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UNIVERSIDAD UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN ANDRÉS FACULTAD DE INGENIERÍA INGENIERÍA CIVIL

HORMIGÓN ARMADO I CIV – 209 EJERCICIOS DE CATEDRA

CAPITULO 12

TRACCIÓN SIMPLE Y COMPUESTA. EJEMPLO 3.- a) Calcular el baricentro plástico de la siguiente sección. s ección. 1. MATERIALES

Y

.-

- Acero B 400 S 3φ25 (ΑΗ −400−F)

f yd =

5

0 . 0 4

γ s

sustituimo s     → f yd =

f yd sustituimo s     → ε y = E s

ε y =

Hormigón H-25

f yk

400 1.15

347 .82 200000

= 347 .82[ Mpa ]

= 1.74 O / OO

- Acero AH-400-F 5

f yd =

X

4φ20 (Β 400 S) 25.0

ε y =

a-a

f yk γ s


400 1.15

= 347 .82[ Mpa ]

f yd sustituimo s + 2 O / OO     → ε y = E s

347 .82 200000

+ 2 O / OO

ε y = 3.74O / OO

- Hormigón H-25 2 DIAGRAMAS σ .

f cd =

ε

-

- Acero B 400 S

f ck γ c

sustituimo s     → f cd =

25 1 .5

= 16 .67[ Mpa ]

- Acero AH-400-F σ S [ Mpa ]

σ S [ Mpa ]

O

ε y / OO

O

ε y / OO

Para construir el diagrama σ-E en frio: •

Determinar los puntos límites de la recta de Hooke.

ING. MIGUEL MUÑOZ B. - DANIEL SAAVEDRA M.

CAPITULO 12 - 2

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1er punto (0, 0) 2do punto límite


0.7 * f yd = 0.7 * 347 .82 = 243 .47[ Mpa ]

ε 0.7 f yd =

243 .47 200000

= 1.217 O / OO

•

Luego se determina el punto correspondiente a la tensión del límite elástico y a la deformación del límite elástico.

•

Luego se determinó el punto final del diagrama correspondiente a la deformación de 10‰  σ  ε S = + 0.823 *  S − 0.7   f  E s  yd 

5

σ S

5

 σ S  operamos ε S = + 0.823 *  − 0.7      → ε S = 381 .48[ Mpa ] 200000  347 .82  σ S

3. CALCULO DE LAS AREAS DE ACERO. AS 1 : 4φ 20 = 4 * 3.14 = 12.56[cm 2 ] AS 2 : 3φ 25 = 3 * 4.91 = 14 .73[cm 2 ]

4. CALCULO DE LOS BARICENTROS.Y 1 = 5.0[cm]

Y 2 = 45.0[cm ]

5. CALCULO DEL BARICENTRO PLÁSTICO.Y 1 = 5.0[cm ]

Y 2 = 45 .0[cm ]

n

Y p =

∑i ASi * σ Si * Y i n

∑i ASi *σ Si

→

Y p =

12 .56 * 347 .82 * 5 + 14 .73 * 381 .48 * 45 12 .56 * 347 .82 + 14 .73 * 381 .48

→ Y p = 27.5[cm ]

b) CALCULAR la fuerza de tracción que soportaría ese tirante si la misma actuaria

en el baricentro plástico Cuando Td actúa en el Bp (baricentro plástico) es tracción céntrica, entonces: T v = T d = ASY * σ SY + AS * σ S 2

Sustituimos:

2

T d = 12.56 * 34 .782 + 14 .73 * 38.148] →


T d = 998.78[ KN

CAPITULO 12 - 3



c) En el ejercicio anterior calcular la cuantía geométrica. AS 1 : 4φ 20 = 12.56[cm 2 ] +

AS 2 : 3φ 25 = 14 .73[cm 2 ] AS = 27 .29[cm 2 ]

