deformación a nivel del centro de gravedad de los elementos tensores vale εps =

0,003 · (dp – c) / c = 0,0514

con lo que se verifica que se trata de una sección controlada por tracción ( εps > 0,005)

g) Verif icación de cuantía mínima La condición a verificar es:

1,2 · Mcr ≤ φ · Mn = 0,90 · Mn = 617,12 kNm

El momento de fisuración es aquel que luego de descomprimir la fibra inferior produce en ella una tracción igual a f t siendo: f t = 0,7 · fć1/2 = 4,14 MPa Al verificar las tensiones en el hormigón se vio que el pretensado efectivo producía en la fibra inferior una tensión total igual a: 3,59 MPa + 12,43 MPa = 16,02 MPa por lo que el momento de fisuración deberá producir una tracción igual a: 16,02 MPa + 4,14 MPa = 20,16 MPa Mcr = 20,16 MPa · Winf = 20,16 MPa · 0,0208 m3 · 1000 kN / MN = 418,76 kNm Por lo que la condición: 1,2 · Mcr = 1,2 · 418,76 = 502,51 kNm ≤ φ · Mn = 617,12 kNm se verifica adecuadamente.

Ejemplo 10.II Enunciado:

Calcular las pérdidas por fricción que se producen en el cable de la figura perteneciente a un entrepiso sin vigas. En la Figura la escala vertical ha sido forzada (se visualiza 10 veces más grande que en la realidad) para poder apreciar el trazado del cable.

3,00 m

4,1175 m

m m 5 8 2 2 8 5 3 , 3 , 0 0

3,7972 m

0,125 m e = 0,085 m

0,125 m

7,50 m

8,30 /2 = 4,15 m


En principio se piensa en ejecutar el tesado desde un solo extremo. Se utilizan cordones, C–1900 Grado 270, de 12,7 mm de diámetro constituidos por 7 alambres de acero de baja relajación. Se utilizan vainas metálicas que luego serán inyectadas. Resolución: Para el cálculo de las pérdidas se utilizará la expresión general: Ppx = Ppj · e – (K · l px +

µp · αpx)

donde Ppj = Fuerza de tesado en el extremo desde donde se efectúa el tesado Ppx = Fuerza de tesado en un punto alejado “x” del extremo desde donde se efectúa el tesado K = Coeficiente de desviación accidental (rozamiento parásito o rozamiento en recta) por metro lineal de cable = 0,0020 / m l px = Longitud de cable medida desde el extremo desde donde se efectúa el pretensado µp = Coeficiente de fricción por curvatura (o en curva) = 0,20 αpx = Suma de los valores absolutos de las variaciones angulares (desviaciones sucesivas), medidas en radianes, que se producen en el cable a lo largo de l px Los ángulos “ αpx” se obtienen de la siguiente figura:

Parábola Long. parcial Long. acum. Flecha αpi

1 3,00 3,00 0,085 0,0567

2 4,1175 7,1175 0,1556 0,0756

3

4

5 3,7972 11,65 0,1556 0,0819


Para el cálculo de pérdidas se eligen algunos puntos singulares y luego se supone que entre los mismos se produce una variación lineal. l px [m]

0,00 3,00 7,1175 7,50 7,8528 11,65 15,4472 15,80 16,1825 20,30 23,30

∆ l px [m] ---3,00 4,1175 0,3825 0,3528 3,7972 3,7972 0,3528 0,3825 4,1175 3,00

αpi [rad] 0,0000 0,0567 0,0756 0,0756 0,0820 0,0820 0,0820 0,0820 0,0756 0,0756 0,0567

Σ αpi [rad]

0,0000 0,0567 0,1322 0,2078 0,2898 0,3717 0,4537 0,5356 0,6112 0,6868 0,7435

e –(

µp · Σαpi + K · l px)

1,0000 0,9828 0,9601 0,9450 0,9290 0,9070 0,8855 0,8705 0,8567 0,8370 0,8226

La tabla anterior indica que, si la pérdida del 18% que experimenta el extremo correspondiente al anclaje pasivo fuera mayor que lo tolerable, podría pensarse en hacer un tesado desde ambos extremos en cuyo caso la pérdida máxima correspondería al punto medio y sería del orden del 10%. Falta todavía tener en cuenta la pérdida originada por el deslizamiento de los cables dentro del dispositivo de anclaje. En este caso (depende de la patente de pretensado que se esté utilizando) se adopta un corrimiento de ∆set = 6 mm. Este corrimiento produce un acortamiento en el cable que se ve gradualmente impedido por el rozamiento de modo que el efecto se anula para una distancia del anclaje activo. En el ejemplo anterior se calculó la siguiente tensión admisible para un cordón de baja relajación: Por acción directa del gato = mínimo (0,80 · f pu ; 0,94 · f py) = 1491 MPa Suponiendo que se tesa el cordón a ese nivel de tensión se tendrá: Ppj = 98,7 mm2 · 1491 MPa · 0,001 kN m 2 / (MN mm2) = 147,2 kN


Suponiendo que la descarga producida por el corrimiento en el anclaje se produce con pendientes “simétricas” a las del proceso de carga, se obtiene un diagrama como el de la figura siguiente. En ella la poligonal superior indica la variación de la fuerza de tesado teniendo en cuenta únicamente las pérdidas por fricción y la inferior representa la variación de dicha fuerza incorporando el corrimiento de anclaje. El área sombreada se ha obtenido por tanteos de modo de verificar la siguiente igualdad: Corrimiento de anclaje = Área sombreada / (Aps · Eps)

El cálculo por iteración conduce a una longitud afectada de aproximadamente 8,10 m es decir, que ingresa ligeramente en el segundo tramo. Este tipo de cálculo puede hacerse muy rápidamente con un programa de dibujo asistido por computadora.



CORTE EN ELEMENTOS PRETENSADOS Expresiones generales para el dimensionamiento y verificación de piezas pretensadas 11.1.- Generalidades Las piezas sometidas a esfuerzos de corte deben verificar la condición resistente dada por: Vu ≤ φ · Vn

con

(CIRSOC 201-2005, artículos 9.1.1 y 11.1.1)

Vu = Resistencia requerida calculada para cargas mayoradas Vn = Resistencia nominal de la sección φ = Coeficiente de reducción de resistencia en función del tipo de rotura: φ

= 0,75

(CIRSOC 201-2005, artículo 9.3.2.3)

11.2.- Expresió n general de cálcul o y verificación La expresión genérica de resistencia nominal que da el CIRSOC 201-2005 es del tipo aditivo, es decir, que se obtiene como suma de las colaboraciones del hormigón y el acero: Vu ≤ φ · Vn = φ · [ Vc + Vs ] = 0,75 · [ Vc + Vs ]

donde: Vc = Resistencia al corte aportada por el hormigón Vs = Contribución de las armaduras (estribos y barras dobladas) φ = Coeficiente de reducción de resistencia = 0,75 “Vu” es el esfuerzo de corte solicitante calculado para las cargas mayoradas, determinado a una distancia no menor que “h/2” del filo del apoyo (CIRSOC 201-2005, artículo 11.1.3.2), siempre que se cumplan las siguientes condiciones: a) b) c)

Que el apoyo sea directo, es decir, que la reacción de apoyo introduzca compresiones en la cara (generalmente inferior) del elemento. Que las cargas se apliquen superiormente (no “colgadas”). Que no existan fuerzas concentradas significativas a una distancia del filo del apoyo menor que “h/2”.

En caso de que no se cumpla alguna de las condiciones enunciadas, se debe dimensionar con el corte correspondiente al filo del apoyo.

Corte en Elementos Pretensados – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 181

11.3.- Determinación de Vc El CIRSOC 201-2005, artículos 11.4.2 y 11.4.3, brinda dos tipos de expresiones para evaluar “Vc”, simplificada y general. En estos ejemplos se utilizará solamente la expresión simplificada. Como en elementos no pretensados, se limita:

f ć

8,3 MPa

(CIRSOC 201-2005, artículo 11.1.2)

La siguiente expresión simplificada puede utilizarse siempre que la fuerza efectiva de pretensado sea mayor o igual que el 40% de la resistencia a tracción de la armadura de flexión (CIRSOC 201-2005, art. 11.4.2 (Exp 11-9)). Vc = (fć1/2 / 20 + 5 · Vu · dp / Mu) · bw · d

≥

fć1/2 · bw · d / 6

· fć1/2 · bw · d ó el valor dado en los artículos 11.4.4 u 11.4.5 del Reglamento ≤ 0,40

en la expresión anterior se debe considerar: donde:

Vu · dp / Mu ≤ 1,0

Mu = Momento mayorado simultáneo con Vu en la sección analizada dp = Distancia desde la fibra más comprimida por el momento exterior hasta el baricentro de la armadura de pretensado

El valor anterior de “Vc” presenta asimismo un valor tope cuando en un elemento pretensado la sección ubicada a una distancia “h/2” de la cara del apoyo se encuentra más cerca del extremo del elemento que la longitud de transferencia del acero de pretensado (se trata de elementos pretensados por adherencia). En estos casos se debe considerar una reducción en la fuerza de pretensado para la determinación del valor “V cw” que se utiliza como tope de “V c” y cuyo cálculo se verá a continuación. (CIRSOC 2012005, artículo 11.4.4) Cuando el pretensado es por adherencia, se define la longitud de transferencia como la longitud existente entre el extremo del elemento, donde la tensión en el cable es igual a cero, hasta el punto del cable donde el pretensado es totalmente efectivo. Se debe suponer que la fuerza de pretensado varía linealmente desde cero en el extremo del acero de pretensado hasta un valor máximo que se ubica a una distancia, a partir del extremo del acero de pretensado, igual a la longitud de transferencia que se supone de 50 diámetros para los cordones y de 100 diámetros para los alambres individuales. (CIRSOC 201-2005, artículo 11.4.4) Vcw = 0,30 · (fć1/2 + f pc) · bw · dp + Vp

(CIRSOC 201-2005, art. 11.4.3.2 (Exp 11-12))

donde: f pc = Tensión de compresión en el hormigón a nivel del centro de gravedad de la sección que resiste las cargas exteriores luego de ocurridas las pérdidas o bien a nivel de la unión entre el alma y el ala en aquellas secciones en que el centro de gravedad cae dentro de las alas


Vp = Componente vertical de la fuerza efectiva de pretensado (sólo en aquellos casos en que el cable es poligonal o de trazado curvo) dp = Distancia desde la fibra más comprimida por el momento exterior hasta el baricentro de la armadura de pretensado pero no debe ser menor que 0,80 · h (CIRSOC 201-2005, artículo 11.4.3.2)

11.4.- Determinación de Vs La evaluación de “Vs” se hace directamente a partir del equilibrio de una fisura supuesta a 45º. Aún cuando, debido a las situaciones particulares ya descriptas, se deba dimensionar con el valor del corte en el filo del apoyo, el equilibrio de la fisura a 45° puede ser planteado de igual manera ya que la rotura en cualquier caso se producirá a partir de una fisura inclinada. El criterio de colaboración es simple: las armaduras que contribuyen al equilibrio son todas aquellas que cosen a la fisura en estudio, con la salvedad de que en las barras dobladas solamente se consideran efectivos las 3/4 partes centrales del tramo inclinado (CIRSOC 201-2005, artículo 11.5.7.7), más adelante se verá en detalle. Finalmente “Vs” puede escribirse como: Vs = Vs (estribos verticales) + Vs (armadura inclinada)

11.4.1.- Vs para estribos verticales Vs

A v d f yt s

(CIRSOC 201-2005, artículo 11.5.7.2)

donde: d s f yt Av n A1v

= = = = = =

Altura útil de la sección pero no menor que 0,80 · h Separación entre planos de estribado medida sobre el eje de la pieza Tensión de fluencia especificada para el acero de los estribos Área de acero contenida en un plano de estribado = n · A1v Número de ramas Área de una de las ramas de estribo contenida en el plano de estribado

Si una misma fisura cortara estribos de diferentes diámetros y/o con diferentes separaciones, sencillamente se reemplaza el cociente “A v / s” por la sección total de armadura vertical que corta a la fisura en una longitud “d”.

11.4.2.- Vs para barras dobladas y/o cables curvos Respecto a las barras dobladas vale lo visto en los ejemplos resueltos para hormigón no pretensado. Aquí no volveremos sobre el tema porque en elementos pretensados no es común el uso de barras dobladas.


Las armaduras de pretensado raramente pueden considerarse como parte de la armadura de alma dado que el reglamento no admite la colaboración de armaduras con una inclinación menor que 30º respecto a la horizontal.

11.4.3.- Limitación de V s total Tal como en elementos no pretensados, el CIRSOC 201-2005 no especifica una verificación directa de la fisuración del alma por efecto del corte ni de la resistencia de las bielas comprimidas, pero sí existe una verificación indirecta a través de la limitación al aporte de la armadura total al “V n” de la fisura. Debe cumplirse: Vs

2 3

f ć b w d

(CIRSOC 201-2005, artículo 11.5.7.9)

11.4.4.- Estribado mínimo Para elementos pretensados con una fuerza de pretensado efectiva mayor o igual que el 40% de la resistencia a la tracción de la armadura de flexión el CIRSOC 201-2005, artículos 11.5.6.3 y 11.5.6.4, establece un área mínima de estribos dada por el menor valor entre (A) y (B): A v s

1 16

f ´ c

bw f yt

0,33

bw f yt

(A)

lo que equivale a decir que, a los efectos prácticos: Si

fć < 30 MPa

Si

fć ≥ 30 MPa

A v s

A ps f pu 80 f yt d

A v s A v s

0,33

bw f yt

1 16

f ´ c

bw f yt

d bw

(B)

En la expresión (B), “d” es la altura útil de la sección pero no menor que 0,80 · h Las áreas anteriores, por unidad de longitud, son válidas sólo si no existen o son despreciables los efectos de torsión.

11.4.5.- Separación máxima de armaduras de alma Respecto a la presencia y separación de las armaduras de alma el CIRSOC 201-2005, artículos 11.5.5.1 a 11.5.5.3, indica que: Corte en Elementos Pretensados – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 184

11.4.5.1.- Cualquier línea con las siguientes características: 1) Un extremo sobre la armadura principal de tracción 2) El otro extremo a “d/2” de la fibra de hormigón más comprimida 3) Pendiente 45º 4) El extremo inferior es el más próximo a la reacción que define el corte de proyecto Debe ser co rtada por , al menos, una línea de armadura de alma.

11.4.5.2.- Separación máxima para estribos nor males al eje del elemento (3 / 4) · h Si: Vs

1 3

f ć b w d

s 400 mm (3 / 8) · h

Si: Vs

1 3

f ć b w d

s 200 mm

11.4.6.- Elementos sin armadura de alma Si bien en nuestro medio no es común aceptar vigas sin armaduras de alma (aunque sí losas y zapatas sin armaduras de alma), el CIRSOC 201-2005, artículo 11.5.6.1, indica que si se cumplen algunos requisitos es admisible no colocar armadura de alma. Estos requisitos son: Vu

· Vc / 2

Vigas cuya altura total verifique que:

h ≤ máximo (250 mm ; 2,5 · hf ; 0,5 · bw)

donde “hf ” es la altura del ala en vigas tipo “L” ó “T”. Se transcribe a continuación el comentario C11.5.6.1 del CIRSOC 201-2005: “Aún cuando el esfuerzo de corte mayorado total V u , sea menor que la mitad (1/2) de la resistencia al corte proporcionada por el hormigón φ · Vc , se recomienda la colocación de alguna armadura en el alma, sobre todo en la totalidad de las almas delgadas de elementos postesados de hormigón .......”.



CORTE EN ELEMENTOS PRETENSADOS – EJEMPLO Ejemplo 11.I Enunciado:

Determinar las armaduras de corte para el siguiente elemento prefabricado que será utilizado como parte de una cubierta para una nave industrial. El elemento será pretesado en banco y los elementos tensores serán rectos. 3,00 m 0,15 m

0,05 m

0,60 m

0,10 m

Materiales:

- Hormigón:

- Acero:

H–35 (fć = 35 MPa) Ec = 4700 · fć1/2 = 27806 MPa fći = 24,5 MPa (en el momento del tesado) Eci = 4700 · fći1/2 = 23264 MPa 3 γH° = 25 kN/m

Armaduras pasivas: Armaduras activas:


Esquema y luz de cálculo:

Ag = sección bruta Perímetro Ig = momento de inercia yinf = dist. CG a borde inferior ysup = dist. CG a borde sup. Winf = mód. resist. borde inf. Wsup = mód. resist. borde sup.

ADN 420 (f y = f yt = 420 MPa) C–1900 Grado 270 dnominal = 12,7 mm Tipo: cordón baja relajación f pu = 1864 MPa f py = 1682 MPa Eps = 195000 MPa Elementos tensores rectos = = = = = = =

0,288 m2 8,202 m 0,00914 m4 0,44 m 0,16 m 0,0208 m3 0,0571 m3

Esquema: Viga simplemente apoyada Luz entre ejes de apoyos: 15,00 m

Cargas exteriores: tD1 = permanentes en el momento del tesado tD2 = permanentes luego del tesado tL1 = parte de sobrecarga casi-permanente tL2 = resto de sobrecarga

= = = =

0,00 kN/m 3,00 kN/m 0,00 kN/m 6,00 kN/m


Pe = Fuerza de tesado efectiva (luego de pérdidas) = 1032,9 kN e = Excentricidad media de los elementos tensores = 0,25 m Acero de pretensado (cordones db = 12,7 mm): 8 · 98,7 mm2 = 790 mm2 Acero pasivo: 2 db12 por nervio Utilizar estribado uniforme Resolución: a)

Esfuerzos de corte y momentos flectores concomit antes

tDo = peso propio de la sección de hormigón = 25 kN/m 3 · 0,288 m2 = 7,20 kN/m Carga actuante en el momento del tesado = tDo + tD1 = 7,20 kN/m Carga semi-permanente = tDo + tD1 + tD2 + tL1 = (7,20 + 3,00) kN/m = 10,20 kN/m Carga total máxima = tDo + tD1 + tD2 + tL1 + tL2 = (7,20 + 3,00 + 6,00) kN/m = 16,20 kN/m Carga mayorada: wu = 1,2 · 10,20 kN/m + 1,6 · 6,00 kN/m = 21,84 kN/m Llamando “x” a la distancia de una sección al eje del apoyo izquierdo se tiene: Esfuerzos de corte: Momentos flectores: b)

Resist encia aportada por el horm igón

Expresión (1): Expresión (2): Expresión (3): Expresión (4): •

• • • • • • • •

c)

Vu (x) = wu · (L / 2 – x) Mu (x) = wu · x · (L – x) / 2

Vc = (fć1/2 / 20 + 5 · Vu · dp / Mu) · bw · d fć1/2 · bw · d / 6 0,40 · fć1/2 · bw · d Vcw = 0,30 · (fć1/2 + f pc) · bw · dp + Vp

con

Vu · dp / Mu ≤ 1

En las expresiones (1), (2) y (3), “d” es la distancia desde la fibra extrema comprimida hasta el baricentro de la armadura longitudinal traccionada tesa y no tesa, pero siempre deberá ser mayor o igual que 0,8 · h En la expresión (4), “dp” será el mayor valor entre la distancia desde la fibra comprimida extrema hasta el baricentro de la armadura pretensada y 0,8 · h = 0,48 m Se adopta un ancho medio: bw = 2 · 0,125 m = 0,25 m Al tener un cable recto se tiene: Vp = 0 f pc = Fuerza de pretensado luego de pérdidas / Sección de hormigón Se toma siempre (1) ≤ mínimo [(3) ; (4)] Se puede tomar (1) ≥ (2) Long. de transferencia = 50 diámetros del cordón = 50 · 12,7 mm = 635 mm (0,635 m) En la longitud de transferencia se adopta una variación lineal de f pc Cálcul o del estrib ado Vn = Vu / φ = Vu / 0,75 = Vc + Vs

⇒

Vs = Vn – Vc = n · A1v · d · f yt / s


donde: n = número de ramas del del estribado estribado = 2 nervios nervios · 1 rama por nervio nervio = 2 ramas A1v = área de una rama de estribo estribo s = separación longitudinal entre estribos d)

Tablas Tablas resúmenes de operaciones Sección

Extremo Eje del apoyo h/2 50 · db cordón 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Sección Extremo Eje del apoyo h/2 50 · db cordón 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

x [m] -0,200 0,000 0,300 0,435 0,750 1,500 2,250 3,000 3,750 4,500 5,250 6,000 6,750 7,500

Vu [kN] 0,00 163,80 157,25 154,30 147,42 131,04 114,66 98,28 81,90 65,52 49,14 32,76 16,38 0,00

Mu [kNm] 0,00 0,00 48,16 69,19 116,71 221,13 313,27 393,12 460,69 515,97 558,97 589,68 608,11 614,25

Vc (1) [kN] 635,50

f pc pc [MPa] 0,00

Vc (4) [kN] 212,98

Vc (3) [kN] 283,97

Vc (2) [kN] 118,32

635,50

1,13

253,64

283,97

635,50

2,82

314,64

584,12

3,59

346,23 181,27 125,54 97,00 79,23 66,73 57,12 49,16 42,12 35,50

3,59 3,59 3,59 3,59 3,59 3,59 3,59 3,59 3,59 3,59

Vu · d / Mu --------1,3388 0,9144 0,5179 0,2430 0,1501 0,1025 0,0729 0,0521 0,0360 0,0228 0,0110 0,0000 Vc adopt Vn = Vu /φ

Vu · d / Mu Adoptado 1,000 1,000 1,000 0,914 0,518 0,243 0,150 0,103 0,073 0,052 0,036 0,023 0,011 0,000 Vs = Vn – Vc

212,98

0,00

-212,98

118,32

253,64

218,40

-35,24

283,97

118,32

283,97

209,66 209,66

-74,31

342,09

283,97

118,32

283,97

205,73

-78,24

342,09 342,09 342,09 342,09 342,09 342,09 342,09 342,09 342,09 342,09 342,09

283,97 283,97 283,97 283,97 283,97 283,97 283,97 283,97 283,97 283,97

118,32 118,32 118,32 118,32 118,32 118,32 118,32 118,32 118,32 118,32

283,97 181,27 125,54 118,32 118,32 118,32 118,32 118,32 118,32 118,32

196,56 174,72 152,88 131,04 109,20 87,36 65,52 43,68 21,84 0,00

-87,41 -6,55 27,34 12,72 -9,12 -30,96 -52,80 -74,64 -96,48 -118,32

Los resultados que figuran en las tablas anteriores se han volcado en el gráfico siguiente. Asimismo, de las tablas surge que el máximo valor de fuerza a resistir con armadura de alma es es de 27,34 kN por lo que resulta: resulta: A1v / s = Vs / (n · d · f y) = 27,34 kN · [1000 MN mm 2 / (kN m2)] / (2 · 0,48 m · 420 MPa) = A1v / s = 68 mm2/m (db6 c/ 0,40 m) Lo que implica implica una armadura armadura teórica total de 136 mm2/m Corte en Elementos Pretensados – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 189

(3) V [kN]

300

Vc adoptado [kN] [k N] 250

Vn [kN]

(4)

Vs [kN] 200

(2) 150

100

(1)

50

0 -0,5

0,5

1,5

2,5

3,5

4,5

5,5

6,5

7,5

-50

-100

Dist . eje apoyo apoyo [m]

e)

Verif Verif icación icació n del área mínima de armadura de corte cor te

Dado que fć ≥ 30 MPa, se debe adoptar el menor valor entre (A) y (B): (A)

A v s

b 1 f ´ c w = (35)1/2 MPa · 250 mm · (1000 mm / m) / (16 · 420 MPa) = 16 f yt = 220 mm2/m

1/2 (B) Av / s = Aps · f pu pu · (d / bw) / (80 · f yt yt · d) = Av / s = 790 mm2 · 1864 MPa · (0,48 m / 0,25 m)1/2 / (80 · 420 MPa · 0,48 m) = Av / s = 127 mm2/m

Por lo tanto la sección de acero calculada es mayor que la mínima requerida. f)

Verif Verif icación icació n de separación de estrib os y fis uración uració n del alma

Dado que: Vs = 27,34 kN < (35)1/2 MPa · (1000 kN / MN) · 0,25 m · 0,48 m / 3 = 236,6 kN corresponde adoptar s ≤ mínimo (3 · 0,60 m / 4 ; 0,40 m) = 0,40 m por lo tanto se adopta como válida la armadura propuesta consistente en una rama vertical por nervio de 6 mm de diámetro con separación 0,40 m en sentido longitudinal. Se verifica también muy cómodamente la condición de fisuración del alma dado que: Vs = 27,34 27,34 kN << 2 · (35)1/2 MPa · (1000 kN / MN) · 0,25 m · 0,48 m / 3 = 473,3 kN Corte en Elementos Pretensados – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 190

DISEÑO DISEÑO DE LOSAS LOSA S ARMADA A RMADAS S EN DOS DIRECCIO DIRECCIONES NES MÉTODO DIRECTO – ENTREPISO SIN VIGAS Ejemplo 12. 12.I

Enunciado: Predimensionar y calcular la faja del entrepiso sin vigas indicada indicada en la figura. Materiales: - Hormigón: H–30 (f´ c = 30 MPa) - Acero: ADN 420 (f y = 420 MPa) Altura de piso: 2,70 m Dimensiones columnas: 0,40 m × 0,40 m Las fuerzas de viento son resistidas por el núcleo de escaleras y ascensores No hay vigas de borde Los contrapisos, solados, terminaciones y tabiques se representan a través de una carga repartida de 1 kN/m 2 La sobrecarga de uso vale 2 kN/m2 Se analizará en detalle una columna de borde. Resolución: a)

Predimensionado

Dado que todos los paños tienen idénticas dimensiones, el cálculo de la altura mínima que exime de verificar deformaciones debe realizarse sobre un paño exterior sin ábaco y sin viga de borde, es decir: [tabla 9.5.c), CIRSOC 201-2005] h = l n / 30 = 5,05 m / 30 = 0,17 m donde: l n = Luz libre mayor = 5,45 m – 0,40 m = 5,05 m La altura anterior es es mayor que el mínimo absoluto absoluto de 0,12 m establecido por por el CIRSOC 201-2005, artículo 9.5.3.2, para losas sin ábacos. b)

Verif Verif icación icació n aproximada aproxi mada frente a corte cor te y punzonamient o

b.1.) Carga de cálcul cálc ulo o Peso propio losa = 0,17 m · 25 kN/m3 = 4,25 kN/m2 Diseño de Losas armadas en dos direcciones – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 191

qDu = carga permanente mayorada = 1,2 · (4,25 kN/m 2 + 1,00 kN/m2) = 6,30 kN/m2 qLu = sobrecarga mayorada mayorada = 1,6 · 2,00 kN/m2 = 3,2 kN/m2 qu = carga total mayorada = 6,30 kN/m2 + 3,20 kN/m2 = 9,50 kN/m2 qu > 1,4 · (4,25 kN/m2 + 1,00 kN/m2) = 7,35 kN/m2 b.2.) b.2.) Verificación Verificación al al corte como “ Viga Ancha” Se trata de una rotura “lineal” cuya sección crítica se ubica a una distancia “d” del filo de las columnas (artículo 11.1.3.1). La sección crítica más desfavorable es normal a la luz mayor. Adoptando un recubrimiento de 20 mm y suponiendo que la armadura de flexión según la luz mayor tendrá 12 mm de diámetro se tiene: d = 0,17 m – 0,02 m – 0,012 m / 2 d = 0,144 m Las líneas indicadas como “VA” muestran la ubicación de las secciones críticas. En forma aproximada la solicitación por metro puede considerarse como: vu = qu · ( l n / 2 – d) vu = 9,50 kN/m2 · (5,05 m / 2 – 0,144 m) vu = 22,62 kN/m Por su parte la resistencia al corte por metro de ancho puede calcularse como (artículo 11.3.1.1): vc = fć1/2 · d / 6 = 30 1/2 MPa · 0,144 m · (1000 kN / MN) / 6 = 131,45 kN/m Por lo tanto se verifica: vu = 22,62 kN/m < φ · vn = φ · vc = 0,75 · 131,45 kN/m = 98,59 kN/m b.3)

Verif Verif icación icació n al punzonamient o

Como simplificación se supondrá que las líneas de corte nulo pasan por el centro de los paños cualquiera sea la posición de la columna analizada. Por otra parte, los perímetros críticos se calculan, de acuerdo con el artículo 11.12.1.2, a una distancia “d/2” de los filos de las columnas.

Diseño de Losas armadas en dos direcciones – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 192

Para estos cálculos se toma una altura “d” media: d = 0,17 m – 0,02 m – 0,012 m = 0,138 m Se presentarán entonces las cuatro situaciones mostradas en la figura siguiente. b.3.1) Solicitación

Área en planta encerrada Área tributaria [m ] por el perímetro crítico CASO [m2] (1) (2) (3) (0,40 + 2 · 0,138 / 2) +2 · (0,40 + 2 · 0,138 / 2) · 4,25 · (5,45 / 2 + 0,2) = A (0,40 + 0,138 / 2) = (0,40 + 0,138 / 2) = 2 12,43 m 1,476 m 0,252 m2 (4,25 / 2 + 0,2) · (5,45 / 2 (0,40 + 0,138 / 2) + (0,40 (0,40 + 0,138 / 2) · (0,40 B + 0,2) = + 0,138 / 2) = + 0,138 / 2) = 2 6,80 m 0,938 m 0,220 m2 2

C

4,25 · 5,45 = 23,16 m2

D

(4,25 / 2 + 0,2) · 5,45 = 12,67 m2

bo = Perímetro crítico [m]

Vu = [(1) – [(1) – (3)] · qu Vu / m = [kN] (4) / (2) (4) 9,50 · (12,43 – 78,39 0,252) = kN/m 115,70 kN 9,50 · (6,80 – 66,65 0,220) = kN/m 62,52 kN 9,50 · (23,16 – 4 · (0,40 + 2 · 0,138 / 2) = (0,40 + 2 · 0,138 / 2)2 = 100,97 0,289) = 2 2,152 m 0,289 m kN/m 217,29 kN 2 · (0,40 + 0,138 / 2) + (0,40 + 0,138 / 2) · (0,40 9,50 · (12,67 – 79,93 (0,40 + 2 · 0,138 / 2) = + 2 · 0,138 / 2) = 0,252) = kN/m 2 1,476 m 0,252 m 117,98 kN

b.3.2) Resistencia Según el CIRSOC 201-2005, artículo 11.12.2.1, el aporte resistente del hormigón se obtiene a partir de las siguientes expresiones: Vc Vc

Vc Vc

f ´ c b o d 6

2

1 s

bo

d

2

f ´ c b o d 12

f ´ c b o d 3


donde β

:

αs :

bo : d : f ć :

Relación entre el lado lado mayor y el lado lado menor del área cargada efectiva. En columnas rectangulares es igual al cociente entre el lado mayor y el lado menor de la columna. Para este caso vale 1. 40 para columnas interiores 30 para columnas de borde 20 para columnas columnas de de esquina esquina Perímetro de la sección crítica Altura útil en la sección crítica fć en MPa, el resultado de la raíz en MPa

Para columnas cuadradas y espesores usuales decide la tercera de las ecuaciones por lo que se tendrá: Vc / m = 301/2 MPa · (1000 kN / MN) · 0,138 m / 3 = 251,95 kN/m Siempre deberá verificarse que: Vu / m ≤ φ · Vn / m = φ · Vc / m = 0,75 · 251,95 kN/m = 188,96 kN/m Se aprecia que existe una gran diferencia entre los valores solicitantes y los resistentes minorados por lo que se considera satisfecha la verificación de espesor aunque en el cálculo definitivo algunas tensiones solicitantes se incrementen por efecto de la transferencia de momentos entre losa y columna. c)

Verif Verif icación icació n de la aplicabil idad del Método Método Directo (artículo Directo (artículo 13.6.1)

El mínimo de tramos en una dirección es igual a tres La relación de lados lados de los paños es menor que 2 (5,45 m / 4,25 m = 1,28) 1,28) Las longitudes de tramos sucesivos son iguales Las columnas están alineadas Las cargas son gravitatorias, uniformemente distribuidas y la sobrecarga es menor que dos veces la carga permanente • No existen vigas en el sistema • • • • •

Por lo tanto se verifican todos los requerimientos exigidos por el CIRSOC 201-2005 para poder aplicar el método. d) d.1)

Momentos mayorados en losas Momento estático tot al para cargas mayoradas mayoradas (artículo 13.6.2.2)

Mo = qu · l 2 · l n2 / 8 = 9,50 kN/m2 · 4,25 m · 5,052 m2 / 8 = 128,71 kNm


d.2)

Distribución del momento estático total (artículos 13.6.3.2 y 13.6.3.3)

Tramo Extremo: Negativo Exterior Positivo Negativo Interior Tramo Interior: Positivo Negativo

e) e.1)

Momento Total [kNm]

Momento Faja Columna [kNm]

Momento Total para las dos media Fajas Intermedias [kNm]

0,26 · Mo = 33,46 kNm 0,52 · Mo = 66,93 kNm 0,70 · Mo = 90,10 kNm

1,00 · 0,26 · Mo = 33,46 kNm 0,60 · 0,52 · Mo = 40,16 kNm 0,75 · 0,70 · Mo = 67,57 kNm

0,00 · 0,26 · Mo = 0,00 kNm 0,40 · 0,52 · Mo = 26,77 kNm 0,25 · 0,70 · Mo = 22,52 kNm

0,35 · Mo = 45,05 kNm 0,65 · Mo = 83,66 kNm

0,60 · 0,35 · Mo = 27,03 kNm 0,75 · 0,65 · Mo = 62,75 kNm

0,40 · 0,35 · Mo = 18,02 kNm 0,25 · 0,65 · Mo = 20,92 kNm

Momentos mayorados en columnas Momentos transf eridos a las colu mnas interiores (artículo 13.6.9.2)

Mu TOTAL = 0,07 · (0,5 · qLu · l 2 · l n2) = 0,07 · 0,5 · 1,6 · 2,00 kN/m2 · 4,25 m · 5,052 m2 Mu TOTAL = 12,14 kNm Dado que los tramos superior e inferior tienen la misma rigidez cada uno de ellos deberá resistir la mitad del momento anterior, es decir: Mu = 6,07 kNm Nota: El cálculo de este momento, que representa en la realidad el “salto” del momento que se genera en un apoyo interior, se omite cuando se efectúa un análisis exacto del pórtico como ser el Método del Pórtico equivalente.

e.2)

Momentos transferidos a las colu mnas exteriores

Estas columnas deben resistir el momento negativo exterior de los tramos extremos. Dado que el tramo superior y el inferior tienen igual rigidez, el momento a resistir por cada uno de ellos será: Mu = 33,46 kNm / 2 = 16,73 kNm Cuando no existan vigas y se utilice el Método Directo, el CIRSOC 201-2005 artículo 13.6.3.6, obliga a que en la unión losa–columna se determine la fracción del momento no balanceado, transferido por excentricidad de corte, a partir del siguiente momento: 0,30 · Mo = 0,30 · 128,71 kNm = 38,61 kNm f)

Armaduras de flexió n para efectos generales

El ancho de la faja de columna y de la intermedia es: b = 4,25 m / 2 = 2,125 m y además d = 0,144 m Las alturas elegidas conducen a secciones con cuantías comprendidas entre las mínimas y las correspondientes a las máximas admisibles sin utilizar doble armadura. Como ya se ha visto en los ejemplos de “Flexión Simple”, el camino de cálculo es: Mn = Mu / φ = Mu / 0,90 ; as mín = 1,4 · bw · d / f y = 1,4 MPa · (1000 mm / m) · 144 mm / 420 MPa


as mín = 480 mm2/m (4,8 cm2/m) ka mín = 1,4 MPa / (0,85 · fć) = 0,055 ka máx = kc máx · β1 = 0,375 · β1 = 0,375 · 0,85 = 0,319 Mn = 0,85 · fć · bw · a · (d – a / 2) = 0,85 · f´ c · bw · d2 · ka · (1 – ka / 2) mn = Mn / (0,85 · fć · bw · d2) = ka · (1 – ka / 2) a)

Si ka ≤ ka mín se adopta

b)

Si ka mín < ka ≤ ka máx se calcula

y

llamando

ka = 1 – (1 – 2 · m n)1/2

resulta

As = As mín = 0,85 · fć · bw · ka mín · d / f y As = 0,85 · fć · bw · ka · d / f y

y y

A´s = 0 A´s = 0

Se adopta armadura mínima para momentos menores que: Mu = 0,9 · Mn = 0,90 · 0,85 · 30000 kN/m2 · 2,125 m · 0,1442 m2 · 0,055 · (1 – 0,055 / 2) Mu = 54,00 kNm

Tramo

Momento Faja

. r t x E t n I

Neg. Exterior Positivo Neg. Interior Positivo Negativo

Mu [kNm] Col Int 33,46 40,16 67,57 27,03 62,75

0,00 26,77 22,52 18,02 20,92

Mn [kNm] Col Int 37,18 44,62 75,08 30,03 69,72

Int

Col

Int

As [mm2] Col Int

---------------------

--------0,069 ----0,064

---------------------

--------1286 ----1191

mn Col

0,00 ----29,75 ----25,03 0,067 20,02 ----23,24 0,062

ka

---------------------

as = As / bw [mm2/m] Col Int 480 480 605 480 560

480 480 480 480 480

La armadura mínima se cubre con d b12 c/0,23 m = 491 mm 2/m (4,91 cm2/m) con lo que se verifica adecuadamente la separación máxima (artículo 7.6.5): 2,5 · h = 2,5 · 0,17 m = 0,425 m y además no mayor que 0,30 m. La armadura mínima anterior también cubre la armadura mínima por contracción y temperatura (artículo 7.12.2.1) que vale: 0,0018 · 170 mm · 1000 mm/m = 306 mm 2/m (3,06 cm2/m) En los apoyos que requieren una armadura mayor se intercala a la armadura anterior db8 c/0,46 m: 491 mm2/m + 109 mm2/m = 601 mm2/m (6,01 cm2/m) (dif. ∼ 0,5 %) g)

Armaduras de flexió n para transf erencia de momentos no balanceados

Los momentos no balanceados (momentos transferidos a las columnas) son resistidos localmente mediante un mecanismo de flexión que transfiere momentos “frontalmente” a las columnas y un mecanismo de corte que lo hace a través de esfuerzos tangenciales que actúan sobre el perímetro de la columna (y antes sobre el perímetro crítico de punzonamiento).


Según el CIRSOC 201-2005, artículo 13.5.3.2, la proporción de los momentos no balanceados que se transfiere por flexión puede valorarse a través del siguiente coeficiente: 1 f 2 b1 1 3 b2 donde “b1” y “b2” son los lados del perímetro crítico. Los momentos transferidos por flexión deben considerarse resistidos por anchos efectivos iguales al ancho de la columna o capitel más una vez y media el espesor total de la losa o del ábaco a cada lado de los mismos. En este caso: 0,40 m + 2 · 1,5 · 0,17 m = 0,91 m Columna interior Columna exterior b1 [m] 0,40 + 2 · 0,138 / 2 = 0,538 m 0,40 + 0,138 / 2 = 0,469 m b2 [m] 0,40 + 2 · 0,138 / 2 = 0,538 m 0,40 + 2 · 0,138 / 2 = 0,538 m 0,60 0,61635 ≈ 0,62 ó 1 (*) γf Mu no balanceado 12,14 kNm 33,46 kNm Muf 0,60 · 12,14 = 7,28 kNm 20,75 kNm ó 33,46 kNm (*) Muf por metro 7,28 / 0,91 = 8,00 kNm/m 22,80 kNm/m ó 36,77 kNm/m (*) (*) Si se verifica el punzonamiento sin tener en cuenta en forma precisa el efecto del momento no balanceado, debe considerarse que el 100% del mismo es transferido por flexión. En rigor el dimensionamiento de armaduras no debería hacerse en forma independiente de la flexión global de las fajas. En las zonas de transferencia de momentos no balanceados habría que sumar los momentos por metro de ancho y dimensionar con dicho momento. Columna interior:

67,57 kNm / 2,125 m + 8,00 kNm/m = 39,80 kNm/m (696 mm2/m)

Columna exterior: 36,77 kNm/m (641 mm2/m) Realizando los cálculos correspondientes se llega a la necesidad de modificar las armaduras necesarias en las zonas de 0,91 m de ancho centradas con las columnas. En las columnas internas la diferencia es mínima y será suficiente con adicionar 2 barras de 8 mm de diámetro con lo que, en esa zona, las barras de 8 mm de diámetro quedarán separadas 0,23 m entre sí. En el caso de las columnas exteriores se reemplazarán las barras de 8 mm de diámetro por d b10, de esta manera en el ancho de transferencia de la columna exterior nos queda: d b12 c/ 0,23 m + db10 c/ 0,46 m. Observamos que en las columnas exteriores se ha determinado la armadura, en el ancho de transferencia, considerando que todo el momento no balanceado se transfiere por flexión, válida al cumplirse: Vu ≤ 0,75 · φ · Vc (verificación indicada más adelante). De esta manera se colocará armadura mínima en toda la faja de diseño menos en el ancho de transferencia que lo cubrirá la armadura calculada.


Nota: No se descarta el análisis de transferir el momento no balanceado mediante la transferencia por flexión y por excentricidad de corte. Ante esta situación se determinará la armadura en la faja de columna considerando el momento no balanceado y luego se verificará si la armadura dispuesta en el ancho de transferencia resiste el momento no balanceado transferido por flexión. Esta situación requiere especial atención en la verificación al punzonado dado que el momento transferido por excentricidad de corte no será nulo.

h)

Punzonamiento

Se analizan sólo las columnas “A” y “C” pertenecientes a la faja en estudio. Si bien se sigue a continuación la línea de razonamiento más utilizada en la bibliografía norteamericana, vale un comentario. En efecto, es costumbre analizar el efecto desfavorable de los momentos transferidos a las columnas solamente por la flexión producida en la dirección en estudio. Esto realmente parecería no tiene sentido físico dado que podrían esperarse momentos no balanceados en la dirección normal. Lo que en realidad ocurre es que para obtener los momentos máximos en la dirección en estudio hay que cargar los paños que se encuentran a ambos lados de la fila de columnas que define el eje de la faja en estudio. Esto hace que los momentos no balanceados en la dirección normal no sean significativos mientras la faja que se esté estudiando sea interior. h.1)

Columnas interiores

El momento no balanceado transferido por flexión vale: donde

Mf = γf · 12,14 kNm = 0,60 · 12,14 kNm = 7,28 kNm = 1 / [1 + 2 · (b1 / b2)1/2 / 3] = 0,60 b1 = dimensión del perímetro crítico en la dirección de b2 = dimensión del perímetro crítico en la dirección de γf

l n l 2

= 0,538 m = 0,538 m

La tensión tangencial afectada por el momento transferido será (artículo C11.12.6.2): vu = Vu / Ac + γv · Mu / (J / c) donde: Vu = esfuerzo de punzonamiento = 217,29 kN Ac = área de la sección crítica = bo · d = 2,152 m · 0,138 m = 0,297 m2 γv · Mu = (1 – γf ) · Mu = Mu – Mf = 4,86 kNm J / c = [b1 · d · (b1 + 3 · b2) + d3] / 3 J / c = [0,538 m · 0,138 m · (0,538 m + 3 · 0,538 m) + 0,1383 m3] / 3 = J / c = 0,05413 m3 vu = 217,29 kN / 0,297 m 2 + 4,86 kNm / 0,054 m3 = 731,69 kN/m 2 + 89,70 kN/m2 vu = 821,39 kN/m2 = 0,82 MPa


La resistencia nominal por unidad de superficie vale: vn = vc = 301/2 MPa / 3 = 1,83 MPa = 1830 kN/m2 Por lo tanto se verifica: vu = 0,82 MPa < φ · vn = 0,75 · 1,83 MPa = 1,37 MPa h.2)

Columnas exteriores

Aquí podría procederse como para el caso de las columnas interiores sólo que teniendo en consideración las particularidades geométricas del perímetro crítico 1 (en este caso es abierto). Para abarcar las diferentes posibilidades que permite el Reglamento, se aplicará un criterio simplificado que permite omitir la verificación del efecto de los momentos siempre que el punzonamiento solicitante sea menor que el 75% de la resistencia minorada aportada por el hormigón, artículo 13.5.3.3 (para el caso de las columnas de esquina este porcentaje pasa a ser el 50%). Para el caso en estudio la condición se expresa como: Vu ≤ 0,75 · φ · Vc Trabajando en valores por metro de perímetro crítico se tendrá: Vu / m = 78,39 kN/m < 0,75 · 0,75 · 251,95 kN/m = 141,72 kN/m Por lo tanto no es necesario hacer verificaciones más afinadas.

i)

Trazado de armaduras

Se utiliza el trazado propuesto por el CIRSOC 201-2005, figura 13.3.8, que se transcribe a continuación.

1

= 1 / [1 + 2 · (b1 / b2)1/2 / 3] = 0,616 b1 = dimensión del perímetro crítico en la dirección de l 1 = 0,469 m b2 = dimensión del perímetro crítico en la dirección de l 2 = 0,538 m Ac = bo · d ; J / c = [2 · b12 · d · (b1 + 2 · b2) + d3 · (2 · b1 + b2)] / (6 · b1) γf

A su vez, debe recordarse que, al utilizar el Método Directo, el momento a transferir por excentricidad de corte debe ser: γv · 0,30 · Mo = γv · 0,30 · 128,71 kNm = γv · 38,61 kNm Diseño de Losas armadas en dos direcciones – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 199


MÉTODO PÓRTICO EQUIVALENTE – ENTREPISO SIN VIGAS Ejemplo 12.II Enunciado: Predimensionar y calcular la faja del entrepiso sin vigas indicada en la figura. Materiales: - Hormigón: H–30 (fć = 30 MPa) - Acero: ADN 420 (f y = 420 MPa) Altura de piso: 2,70 m Dimensiones columnas: 0,40 m × 0,40 m Las fuerzas de viento son resistidas por el núcleo de escaleras y ascensores No hay vigas de borde Los contrapisos, solados, terminaciones y tabiques se representan a través de una carga repartida de 1 kN/m2 La sobrecarga de uso vale 2 kN/m2

Resolución: a)

Predimensionado

Vale lo visto para el Método Directo. Se adopta una losa de 0,17 m de espesor. b)

Verif icación aproximada frente a corte y punzonamiento

Vale lo visto para el Método Directo. c)

Verif icación de la aplicabil idad del Método del Pórtic o Equivalente

El método es de aplicación dado que las columnas se encuentran alineadas sobre una trama ortogonal. d)

Geometría general del pórtico equivalente (artículo 13.7.2)

Si bien el pórtico podría calcularse íntegro (considerando la totalidad de sus pisos), el método permite aislar un piso cualquiera suponiendo que sus columnas se encuentran superior e inferiormente empotradas en los pisos adyacentes (siempre que existan ambos). Diseño de Losas armadas en dos direcciones – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 201

e)

Rigideces de los diferentes elementos del pórt ico equivalente Para las columnas se tiene: l c =

2,70 m

y en su zona libre: Ecc = 4700 · 301/2 MPa = 25743 MPa Ic = (0,40 m)4 / 12 = 2,133 · 10-3 m4

Para la zona libre de la losa-viga se tiene: Ecs = Ecc = 4700 · 301/2 MPa = 25743 MPa l 1 =

5,45 m

l 2 =

4,25 m

h = 0,17 m c1 = c2 = 0,40 m I1 = l 2 · h3 / 12 I1 = 4,25 m · (0,17 m)3 / 12 = 1,74 · 10-3 m4 I1 / (1 – c2 / l 2)2 = 2,12 · 10 -3 m4


En la Figura se ha representado el modelo de cálculo que incluye los elementos torsionales que simulan la unión no rígida entre el dintel y las columnas. Un modelo más afinado se lograría vinculando los dinteles y las columnas a través de resortes torsionales puesto que de esa forma se tendría en consideración también la deformación axial de las columnas y dinteles. El modelo aquí utilizado no es de menor precisión que el planteado en el CIRSOC 201-2005 y permite el cálculo mediante cualquier programa de cálculo de solicitaciones de estructuras de barras. El planteo que hace el reglamento obliga a la utilización del Método de Cross u otro similar. Los elementos que unen las columnas con los dinteles se denominan elementos torsionales. La rigidez aportada por un elemento torsional de longitud “ l 2 / 2” es: kt = Ec · Jt / l 2 siendo: Jt = 9 · C / (1 – c2 / l 2)3

2/2

En nuestro caso existe un elemento torsional a cada lado de la columna por lo que se considerará: Jt = 18 · C / (1 – c 2 / l 2)3 En las expresiones anteriores “c 2” es la dimensión de la columna en la dirección normal a la del eje del pórtico equivalente y “C” se determina a partir de la expresión: C = Σ (1 – 0,63 · x / y) · x 3 · y / 3

(artículo 13.0)

La constante anterior se determina dividiendo la sección transversal del elemento torsional en rectángulos de lado menor “x” y lado mayor “y”. Si la sección admite diferentes subdivisiones se adoptará la que conduzca al mayor valor de “C”. En nuestro caso hay un solo rectángulo (altura de la losa × ancho de la columna en la dirección del eje del pórtico) por lo que: C = (1 – 0,63 · 0,17 m / 0,40 m) · (0,17 m)3 · 0,40 m / 3 = 4,797 · 10 -4 m4 resultando

f)

Jt = 18 · 4,797 · 10-4 m4 / (1 – 0,40 m / 4,25 m)3 = 0,01161 m 4

Cargas

Peso propio losa = 0,17 m · 25 kN/m3 = 4,25 kN/m2 qDu qLu qu qu

= carga permanente mayorada = 1,2 · (4,25 kN/m2 + 1,00 kN/m2) = 6,30 kN/m2 = sobrecarga mayorada = 1,6 · 2,00 kN/m2 = 3,2 kN/m2 = carga total mayorada = 6,30 kN/m2 + 3,20 kN/m2 = 9,50 kN/m2 > 1,4 · (4,25 kN/m2 + 1,00 kN/m2) = 7,35 kN/m2


Dado que: qLu = 3,2 kN/m2 < 0,75 · qDu = 0,75 · 6,30 kN/m 2 = 4,725 kN/m2 el pórtico equivalente puede ser analizado bajo un único estado de cargas correspondiente a la carga total mayorada (artículo 13.7.6.2). Transformando la carga por metro cuadrado en carga lineal por metro de pórtico equivalente, obtenemos: 9,50 kN/m2 · 4,25 m = 40,38 kN/m g)

Resultados del análisis

Utilizando un programa de cálculo de solicitaciones de estructuras de barras, se llegó a los siguientes resultados de momentos en los ejes y filos de columnas (artículo 13.7.7.1): 115,23 kNm

115,23 kNm 94,03 kNm 63,00 kNm

104,69 kNm 83,49 kNm

104,69 kNm 83,49 kNm

94,03 kNm 63,00 kNm

41,80 kNm

41,80 kNm

60,79 kNm

45,22 kNm

60,79 kNm

h) Distribució n del momento estático total (artículo 13.7.7.5)

Tramo Extremo: Negativo Exterior Positivo Negativo Interior Tramo Interior: Positivo Negativo

Momento Total [kNm]

Momento Faja Columna [kNm]

Momento Total para las dos media Fajas Intermedias [kNm]

41,80 (33,46) kNm (*) 60,79 (66,93) kNm (*) 94,03 (90,10) kNm (*)

1,00 · 41,80 kNm = 41,80 kNm 0,60 · 60,79 kNm = 36,47 kNm 0,75 · 94,03 kNm = 70,52 kNm

0,00 · 41,80 kNm = 00,00 kNm 0,40 · 60,79 kNm = 24,32 kNm 0,25 · 94,03 kNm = 23,51 kNm

45,22 (45,05) kNm (*) 83,49 (83,66) kNm (*)

0,60 · 45,22 kNm = 27,13 kNm 0,75 · 83,49 kNm = 62,62 kNm

0,40 · 45,22 kNm = 18,09 kNm 0,25 · 83,49 kNm = 20,87 kNm

(*) Los valores entre paréntesis son los obtenidos utilizando el Método Directo

i)

Momentos mayorados en columnas

Las columnas extremas reciben de los elementos torsionales un momento igual a 63,00 kNm que se repartirá en partes iguales entre el tramo superior e inferior. Evaluando en el borde de la columna el momento es igual a 41,80 kNm (utilizando el Método Directo se habría asignado a este momento un valor de 33,46 kNm).


En las columnas interiores los elementos torsionales transfieren a las columnas un momento igual a: 115,23 kNm – 104,69 kNm = 10,54 kNm (utilizando el Método Directo se habría asignado a este momento un valor de 12,14 kNm). Este momento se reparte en partes iguales entre el tramo superior e inferior de la columna. j)

Veri fi caciones de p unzonami ent o y di mensionami ento d e arm aduras de fl exión

Dado que estos puntos han sido desarrollados en el ejemplo del Método Directo y que los valores de los momentos no han variado significativamente, no se vuelve a repetir el procedimiento dado que no aportaría nada nuevo respecto al ejemplo anteriormente citado.



MODELOS DE BIELAS 13.1.- Generalidades Los modelos de bielas fueron utilizados desde los comienzos de la Teoría del Hormigón Armado (Ritter – Mörsch) para el estudio del corte y de la torsión. Si bien su uso podría generalizarse a cualquier sector de una estructura de hormigón armado, el Apéndice A del CIRSOC 201-2005 los indica especialmente para el análisis de los sectores de una estructura en los que no se verifique la hipótesis de mantenimiento de las secciones planas. Estos sectores reciben el nombre de Regiones “D”. Históricamente las actualmente denominadas Regiones “D” (vigas de gran altura, ménsulas cortas, nudos de pórticos, etc.) eran abordadas a través de expresiones empíricas que tenían como principal desventaja el estar desarrolladas para geometrías y cargas muy específicas por lo que no podía generalizarse su uso.

13.2.- Pasos pro puestos en el Apéndice A del CIRSOC 201-2005 13.2.1.- Definir y aislar cada una de las Regiones “ D” El primer paso de este método de análisis consiste en la identificación de aquellas zonas de la estructura en las que no pueda suponerse válido el mantenimiento de las secciones planas y por lo tanto no sean de aplicación las expresiones de dimensionamiento que da el cuerpo principal del Reglamento. A estas zonas la bibliografía internacional las denomina Regiones “D” (por “disturbed”, perturbadas) en contraposición con las zonas restantes a las que las denomina Regiones “B” (por Bernoulli 1). Las perturbaciones que dan lugar a la aparición de regiones “D” pueden tener básicamente dos orígenes: discontinuidades en la función carga (p.e. cargas concentradas provenientes de reacciones o anclajes de pretensado) y discontinuidades geométricas (p.e. nudos de pórticos o pasajes de tuberías por el alma de vigas). Identificados los motivos que generan la aparición de regiones “D” (discontinuidades de cargas o de geometría) restaría cuantificar la extensión de dichas zonas. Schlaich [Referencia (3)] propone determinar dicha extensión por aplicación del principio de Saint Venant con ciertos procedimientos de superposición sobre los que no nos extenderemos. El resultado práctico de dicha aplicación a estructuras de barras conduce a que las regiones “D” se extiendan una longitud aproximadamente igual a la mayor dimensión de la sección transversal de la pieza medida a partir de la discontinuidad. En la Figura 13.2.1 se ven algunas aplicaciones de este criterio práctico a piezas con diferentes secciones transversales, condiciones de carga y relaciones altura–luz. Los textos clásicos de hormigón armado suelen decir que una viga simplemente apoyada de un tramo se considera como “de gran altura” cuando su luz es menor que dos veces su altura total. Esta caracterización se hace a través de una cualidad geométrica sin tener en consideración el tipo de cargas actuantes. Como puede apreciarse en la Figura 13.2.1 la 1

Haciendo referencia a Daniel Bernoulli (1700-1782), matemático suizo a quien se asocia con la hipótesis de mantenimiento de las secciones planas. Modelo de Bielas – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 207

consideración anterior es válida para carga uniforme pero no lo es para una carga puntual. El término “viga de gran altura” o “ménsula corta” debe indicar entonces que se está tratando con un elemento en el que no puede suponerse que las secciones se mantienen planas y que, por lo tanto, requiere de un tratamiento especial.

Figura 13.2.1

Modelo de Bielas – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 208

No identificar que en una zona no se mantienen las secciones planas puede introducir no solamente errores en la cuantificación de las armaduras sino también en su ubicación.

13.2.2.- Determin ar los esfuerzos resultantes que actúan sobre los bordes o fronteras de cada una de las Regiones “ D” Sobre una región “D” pueden actuar tres tipos de esfuerzos “externos”: a)

Acciones exteriores propiamente dichas (por ejemplo cargas conc entradas) Estas acciones son datos del problema.

b)

Reacciones exteriores Usualmente las reacciones se obtienen mediante un cálculo ordinario de la estructura prescindiendo de la existencia o no de las diferentes regiones.

c)

Esfuerzos provenientes de las regiones “ B” linderas El cuerpo principal del Reglamento permite calcular la resistencia y la ubicación de las resultantes internas de estas regiones.

13.2.3.- Seleccionar el modelo de reticulado (bielas) Este es indudablemente el paso más complicado del método y el que requiere de mayor conocimiento y entrenamiento.

13.2.3.1.- Requerimiento s básico s El trabajo con modelos de bielas es básicamente una aplicación del Teorema del Límite Inferior del Cálculo Plástico por lo que estos modelos deben verificar: a)

Equilibrio Los modelos pueden ser isostáticos relativos (cadenas cinemáticas que son estables para el estado de cargas en estudio), isostáticos o hiperestáticos. Para facilitar su resolución, aún cuando la estructura sea hiperestática en su conjunto se tiende a la utilización de modelos isostáticos.

b)

Resistencia Una vez determinados los esfuerzos en los diferentes elementos los mismos son verificados para asegurar que se satisfaga la condición resistente en todos ellos.

c)

Compatibilidad El trazado del modelo debería seguir en lo posible el flujo de tensiones interno de la pieza de modo que no se requiera una redistribución interna de esfuerzos que supere a la ductilidad disponible o bien que genere un cuadro de fisuración inaceptable. Es un criterio aceptado que lo anterior se logra ubicando los puntales y tensores alineados en forma aproximada con las resultantes internas de los flujos de tensiones de tracción y compresión que surgen de un cálculo elástico. Este


criterio debería aplicarse con mayor rigidez cuanto más solicitada se encuentre la región en estudio. Los nodos se ubican en las zonas en que los esfuerzos internos experimentan cambios bruscos de dirección. Dado que en muchos casos no se contará con un plexo de isostáticas correspondiente al problema en estudio, el CIRSOC 201-2005, artículos A.2.4 y A.2.5, indica algunas cuestiones de carácter general que tienden a garantizar en forma indirecta la compatibilidad: - Los tensores pueden cruzar a los puntales - Los puntales no pueden cruzarse entre sí aunque pueden encontrarse en los nodos. - El ángulo entre el eje de cualquier puntal y el eje de cualquier tensor que concurran a un mismo nudo no debe ser nunca menor que 25º.

Como puede verse, las condiciones a) y b) se verifican en forma explícita y la condición c) se verificará sólo si el modelo ha sido adecuadamente adoptado lo cual no siempre resulta evidente.

13.2.3.2.- Los modelos y la falta de uni cidad Las figuras 13.2.3.2.1.a) a d) muestran una viga y tres posibles modelos representativos de su comportamiento. La pregunta evidente es: cual de ellos elegir? a) b) c) d)

Schlaich indica que dado que las estructuras reales tienden a resistir las acciones con el menor trabajo de deformación posible, entre varios modelos posibles habría que elegir el que produzca el menor trabajo interno de deformación.

Dado que los puntales de hormigón son muy rígidos aportan poco al trabajo interno por lo que, si los esfuerzos entre Figura 13.2.3.2.1 los diferentes tensores fueran del mismo orden podría decirse que el modelo más adecuado será el que presente menor longitud total de tensores. En caso contrario será el que presente el menor valor de la sumatoria aplicada a todos los tensores del producto de la fuerza en cada tensor por su longitud. Teniendo en cuenta lo anterior, el modelo más adecuado resultará ser el d) aunque si la pieza estuviera fuertemente solicitada (o no estuviéramos seguros si lo está o no) convendría adoptar el b). En otras palabras, el modelo no es único y podrá variar con el


nivel de solicitación y de un proyectista a otro. La única forma de llegar a un modelo único sería satisfaciendo enteramente las condiciones de compatibilidad para lo cual habría que introducir las ecuaciones constitutivas de los materiales y resolver enteramente un problema que es no lineal perdiéndose de esta manera la simplicidad del método. La no unicidad en la solución crea una cierta sensación de fastidio en los proyectistas que, esperando una herramienta de cálculo directo, se encuentran con un amplio rango de posibilidades y libertades que no conducen a una única solución. Se trata de un proceso muy parecido al que enfrentan en el momento de proyectar una estructura al cual ya están acostumbrados y consideran natural. Los esquemas de Figura 13.2.3.2.2.a) a 13.2.3.2.2.c) han sido analizados por Reineck en la Referencia (1) y corresponden al extremo de una viga que apoya a través de una nariz 2.

(a)

(b)

Figura 13.2.3.2.2

a) Figura 13.2.3.2.3

(c)

Figura 13.2.3.2.2.a): El esquema corresponde a una viga ensayada por Cook y Mitchell (1988). Comparado con el esquema de Figura 13.2.3.2.2.b, presenta una distribución más sencilla de armaduras en las proximidades de la nariz. Dado que los resultados experimentales muestran cerca de la rotura una fisura que, partiendo del vértice de encuentro entre la nariz y el cuerpo de la viga, se extiende diagonalmente cortando el puntal “BD”, el modelo no parece del todo consistente con la configuración de rotura. Figura 13.2.3.2.2.b): Supera la observación hecha al modelo anterior pero controla deficientemente la apertura de la fisura que conduce a la rotura al no presentar armaduras normales a dicha fisura. Figura 13.2.3.2.2.c): Supera las dos observaciones hechas a los modelos anteriores pero no es capaz de resistir adecuadamente fuerzas horizontales aplicadas en el apoyo.

b)

Una razón que puede hacer preferible un modelo respecto a otro es la facilidad de armado. En la Figura 13.2.3.2.3 se muestran dos modelos “posibles” para una ménsula corta cargada inferiormente. Como puede apreciarse, el modelo a) puede armarse utilizando armaduras ortogonales horizontales y verticales mientras que el modelo b) requerirá el uso de una importante armadura diagonal.

2

Para facilitar su visualización las figuras han sido adaptadas. Modelo de Bielas – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 211

Desde el punto de vista del consumo de armadura resultará más interesante el esquema b) mientras que si se le da prioridad a la facilidad de armado seguramente se optará por el esquema a). En términos generales los modelos de bielas conducen a mayores armaduras que las fórmulas empíricas desarrolladas a partir de resultados de ensayos. Esto se debe a que los modelos de bielas desprecian enteramente la resistencia a tracción del hormigón y consideran, en general, una capacidad de redistribución interna menor que la que realmente presentan los elementos.

13.2.3.3.- Modelos isostáticos y modelos hiperestáticos Como ya se mencionó, los modelos de bielas pueden ser isostáticos relativos (ver modelos de Figuras 13.2.3.2.1.b) y d) y 13.2.3.2.2.c)), isostáticos o hiperestáticos. Si bien en general se obvian los modelos hiperestáticos por la dificultad existente en asignar rigideces a los diferentes elementos existen algunos casos en que en la bibliografía se proponen soluciones aproximadas a modelos estáticamente indeterminados. En la bibliografía se encuentran modelos de bielas isostáticos correspondientes a estructuras hiperestáticas. Este es el caso de la viga de la Figura 13.2.3.3.1 cuyo modelo ha sido extraído de la Referencia (2).

13.2.3.4.- Modelos en la bibliografía En la bibliografía, en particular en las Referencias (2) y (3), pueden encontrarse numerosas propuestas para modelos de bielas que ayudan en la resolución de los casos más frecuentes en la práctica. En la Figura 13.2.3.4.1 se muestran dos de ellos.

Figura 13.2.3.4.1 Modelo de Bielas – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 212

Figura 13.2.3.4.2 La Figura 13.2.3.4.2 muestra la solución de una viga simplemente apoyada con carga uniforme superior. Si se tuviera una viga de un tramo con carga uniforme inferior, las solicitaciones en las barras principales del modelo pueden obtenerse utilizando el gráfico anterior pero la carga inferior debe ser suspendida a través de una armadura de alma tal como se indica en la Figura 13.2.3.4.3. Figura 13.2.3.4.3

13.2.4.- Dimensionamiento y verificación de elementos pertenecientes a modelos de bielas 13.2.4.1.-

Formato general

En este punto se desarrollan los criterios propuestos por el CIRSOC 201-2005 para el dimensionamiento y verificación de modelos ya definidos. En términos generales, y siguiendo el formato utilizado en el resto del CIRSOC 201-2005 se tendrá que verificar que (artículo A.2.6): donde

Fu ≤ φ · Fn Fu = Solicitación en un puntal, tensor o cara de una zona nodal calculada para cargas mayoradas Fn = Resistencia nominal de un puntal, tensor o cara de una zona nodal φ = Coeficiente de reducción de resistencia = 0,75

13.2.4.2.- Resistencia de las zonas nodales “ Fnn ” El análisis de las zonas nodales ha ido evolucionando con el correr de los años desde las denominadas “zonas nodales hidrostáticas” hasta las llamadas “zonas nodales extendidas” conceptos sobre los que volveremos más adelante.


En general se tendrá (artículos A.5.1 y A.5.2): Fnn = f ce · Anz donde f ce = Resistencia efectiva del hormigón en la zona nodal = βn · 0,85 · fć = 1,0 en zonas nodales limitadas por puntales, áreas de apoyo o ambas βn = 0,8 en zonas nodales que anclan un tensor βn = 0,6 en zonas nodales que anclan dos o más tensores βn

Anz = según corresponda: En modelos de bielas bidimensionales debe ser el menor de: a) el área de la cara de la zona nodal sobre la cual actúa Fu , considerada perpendicularmente a la recta de acción de F u ó b) el área de una sección que atraviesa la zona nodal, considerada perpendicularmente a la recta de acción del esfuerzo resultante que actúa sobre la sección En modelos de bielas tridimensionales (p.e. cabezales de pilotes) el área de cada una de las caras de una zona nodal debe ser mayor o igual que la indicada para modelos bidimensionales y las geometrías de cada una de dichas caras deben ser similares a las geometrías de las proyecciones de los extremos de los puntales sobre las correspondientes caras de las zonas nodales.

13.2.4.3.- Resistencia de los puntales de hormigón “ Fns ”

La siguiente expresión debe evaluarse en ambos extremos de un puntal y considerarse el menor valor obtenido (artículo A.3.1, A.3.5 y CA.3.5): Fns = Acs · f ce + A´s · f´s donde Acs = Sección transversal en el extremo en estudio Modelo de Bielas – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 214

f ce = Mínimo valor entre la resistencia efectiva a compresión del puntal y la resistencia efectiva de la zona nodal a la que concurre el extremo en estudio. A´s = Armadura de compresión que puede disponerse si resulta necesario aumentar la resistencia de un puntal. No es imprescindible su presencia. De existir debe ser paralela al eje del puntal y debe estar encerrada por estribos o zunchos que verifiquen los requerimientos exigidos para columnas. f´s = Para armaduras con f y ≤ 420 MPa se puede adoptar igual a f y . La resistencia efectiva a la compresión de un puntal se evalúa como (artículo A3.2): f ce = βs · 0,85 · fć donde βs

= 1,00

βs

= 0,75

βs

= 0,60

βs

= 0,40

βs

= 0,60

Cuando a lo largo del puntal la sección transversal del mismo no varía. Esto se da en los campos de compresiones con forma de prisma (Figura 13.2.4.3.1.a) característicos de las columnas y de los bloques de compresión que se utilizan en el equilibrio de la flexión en vigas. También se presenta en flujos en forma de abanico como el indicado en la Figura 13.2.4.3.1.c) donde la tensión es variable pero no se presentan tensiones transversales. En puntales con forma de botella (Figura 13.2.4.3.1.b)) que presenten armadura suficiente como para tomar las tracciones originadas en la expansión lateral del flujo de tensiones. Estas armaduras limitan la abertura de las fisuras aumentando la resistencia respecto a un elemento sin armadura o con armadura insuficiente. En puntales con forma de botella (Figura 13.2.4.3.1.b)) que NO presenten armadura suficiente como para tomar las tracciones originadas en la expansión lateral del flujo de tensiones. En puntales que se encuentren en elementos traccionados o en alas traccionadas de elementos tales como vigas cajón. El bajo valor de βs tiene en consideración que los puntales comprimidos estarán atravesados por fisuras de tracción. En el resto de los casos. Se hace referencia aquí a situaciones como las indicadas en la Figura 13.2.4.3.2.b) donde se muestra un puntal, que a diferencia del mostrado en la Figura 13.2.4.3.2.a), está cortado por una fisura oblicua a su eje.

(b)

(a) Figura 13.2.4.3.2


Fisura

2 1

Figura 13.2.4.3.3

Como ya se ha dicho, para poder utilizar βs = 0,75 en los puntales con forma de botella es necesario que los mismos cuenten con una armadura transversal adecuadamente anclada capaz de resistir esfuerzos transversales de tracción a través de las fisuras longitudinales que se originan en este tipo de puntales. Esa armadura puede calcularse suponiendo que el flujo de tensiones tiene un aspecto como el indicado en la Figura 13.2.4.3.3 (apertura 2 longitudinal : 1 transversal) o bien utilizando la siguiente expresión válida para hormigones de fć ≤ 42 MPa (artículo A.3.3.1): A si sen i 0,003 b s si

Figura 13.2.4.3.4

Esta expresión está desarrollada para armaduras que forman un ángulo αi con el eje del puntal (Figura 13.2.4.3.4). En ella “A si” representa el área de una barra de una capa que corre en dirección “i” multiplicada por el número de capas (por ejemplo 2 si hay una en cada cara), “si” es la separación entre barras que corren en la dirección “i” y “bs” es el espesor de la sección de hormigón.

En vigas de gran altura se recomienda disponer este tipo de armaduras en ambas caras de la viga y en direcciones ortogonales. En ménsulas cortas con relaciones luz de corte/altura menores que uno las armaduras suelen estar constituidas por estribos horizontales. Si existieran armaduras en una única dirección se debe verificar α ≥ 40º (artículo A.3.3.2).

13.2.4.4.- Resistencia de los tensores “ F nt ” El CIRSOC 201-2005, artículo A.4.1, indica que la resistencia nominal de un tensor se determina con la siguiente expresión: Fnt = Ats · f y + Atp · (f se + ∆f p) Modelo de Bielas – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 216

donde Ats = Área de la armadura no tesa f y = Tensión de fluencia especificada de la armadura no tesa Atp = Área de la armadura tesa f se = Tensión efectiva en la armadura tesa luego de producidas las pérdidas ∆f p = 420 MPa para armadura adherente y 70 MPa para armadura no adherente (f se + ∆f p) ≤ f py f py = Tensión de fluencia especificada de la armadura tesa

13.3.- Nodos y zonas nodales 13.3.1.- Generalidades Los nodos son puntos de intersección de los ejes de los puntales y tensores que componen un modelo de bielas y las zonas nodales son regiones de hormigón situadas alrededor de los nodos donde se produce la conexión física entre los miembros del modelo. En un nodo plano, para que pueda existir equilibrio es necesario que al mismo concurran al menos tres fuerzas que pueden provenir tanto de miembros del modelo como de reacciones. B CCC

A CCT

Figura 13.3.1.2 Figura 13.3.1.1 Los nudos de un modelo pueden representar cambios muy fuertes en la dirección de las isostáticas (nudo singular o concentrado) o cambios más suaves (nudos distribuidos o continuos). Los nudos “A “ y “B” de la Figura 13.3.1.1 muestran dos ejemplos de lo dicho. Los nodos se clasifican de acuerdo al tipo de fuerzas que concurren a los mismos. Se indica con “C” a las barras comprimidas que llegan a un nodo y con “T” a las traccionadas. De esta forma los nodos planos pueden denominarse como CCC, CCT, CTT y TTT de acuerdo al esfuerzo que presenten las barras concurrentes. Ejemplos de estos nudos pueden verse en la Figura 13.3.1.2.


13.3.2.- Tipos de zonas nodales 13.3.2.1.- Zonas nodales hidrostáticas Si bien en la actualidad se trabaja casi exclusivamente con las denominadas “zonas nodales extendidas”, en la bibliografía menos reciente suelen encontrarse referencias a las denominadas “zonas nodales hidrostáticas”. Estas últimas reciben este nombre porque la longitud de sus caras se determina de modo que todas ellas estén sometidas a igual tensión normal. Las caras de una zona nodal hidrostática son normales a los ejes miembros concurrentes y por lo tanto no están sometidas a esfuerzos tangenciales. De esta forma la representación del estado plano de tensiones a que están sometidas se reduce a un punto en el círculo de Mohr y de allí su denominación de “hidrostáticas” (aunque la condición no se verifique para tensiones normales al plano). Para extender su uso a nodos a los que concurren barras traccionadas, éstas se suponen ancladas más allá del nodo a través de anclajes rectos, ganchos, etc, transformados en una “placa hipotética” que apoya directamente sobre una cara del nodo produciendo compresiones sobre la misma. El requerimiento de contar con igual presión en todas las caras muchas veces complica operativamente el uso de este tipo de nodos.

13.3.2.2.- Zonas nodales extendidas Tal como se muestra en la Figura 13.3.2.2.1, una zona nodal extendida es la porción de un elemento limitada por la intersección del ancho efectivo de un puntal (w s) con el ancho efectivo de un tensor (w t). En estas zonas, el esfuerzo de cada tensor se debe anclar a partir de la sección crítica definida como la sección normal al tensor que pasa por el punto en el que el baricentro de la armadura del tensor abandona la zona nodal extendida e ingresa al tramo. Estas zonas pueden estar incluyendo o no un nudo hidrostático.

13.3.2.3.- Zonas nodales a las que concurren más de tres fuerzas En la Figura 13.3.2.3.1 se muestra un modelo de bielas en el que se presentan dos nudos, los ubicados por debajo de las cargas concentradas, a los que concurren más de tres fuerzas. En estos casos es usual proceder a resolver dos de las fuerzas en su Modelo de Bielas – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 218

resultante creando un subnodo a ese efecto. La Figura 13.3.2.3.1.c) muestra un ejemplo de este tipo de solución.

(a)

(b)

(c)

Figura 13.3.2.3.1

BIBILIOGRAFÍA (1) (2) (3)

Reineck, Karl-Heinz (Editor), “Examples for the Design of Structural Concrete with Strut-and-Tie Models”, SP-208, American Concrete Institute, 2002 Practical Design of Structural Concrete - fib - September 1999 Schlaich, Jörg; Schäfer, Kurt; Jennewein, Mattias, “Toward a Consistent Design of Structural Concrete”, PCI Journal, V.32, N o 3, May-June, 1987, pp. 74-150



MODELOS DE BIELAS – EJEMPLOS Ejemplo 13.I Enunciado:

Calcular y adoptar las armaduras de la siguiente viga y verificar su aptitud general para resistir las cargas indicadas.

Materiales:

- Hormigón: H–30 (fć = 30 MPa) - Acero: ADN 420 (f y = 420 MPa)

Cargas:

- Peso propio:

Su efecto se ha incluido en el valor de la parte permanente de las cargas concentradas. - VD = 476 kN ; VL = 238 kN - Placas de apoyo: 0,40 m × 0,35 m (espesor de la viga)

Resolución: a)

Identificación de las zonas “ B” y “ D”

Si se acepta como criterio general que las zonas afectadas por las discontinuidades geométricas o de cargas tienen una extensión igual a la mayor dimensión de la sección transversal, las figuras anteriores representarían las zonas perturbadas por las cargas exteriores aplicadas y por las reacciones. Como puede observarse, al superponer las tres figuras se llega a la conclusión de que toda la viga se encuentra perturbada por lo que la hipótesis de mantenimiento de secciones planas no es aplicable en ninguna de sus secciones.


b)

Cálculo de las fuerzas actuantes en las fro nteras de las zonas “ D”

Dado que toda la viga es una gran zona “D”, las fuerzas en las fronteras serán las acciones exteriores y las reacciones: R = Vu = 1,2 · VD + 1,6 · VL = 1,2 · 476 kN + 1,6 · 238 kN = 952 kN c)

Elección del modelo de bielas Las Figuras (a), (b) y (c) representan tres posibles modelos de bielas a aplicar en la resolución del problema.

(a)

(b)

(c)

El modelo (a) no presenta armaduras verticales de alma por lo que esta solución controlará la fisuración diagonal sólo a través de la cuantía mínima de armadura de alma que no resultará proporcional a los esfuerzos que en ella se desarrollen. Por otra parte, la armadura inferior será constante entre apoyos y será necesario anclar en los nodos extremos el 100% de la carga máxima del tensor inferior. El modelo (b) requiere armadura de alma. Esta armadura será la necesaria para resistir una carga igual a cada una de las cargas exteriores independientemente de cual sea la distancia de dichas cargas a los apoyos. La fuerza en las armaduras inferiores es variable y la fuerza que es necesario anclar en los apoyos es menor a la fuerza máxima que se produce en el tensor central.

El modelo (c) es el propuesto en “Practical Design of Concrete Structures” publicado en Septiembre de 1999 por la FIB. Se trata de un modelo empírico que permite una transición gradual entre vigas de esbeltez normal y vigas de gran altura por lo que la armadura de alma disminuye cuando disminuye la relación entre la distancia de las cargas al apoyo y la altura de la viga. Se trata de un modelo más afinado pero más complejo de resolver. Para este ejemplo adoptaremos el modelo (b). d)

Geometría general y esfuerzos en los puntales y tensores

En la siguiente figura se han indicado la numeración de nodos y barras que se utilizan en la resolución de este ejemplo y las dimensiones generales del modelo. En la elección de las dimensiones del modelo se han tenido en cuenta los anchos asignados a los puntales


y a los tensores. Se trata de un proceso que requiere tanteos por lo que no es conveniente iniciar el cálculo con anchos muy pequeños. El utilizar anchos algo mayores a los necesarios conduce a armaduras un poco mayores que las estrictamente necesarias pues los “brazos internos” disminuyen. En base a una estimación aproximada de esfuerzos se fijan los anchos del Puntal 2 (0,25 m) y del Tensor 7 (0,20 m). Los nodos 2 y 3 se ubican a media distancia horizontal entre los nodos 1 y 4.

Equilibrio de fuerzas verticales en Nodo 1: Equilibrio de fuerzas horizontales en Nodo 1: Equilibrio de fuerzas verticales en Nodo 2: Equilibrio de fuerzas horizontales en Nodo 2: Equilibrio de fuerzas verticales en Nodo 3: Equilibrio de fuerzas horizontales en Nodo 3: Equilibrio de fuerzas horizontales en Nodo 4:

Fu3 = R / sen 54,32º Fu6 = Fu3 · cos 54,32º Fu5 = Fu3 · sen 54,32º = R Fu1 = Fu3 · cos 54,32º Fu4 = Fu5 / sen 54,32º Fu7 = Fu6 + Fu4 · cos 54,32º Fu2 = Fu1 + Fu4 · cos 54,32º

= = = = = = =

1171,95 kN 683,49 kN 952,00 kN 683,49 kN 1171,95 kN 1366,97 kN 1366,97 kN

Las fuerzas máximas (puntal 2 y tensor 7) pueden verificarse mediante la expresión: Fu máx = Mu máx / z = 952,00 kN · 1,4 m / 0,975 m = 1366,97 kN e)

Dimensiones de punt ales, tensores y zonas nodales


La Figura anterior muestra el aspecto final que presentan las zonas nodales, tensores y puntales. Seguidamente se analizan los criterios utilizados para definir la geometría de cada uno de estos elementos. A primera vista se aprecia que la zona nodal 4 ha sido subdividida en dos subzonas para poder resolver el problema de la concurrencia de más de tres fuerzas a un nodo (artículo CA.2.3). En los puntos siguientes se irán definiendo las dimensiones de las zonas nodales y de los puntales y, simultáneamente se irá verificando su resistencia. Se supondrá que se dispone una armadura en forma de malla ortogonal en ambas caras del elemento estructural de modo que los puntales cuyo flujo tenga forma de botella puedan alcanzar su máxima resistencia, es decir (artículo A.3.2): f ce = βs · 0,85 · fć = 0,75 · 0,85 · 30 MPa = 19,125 MPa En los puntales prismáticos se tendrá en cambio (artículo A.3.2): f ce = βs · 0,85 · fć = 1,00 · 0,85 · 30 MPa = 25,50 MPa En el modelo se presentan tres tipos de nodos asociados a las siguientes resistencias (artículo A.5.2): CCC: CCT: CTT:

f ce = βn · 0,85 · fć = 1,00 · 0,85 · 30 MPa = 25,50 MPa f ce = βn · 0,85 · fć = 0,80 · 0,85 · 30 MPa = 20,40 MPa f ce = βn · 0,85 · fć = 0,60 · 0,85 · 30 MPa = 15,30 MPa

En todos los casos debe verificarse: Fu ≤ φ · Fn

(artículo A.2.6)

Para todos los elementos del reticulado, el factor de reducción de la resistencia será: φ = 0,75

e.1)

Zona nod al 1 y pun tal 3 θ = ángulo inclinación Puntal 3 = atan (0,975 m θ = 54,32º

3 0,4416 m

α =

/ 0,70 m)

atan (0,20 m / 0,40 m) = 26,56º

hipot = (0,402 m2 + 0,202 m2)1/2 = 0,4472 m 6

0,20 m

0,40 m

Ancho Puntal 3 = hipot · cos(90° – θ – α) = 0,4416 m Para el Puntal 3: Fns = f ce · Acs Fns = 0,4416 m · 0,35 m · 19125 kPa = 2955,76 kN Fu3 = 1171,95 kN < φ Fns = 2216,82 kN


Para la zona nodal 1 (tip o CCT): •

Por acción del puntal 3:

Dado que las secciones transversales y el esfuerzo que se utilizan para la verificación son iguales y βs < βn al verificar el Puntal 3 automáticamente verifica la cara de la zona nodal.

•

Por acción de R:

Fu = 952 kN < φ · área placa apoyo · f ce = = 0,75 · 0,40 m · 0,35 m · 20400 kPa = = 2142,00 kN

•

Por acción del tensor 6:

Fu6 = 683,49 kN < 0,75 · ancho viga · 0,2 m · f ce = = 1071 kN

e.2)

Zona nodal 2 y punt al 1

Adoptando como datos las dimensiones de la hipotenusa (ancho Puntal 3) y del cateto menor (ancho máximo disponible Puntal 1) se obtiene, para el cateto mayor: (0,44162 m2 – 0,252 m2)1/2 = 0,364 m

0,3640 m 0,25 m

Dado que el Puntal 3 mantiene su ancho constante y ha sido verificado en su encuentro con la Zona Nodal 1 no requiere una nueva verificación. El Puntal 1 por su parte se verificará en su encuentro con la Subzona Nodal 4B por presentar allí su menor ancho.

1

0,4416 m 3

5

Zona nodal 2 (ti po CCT): Por acción del puntal 1:

Fu1 = 683,49 kN < φ · 0,25 m · ancho viga · f ce = = 0,75 · 0,25 m · 0,35 m · 20400 kPa = = 1338,75 kN

Por acción del puntal 3:

Fu3 = 1171,95 kN < φ · 0,4416 m · ancho viga · f ce = = 0,75 · 0,4416 m · 0,35 m · 20400 kPa = = 2364,77 kN

Por acción del tensor 5:

Fu5 = 952 kN

< φ · 0,3640 m · ancho viga · f ce = = 0,75 · 0,3640 m · 0,35 m · 20400 kPa = = 1949,22 kN


e.3)

Zona nod al 3 (tip o CTT):

Dado que sólo parte de la armadura del cordón inferior se anclará en esta zona nodal (aunque se continúe el 100% de la armadura hasta el apoyo y no se produzca un anclaje, la armadura sufrirá una variación importante de esfuerzo) y otra parte continuará hasta el apoyo (Zona Nodal 1), puede pensarse que en la Zona Nodal 3 sólo se efectúa una transferencia de esfuerzos entre tres elementos, el Puntal 4, el Tensor 5 y un tensor ficticio cuya fuerza es igual a la diferencia entre la de los tensores 7 y 6. Dado que se trata de una zona a la que concurren dos o más tensores, es la que presenta menor resistencia “f ce”. Despejaremos las dimensiones mínimas para esta zona nodal y, dado que es el elemento de menor resistencia del modelo, cualquier puntal que llegue a esta zona quedará automáticamente verificado si éste cumple con dichas dimensiones mínimas. Cara enfrentada al puntal 4:

Fu4 / (φ · ancho viga · f ce) = = 1171,95 kN / (0,75 · 0,35 m · 15300 kPa) = 0,29 m

Cara enfrentada al tensor 5:

Fu5 / (φ · ancho viga · f ce) = = 952,00 kN / (0,75 · 0,35 m · 15300 kPa) = 0,24 m

Cara enfrentada al tensor 7-6:

(Fu7 – Fu6) / (φ · ancho viga · f ce) = = (1366,97 – 683,49) kN / (0,75 · 0,35 m · 15300 kPa) = = 0,17 m

Ya se ha adoptado un ancho de 0,20 m para la cara enfrentada a los tensores 6 y 7. Se fija ahora un valor de 0,25 m para la cara enfrentada al Tensor 5 con lo que queda totalmente definida la geometría de esta zona nodal. 5 0,3202 m > 0,29 m Verifica 7–6

0,20 m 0,25 m


e.4)

Zona nod al 4 (tip o CCC): 0,40 m 0,1781 m

0,25 m

0,1781 m

0,4340 m

0,25 m 0,4717 m

0,3053 m

0,3053 m

A esta zona nodal concurren más de tres esfuerzos por lo que se reemplazan dos de ellos, el 1 y el 4, por su resultante de modo de obtener un caso ordinario de tres esfuerzos concurrentes. Para resolver dos de los esfuerzos en uno se recurre al uso de subzonas nodales. Los puntales 1 y 4 concurren a la Subzona Nodal 4B de la cual parte un puntal resultante hacia la Subzona Nodal 4A. La Subzona 4B se ha planteado como hidrostática de modo que todas sus caras son normales a los ejes de los puntales concurrentes y sobre todas ellas actúa la misma tensión normal. La Subzona 4A tiene su geometría definida a partir de que son conocidos sus catetos (el mayor corresponde a la dimensión de la placa de apoyo y el menor tiene el ancho adoptado para el Puntal 2). e.4.1) Subzona nod al 4A Al adoptar el ancho del Puntal 2 y estar definidas las dimensiones de la placa a través de la que se aplica la carga concentrada exterior este nudo tiene sus dimensiones definidas. Por tratarse de un nudo al que concurren tres puntales su resistencia es mayor o igual que la correspondiente a la de cada uno de los puntales por lo que, verificando la resistencia de los puntales queda automáticamente verificada la resistencia del nudo siendo necesario verificar solamente la cara en la que se aplica la carga exterior. Por acción de Vu :

Fu = 952 kN < φ · área placa apoyo · f ce = = 0,75 · 0,40 m · 0,35 m · 25500 kPa = = 2677,5 kN

La resultante de los puntales 1 y 4 vale: Fuh = Componente horizontal = F u1 + Fu4 · cos 54,32º = 683,49 kN + 1171,95 kN · cos 54,324º = 1366,98 kN Fuv = Componente vertical = F u4 · sen 54,32º = 1171,95 kN · sen 54,324º = 952,00kN Resultante 1–4 = (Fuh2 + Fuv2)1/2 = 1665,81 kN θR = ángulo de la resultante = atan

(Fuv / Fuh) = 34,854º

La hipotenusa de la Subzona Nodal 4A vale: hipot = (0,25 2 m2 + 0,402 m2)1/2 = 0,4717 m El ancho del puntal resultante 1–4 se obtiene como: Ancho puntal 1–4 = hipot · cos(90º – θR – α A) = 0,434 m Modelo de Bielas – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 227

siendo: α A = atan (0,25 m / 0,40 m) = 32º Se está ahora en condiciones de verificar los puntales 2 y 1–4: Fu2 = 1366,98 kN < φ · ancho puntal · ancho viga · f ce = = 0,75 · 0,25 m · 0,35 m · 25500 kPa = 1673,44 kN Fu1-4 = 1665,81 kN < φ · ancho puntal · ancho viga · f ce = = 0,75 · 0,434 m · 0,35 m · 19125 kPa = 2178,82 kN e.4.2) Subzona nod al 4B Dado que se ha definido “a priori” que se trata de una zona hidrostática se puede calcular el ancho correspondiente a los puntales 1 y 4 a partir de igualar las tensiones normales sobre el nudo: σ1-4 =

Tensión correspondiente al puntal 1–4 = Fu1-4 / (ancho puntal · ancho viga) = = 1665,81 kN / (0,434 m · 0,35 m) = 2 σ1-4 = 10966,49 kN/m Ancho puntal 1 = Fu1 / (σ1-4 · ancho viga) = = 683,49 kN / (σ1-4 · 0,35 m) = 0,178 m (*) Ancho puntal 4 = Fu4 / (σ1-4 · ancho viga) = = 1171,95 kN / ( σ1-4 · 0,35 m) = 0,305 m (*) Puede discutirse si este puntal tiene forma de “botella” por lo que su seguridad, si fuera prismático, sería aún mayor. Como se trata de una zona nodal tipo “CCC”, al verificar la resistencia de los puntales la resistencia del nodo queda automáticamente verificada. Por otra parte, dado que los puntales presentan una tensión igual a la del puntal 1-4 y éste ya ha sido verificado, la verificación de estos puntales resulta innecesaria. f) f.1)

Armaduras Seccio nes necesarias para los tensores

Las áreas necesarias de armadura se despejan de la expresión: F u ≤ φ · Fnt = 0,75 · Ats · f y Elemento Tensor 5 Tensor 6 Tensor 7

Fu [kN] 952,00 683,49 1366,97

Ats necesaria [mm2] 3022 2170 4340

(Ats necesaria) [cm2] (30,22) (21,70) (43,40)


f.2)

Tensor 5

Es posible pensar que el ancho de distribución de las armaduras correspondientes a este tipo de tensores (la barra 5 es muy similar a las barras representativas de los estribos en el reticulado de Ritter–Mörsch) sea igual a: z · cotg θ En este caso se tiene: z = 0,975 m y θ = 54,32º por lo que el ancho anterior resulta igual a 0,70 m. La armadura necesaria resulta entonces igual a: 3022 mm2 / 0,70 m = 4317 mm2/m (43,17 cm2/m) Se utilizará un estribado en dos ramas con una separación que no deberá superar a (artículo 11.8.4): mínimo (d / 5 ; 0,30 m) = mínimo (1,10 m / 5 ; 0,30 m) = 0,22 m Se adopta un estribado: db16 c/ 0,09 m = 2 · 201 mm2 / 0,09 m = 4467 mm2/m (44,67 cm2/m) f.3) Tensor 7 Tal como se ha visto, la armadura necesaria para este tensor es 4340 mm2 (43,40 cm2). Se adopta: 8 db25 + 2 db16 = 8 · 491 mm 2 + 2 · 201 mm2 = 4330 mm2 (43,30 cm2) f.4) Tensor 6 La armadura necesaria es de 2170 mm 2 (21,70 cm2). El armado de este tensor admite varias estrategias. Una de ellas consiste en utilizar la mínima cantidad de armadura necesaria. En ese caso podrían continuarse 4 d b25 + 2 db16 = 2366 mm2 (23,66 cm2) de la armadura correspondiente al Tensor 7. Otra estrategia podría consistir en continuar el 100% de la armadura del Tensor 7 hasta el apoyo de modo de disminuir la longitud de anclaje necesaria. Se volverá sobre el tema al estudiar el detalle de los anclajes. f.5)

Armadura necesaria para los puntales con forma de botella

Se dispondrá una armadura en forma de parrillas ortogonales en ambas caras. Se adopta la siguiente relación entre armaduras verticales y horizontales: A s1 sen 1 b s s1

0,0018

A s2 sen 2 bs s2

0,0012


De modo que se verifica la cuantía mínima total de: (art ículo A.3.3.1) A si sen i b s si

0,003

Asimismo se tiene que: bs = 0,35 m = 350 mm ; α1 = 35,68º ; α2 = 54,32º Por lo que resulta: As1 / s1 = 0,0018 · 350 mm · (1000 mm/m) / sen 35,68º = 1080 mm 2/m (10,80 cm2/m) As2 / s2 = 0,0012 · 350 mm · (1000 mm/m) / sen 54,32º = 517 mm 2/m (5,17 cm2/m) En cada cara se dispondrá una armadura vertical d b12 c/ 0,20 m (2 · 113 mm 2 / 0,20 m = 1130 mm2/m = 11,30 cm2/m) y una horizontal db8 c/ 0,19 m (2 · 50,3 mm 2 / 0,19 m = 529 mm2/m = 5,29 cm2/m). Las separaciones han sido adoptadas en función de lo visto en f.2. g) g.1)

Anclajes Tensor 6 en zona nod al 1

54,32° 0,20 m

0,10 m 0,47 m

Tal como se aprecia en la figura, la zona nodal extendida dispone de una longitud de 0,47 m para acomodar la longitud de anclaje. Se prevé anclar con ganchos normales que tengan un recubrimiento de 0,05 m sobre la prolongación de la barra más allá del gancho. Lo anterior permite que, para las barras de 25 mm de diámetro se tenga una longitud de anclaje de: (artículo 12.5.2 y 12.5.3)

l dh necesario =

0,70 · 0,24 · 0,025 m · 420 MPa / (30 MPa) 1/2 = 0,32 m

l dh disponible =

0,40 m + (0,10 m / tan 54,32º) – 0,05 m = 0,47 m – 0,05 m = 0,42 m

por lo que la geometría general de la zona nodal extendida resulta apta. El diámetro del mandril de doblado para las barras será (artículo 7.2.1): Barras de 16 mm: 6 · db16 = 96 mm Barras de 25 mm: 8 · db25 = 200 mm y las prolongaciones rectas de los ganchos normales serán ( artículo 7.1.2): Barras de 16 mm: 12 · db16 = 192 mm Barras de 25 mm: 12 · db25 = 300 mm


g.2)

Tensor 7 en zona nod al 3 A partir de la Zona Nodal 3 dejarían de ser necesarias dos de las barras de 25 mm de diámetro. Suponiendo un anclaje recto se tendrá (artículo 12.2.2): ld

l d necesario =

3 f y

t

5

e

f ´ c

db

3 · 420 MPa · 0,025 m / [5 · (30) 1/2 MPa] = 1,15 m

La longitud disponible resulta igual a: 1,10

l d disponible =

0,20 m + 0,70 m + 0,25 m / 2 + 0,10 m / tan 54,32º – 0,05 m = l d disponible = 1,097 m – 0,05 m = 1,05 m

Lo anterior indica que las barras no pueden anclarse rectas. Del lado seguro se realizará un anclaje con ganchos normales. g.3)

Tensor 5

Se utilizan estribos conformados por barras de 16 mm de diámetro. Para este caso se pueden utilizar ganchos a 90º con una prolongación recta igual al diámetro del mandril de doblado e iguales a 6 dbe = 96 mm (artículo 7.1.3). h)

Esquema general de armaduras


Ejemplo 13.II Enunciado:

Calcular y adoptar las armaduras de la columna y la ménsula de la figura y verificar su aptitud general para resistir las cargas indicadas. Ambas tienen un espesor de 0,35 metros. Materiales: - Hormigón: H–30 (fć = 30 MPa) - Acero: ADN 420 (f y = 420 MPa) Cargas:

- Peso propio: Su efecto se ha incluido en las cargas concentradas. - Placa de apoyo: 0,10 m × 0,35 m (espesor de la columna y de la ménsula). Altura de la placa: 0,02 m

Resolución: a)

Identificación de las zonas “ B” y “ D” En la figura se ha dividido la zona superior de la estructura en una zona “D” que incluye la ménsula y parte de la columna y una zona “B” representativa del fuste de la columna.

b)

Elección del modelo y cálculo de las fuerzas actuantes en las fronteras de las zonas “ D

0,05 m 0,45 m

0,40 m

0,05 m 0,275 m 0,229 m

Como es usual en este tipo de elementos, el modelo a adoptar admite múltiples variantes. Se ha elegido un modelo particularmente sencillo (enseguida se verá que aún así su resolución es bastante laboriosa) para no alargar exageradamente el desarrollo dando prioridad a la presentación y comentario de algunos puntos que no aparecieron en el Ejemplo 13. I. La reacción vertical en el nudo 6 resulta de particular interés para comenzar a fijar las dimensiones del modelo. Asimismo se adopta una distancia de 0,05 m entre el eje de los tensores 1, 2 y 6 y el filo externo del hormigón.

Calcularemos la profundidad del eje neutro de tensiones “a” necesaria para resistir el momento flector a nivel del Nudo 6 suponiendo que se trata de un caso de flexión compuesta con gran excentricidad y tomando momentos respecto a la armadura traccionada cuya posición está dada por el Nudo 5. Mu = Vu · (0,54 m – 0,05 m) + Hu · (0,02 m + 0,50 m + 0,40 m) =


= 300 kN · 0,49 m + 60 kN · 0,92 m = 202,20 kNm Mu = φ · Mn = 0,75 · Mn ⇒ Mn = 202,20 kNm / 0,75 = 269,6 kNm Valor correspondiente a modelos de bielas mn = Mn / (0,85 · fć · b · d2) mn = 269,6 kNm / ( 0,80 · 0,85 · 30000 kPa · 0,35 m · (0,35 m) 2) = 0,30824 Valor correspondiente a un nudo tipo CCT ka = 1 – (1 – 2 · m n)1/2 = 0,38071 ⇒ a = ka · d = ka · 0,35 m = 0,133 m Se adopta: a = 0,15 m c)

Esfuerzos en los punt ales y tensores

NOTA: Las operaciones están efectuadas con más decimales que los mostrados Equilibrio de fuerzas verticales en Nodo 2: Equilibrio de fuerzas horizontales en Nodo 2: Equilibrio de fuerzas horizontales en Nodo 1: Equilibrio de fuerzas verticales en Nodo 1: Equilibrio de fuerzas horizontales en Nodo 4: Equilibrio de fuerzas verticales en Nodo 4: Equilibrio de fuerzas horizontales en Nodo 3: Equilibrio de fuerzas verticales en Nodo 3: Equilibrio de fuerzas horizontales en Nodo 6: Equilibrio de fuerzas verticales en Nodo 6: Equilibrio de fuerzas horizontales en Nodo 5: Equilibrio de fuerzas verticales en Nodo 5:

Fu4 Fu1 Fu3 Fu2 Fu5 Fu8 Fu8 Fu7 Fu6 Fu9 Fu12 Fu11 Fu10

= Vu / sen 63,03º = 336,61 kN = Fu4 · cos 63,03º + Hu = 212,67 kN = Fu1 / cos 58,57º = 407,84 kN = Fu3 · sen 58,57º = 348,00 kN = Hu = 60,00 kN = Fu3 · sen 58,57º + Fu4 · sen 63,03º = = = 648,00 kN = Fu5 / cos 55,49º = 105,91 kN = Fu2 + Fu7 · sen 55,49º = 435,27 kN = Hu = 60,00 kN = Fu7 · sen 55,49º + Fu8 = 735,27 kN = Fu9 / cos 55,49º = 105,91 kN = Fu6 + Fu11 · sen 55,49º = 522,54 kN

Dado que luego serán de utilidad, se calculan las resultantes de los puntales 3 y 4 y de los puntales 7 y 8: Componente horizontal de F u3-4 = Fu3 · cos 58,57º – Fu4 · cos 63,03º = 60,00 kN Componente vertical de F u3-4 = Fu3 · sen 58,57º + Fu4 · sen 63,03º = 648,00 kN Fu3-4 = 650,77 kN Ángulo de Fu3-4 = atan (648 kN / 60 kN) = 84,71º Componente horizontal de F u7-8 = Fu7 · cos 55,49º = 60,00 kN Componente vertical de F u7-8 = Fu7 · sen 55,49º + Fu8 · sen 90º = 735,27 kN Fu7-8 = 737,72 kN Ángulo de Fu7-8 = atan (735,27 kN / 60 kN) = 85,33º


d)

Dimensiones de punt ales, tensores y zonas nodales

A los nodos 4 y 6 concurren más de tres esfuerzos por lo que se recurre a su subdivisión en zonas nodales de modo de trabajar siempre con no más de tres esfuerzos concurrentes. Por lo general, en el caso de subdivisión, los subnodos resultantes son hidrostáticos. En este caso se ha utilizado una solución menos restrictiva en la que uno solo de los subnodos se ha proyectado como hidrostático a fin de facilitar su construcción geométrica. Cabe comentar que este tipo de elementos sólo puede resolverse en tiempos razonables utilizando algún programa de dibujo asistido por computadora (CAD) que agilice las inevitables iteraciones que, por brevedad, se han omitido en los ejemplos y programas elementales de cálculo de estructuras que permitan obtener rápidamente los esfuerzos en las barras y efectuar correcciones en la geometría en forma muy rápida. Sólo así se pueden hacer en un tiempo razonable los ajustes geométricos necesarios para llegar a un modelo relativamente ajustado.

0,136 m

0,109 m 0,10 m

0,10 m

0,05 m

0,10 m 0,10 m

0,218 m

0,102 m

0,083 m

0,156 m

0,025 m 0,15 m

0,156 m

0,05 m

0,05 m 0,171 m

0,16 m

0,15 m

0,15 m

En las figuras anteriores se han volcado las geometrías acotadas de los diferentes nudos. Las dimensiones han sido medidas directamente sobre los dibujos realizados mediante un programa CAD. e)

Verif icación de las zonas nodales

En el modelo se presentan tres tipos de nodos asociados a las siguientes resistencias: CCC: CCT: TTC:

f ce = βn · 0,85 · fć = 1,00 · 0,85 · 30 MPa = 25,50 MPa f ce = βn · 0,85 · fć = 0,80 · 0,85 · 30 MPa = 20,40 MPa f ce = βn · 0,85 · fć = 0,60 · 0,85 · 30 MPa = 15,30 MPa


Nodo f ce Acción # Tipo [MPa] Tipo # T 1 1 TTC 15,3 T 2 C 3 T 1 2 CCT 20,4 Carga Vu C 4 T 6-2 3 TTC 15,3 T 5 C 7 C 3 4A CCC 25,5 C 4 C 3-4 C 3-4 4B CCT 20,4 T 5 C 8 T 10-6 5 TTC 15,3 T 9 C 11 C 7 6A CCC 25,5 C 8 C 7-8 C 7-8 6B CCT 20,4 T 9 C 12

Fu [kN] 212,67 348,00 407,84 212,67 300,00 336,61 87,27 60,00 105,91 407,84 336,61 650,77 650,77 60,00 648,00 87,27 60,00 105,91 105,91 648,00 737,72 737,72 60,00 735,27

Ancho [m] 0,100 0,100 0,136 0,100 0,100 0,218 0,100 0,050 0,109 0,102 0,083 0,160 0,156 0,050 0,150 0,100 0,050 0,109 0,025 0,150 0,171 0,156 0,050 0,150

Fn [kN] 535,50 535,50 728,28 714,00 714,00 1556,52 535,50 267,75 583,70 910,35 740,78 1428,00 1113,84 357,00 1071,00 535,50 267,75 583,70 223,13 1338,75 1526,18 1113,84 357,00 1071,00

φ · Fn

[kN] 401,63 401,63 546,21 535,50 535,50 1167,39 401,63 200,81 437,77 682,76 555,58 1071,00 835,38 267,75 803,25 401,63 200,81 437,77 167,34 1004,06 1144,63 835,38 267,75 803,25

Verifica? (φ · Fn)/Fu Si Si Si Si Si Si Si Si Si Si Si Si Si Si Si Si Si Si Si Si Si Si Si Si

1,89 1,15 1,34 2,52 1,79 3,47 4,60 3,35 4,13 1,67 1,65 1,65 1,28 4,46 1,24 4,60 3,35 4,13 1,58 1,55 1,55 1,13 4,46 1,09

Como puede apreciarse, las menores seguridades se presentan para el encuentro del Puntal 12 con la Zona Nodal 6B y del Tensor 2 con la Zona Nodal 1. En un modelo adecuadamente proporcionado esto es lo que suele suceder, es decir que, desde el punto de vista de los nudos y de los puntales, suele resultar suficiente verificar solamente las zonas donde se aplican las cargas concentradas exteriores o de frontera y los puntales más solicitados correspondientes a cada una de las resistencias que se puedan presentar de acuerdo al tipo de puntal y a la armadura transversal dispuesta.

f)

Verifi cación de los puntales

Para evitar disponer una armadura horizontal fuerte en la zona de columna que se encuentra por fuera de la altura de la ménsula corta no se intentará aprovechar al máximo la resistencia de los puntales con forma de botella que se encuentren por debajo de la ménsula. Para estos elementos se adoptará βs = 0,60 en lugar de 0,75.


Puntal

Forma

βs

3 4 3-4 7 8 7-8 11 12

Botella Botella Abanico Botella Prisma Abanico Botella Prisma

0,75 0,75 1,00 0,60 1,00 1,00 0,60 1,00

Fu [kN] 407,84 336,61 650,77 105,91 648,00 737,72 105,91 735,27

Ancho [m] 0,102 0,083 0,156 0,025 0,15 0,156 0,025 0,15

Fn [kN] 682,763 555,581 1392,3 133,875 1338,75 1392,3 133,875 1338,75

φ · Fn

[kN] 512,07 416,69 1044,2 100,41 1004,1 1044,2 100,41 1004,1

Verifica (φ · Fn)/Fu Si Si Si No Si Si No Si

1,26 1,24 1,60 0,95 1,55 1,42 0,95 1,37

Como puede apreciarse, los puntales 7 y 11 sugieren la necesidad de realizar un ligero ajuste en el modelo el cual es posible porque los puntales y zonas nodales adyacentes presentan reservas de seguridad suficientes como para modificar sus dimensiones. Dado que la diferencia existente es muy pequeña y las modificaciones no alterarán las fuerzas en los tensores, se consideran válidos los resultados generales y se continúa con el cálculo. Por otra parte, dado que la ménsula se encuentra en el extremo de una columna que llevará armadura vertical en todas sus caras, las dimensiones de los puntales 8 y 12 podrían haberse disminuido bastante teniendo en cuenta la presencia de dichas armaduras. g) g.1)

Armaduras Seccio nes necesarias para los tensores

Las áreas necesarias de armadura se despejan de la expresión: F u ≤ φ · Fnt = 0,75 · Ats · f y Tensor 1 2 5 6 9 10 g.2)

Fu [kN] 212,67 348,00 60,00 435,27 60,00 522,54

Ats necesaria [mm2] 675 1105 190 1382 190 1659

(Ats necesaria) [cm2] (6,75) (11,05) (1,90) (13,82) (1,90) (16,59)

Tensor 1

Para poder doblar adecuadamente las armaduras en el extremo de la ménsula se adopta una armadura 6 db12 = 678 mm 2 (6,78 cm2) g.3)

Tensor 10

Tal como se ha visto, la armadura necesaria para este tensor es 1659 mm 2 (16,59 cm2). Se adopta: 3 db25 + 2 db12 = 3 · 491 mm 2 + 2 · 113 mm2 = 1699 mm2 (16,99 cm2) Esta armadura se dispondrá constante a lo largo de los tensores 2 y 6 para anclarse finalmente en la Zona Nodal 1. Modelo de Bielas – Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 236

g.4)

Tensores 5 y 9

La armadura necesaria en cada uno de ellos es 190 mm2 (1,90 cm2). Con el criterio visto en el Ejemplo 13.I se podría pensar en distribuir esta armadura en una zona de longitud igual a: z · cotg θ En este caso se tiene: z = 0,275 m y θ = 34,51º por lo que resulta una longitud igual a 0,40 m. La armadura necesaria será entonces igual a: 190 mm2 / 0,40 m = 475 mm 2/m (4,75 cm2/m) Mirando a la pieza en su conjunto se observa que la misma no debería llevar un estribado menor al correspondiente a una columna ni menor al correspondiente al mínimo de corte (en principio, el cálculo ajustado al corte debería conducir a una armadura menor que la calculada por modelos de bielas pues estos últimos no consideran ninguna colaboración del hormigón en la resistencia al corte aunque en algún caso particular la situación podría invertirse si se utilizaran ángulos muy inferiores a 45º). Como columna:

- Diámetro mínimo del estribo: dbe = 8 mm - Separación máxima del estribado: s = 0,14 m - Área estribado mínimo: 2 · 50,3 mm2 / 0,14 m = 719 mm 2/m

Mínimo Corte:

Para fć = 30 MPa corresponde: (Av/s)mín = (fć)1/2 · bw / (16 · f yt) = 285 mm2/m (2,85 cm2/m)

Se adopta por lo tanto el estribado mínimo de columna. g.5)

Armadura necesaria para los puntales con forma de botell a

Se dispondrá una armadura en forma de estribos horizontales en ambas caras por lo que As1 = 0 mm2. Tal como se ha mencionado antes, esta armadura se dispondrá solamente para confinar los puntales 3 y 4 por lo que al utilizar la expresión A s2 · sen 2 bs · s2

0,003

corresponde adoptar el menor de los ángulos entre puntal y armadura horizontal que, por una diferencia bastante pequeña, corresponde al Puntal 3 con 58,57º por lo que resulta entonces para un ancho de 0,35 m (350 mm): As2 / s2 = 0,003 · 350 mm · (1000 mm/m) / sen 58,57º As2 / s2 = 1230 mm2/m (12,3 cm2/m)


Se adoptan estribos horizontales de dos ramas db10 c / 0,12 m (1308 mm2/m) h)

Anclajes

0,13 m 0,17 m

0,21 m

Los únicos puntos conflictivos que presenta este ejemplo se dan en los anclajes de los tensores 1 y 2. En las figuras se han representado las distancias entre los límites de las Zonas Nodales extendidas y los filos de la sección de hormigón necesarios para poder calcular luego las longitudes de anclaje disponibles.

Al determinar las necesidades en términos de longitudes de anclaje se observará que los espacios disponibles no alcanzan para alojar anclajes con ganchos normales por lo que habrá que recurrir a extender las barras con anclajes rectos más allá de las zonas nodales. Para no alargar innecesariamente el ejemplo no se entra en detalles al respecto comentando solamente que las barras del Tensor 2 al extenderse horizontalmente estarán en una zona de mala adherencia mientras que las barras del Tensor 1 al anclarse en un recorrido vertical estarán en una zona de buena adherencia. En la figura siguiente se muestra solamente dos posiciones, 1 y 2, correspondientes respectivamente al Tensor 1 y a la armadura dispuesta para aumentar la resistencia de los puntales 3 y 4.


DIAGRAMAS DE INTERACCIÓN (PARTE I)

RESISTENCIA DE SECCIONES RECTANGULARES CON ARMADURA SIMÉTRICA SOMETIDAS A FLEXIÓN COMPUESTA RECTA

Diagramas de Interacción – Parte I. Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 239

Diagramas de Interacción – Parte I. Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 240

DIAGRAMA DE INTERACCIÓN

DIAGRAMA I.1 Diagrama de interacción de la resistencia de secciones rectangulares con barras en las caras extremas. f´ c = 20 MPa y = 0,50. Diagramas de Interacción – Parte I. Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 241





































DIAGRAMA DE INTERACCIÓN INTERACCIÓN

DIAGRAMA I.20 Diagrama de interacción de la resistencia de secciones rectangulares con barras en las caras extremas. f´ c = 35 MPa y = 0,90. 0,90. Diagramas de Interacción – Parte I. Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.201-2005.- 260





















DIAGRAMAS DE INTERACCIÓN (PARTE II)

RESISTENCIA DE SECCIONES RECTANGULARES CON ARMADURAS IGUALES EN SUS CUATRO LADOS SOMETIDAS A FLEXIÓN COMPUESTA

Diagramas de Interacción – Parte II. Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 271

Diagramas de Interacción – Parte II. Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 272


DIAGRAMA II.1 Diagrama de interacción de la resistencia de secciones rectangulares con barras en sus cuatro lados. f´ c = 20 MPa y = 0,50. Diagramas de Interacción – Parte II. Ejemplos de Aplicación del Reglamento CIRSOC 201-2005.- 273



























































CIRSOC 201 Ejemplos de Aplicación - Julio 2005.pdf

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