AC = 25 × 50 = 1250[cm 2 ]

q=

AS = AC

27 .29 1250

*100 ⇒

q = 2.2 O / OO

d) VERIFICAR si el tirante satisface la condición de no fragilidad. AS * f yd ≥ AC * f Ct ,m 27 .29 * 34 .782 ≥ 1250 * 0.3 * ( 25) 949 .2[ KN ] ≥ 320 .62[ KN ]

2 / 3

* 0 .1

Cumple

e) VERIFICAR cuantía mínima AS * f yd ≥ 0.2 * AC * f Cd 27.29 * 34 .782 ≥ 0.2 *1250 *1.667 949 .2[ KN ] ≥ 416 .75[ KN ]

Cumple

f) CONSIDERAR del ejercicio anterior para un ambiente en el que la fisuración es perjudicial y asumir las definiciones que c orresponde. - Calculo de la tensión del acero σs 2

2

σ S ≤ 266 .7[ Mpa ] ( f yk ) → σ S ≤ ( 400 ) ⇒ 3 3 σ S ≤ 100 * η * f ct , k → σ S ≤ 100 * 1.6 * 1.77 ⇒ σ S ≤ 185 .114[ Mpa ] σ S ≤

f ct ,k = 0.207 * ( f ck ) 2 / 3 f ct ,k = 0.207 * ( 25) 2 / 3 f ct ,k = 1.77[ Mpa ]

σ S ≤ 400[ Mpa ]

∴ σ S = 185 .114[ Mpa ]

-

Cálculo de Tk T K =

-

la más desfavorable de las tres

T d γ f

=

949 .2 1. 5

= 632 .8[ KN ]

Cálculo de ASser ASser =

T k σ S

=

632 .8 18 .511

= 34 .19[cm 2 ]

∆ AS = 34.19 − 27.29 = 6.9[cm 2 ] ING. MIGUEL MUÑOZ B. - DANIEL SAAVEDRA M.

CAPITULO 12 - 4



Falta de armadura: AS = 27.29[cm 2 ]

AS 1 : 4φ 20 = 12.56 → 47 O / O + 3.24 = 15 .8[cm 2 ] ≅ 8φ 16 ⋅ (16.08[cm 2 ]) AS 2 : 3φ 25 = 14.73 → 53 O / O + 3.66 = 18.39[cm 2 ] ≅ 6φ 20 ⋅ (18 .84[cm 2 ])

Con esa cantidad de armaduras nuevas se garantiza que la fisuración de la pieza cumplirá lo exigido en las condiciones de fisuración perjudicial.

EJEMPLO 4.- Calcular las dimensiones y la armadura de refuerzo para un tirante

de una nave industrial de 20 [mts] de luz con forma parabólica que recibe una carga en el borde de la cubierta parabólica. Verificar a condiciones fisuración perjudicial. Arco

DATOS: l = 20[ m ]

840[KN]

26 Tirante

α = 26 o N d = 840[ KN ]

B − 500 − S H − 20

(CNC) Condiciones Normales de control

Columna

El 30%de la fuerza corresponde a acciones permanentes y el 70 % acciones variables, 30%G; 70%Q. 1. MATERIALES - Hormigón H-20

.-

- Acero B 500 S 2. CARGAS 840 26

f cd = f yd =

f ck γ c

f yk

sustituimo s     → f cd =


20 1 .5

= 13.33[ Mpa ]

500

= 434 .783[ Mpa ] 1.15 f yd sustituimo s 434 .783     → ε y = = 2.174 O / OO ε y = E s 200000 γ s

N d

o

T d = 840 * cos( 26) = 755 .0[ KN ]

T d ING. MIGUEL MUÑOZ B. - DANIEL SAAVEDRA M.

CAPITULO 12 - 5



3. ÁREA DE ACERO NECESARIO. AS =

755 43 .4783

= 17.37[cm 2 ]

4. CÁLCULO DEL Ac.4.1 Condición de no fragilidad. f Ct , m = 0.3 *

20

2

A c =

= 2.21[ Mpa ]

b=

b

Área .máxima

AS * f yd ≥ AC * f Ct ,m 3

b 755

3416 .3 = 58.4

2 ⋅ b = 3416 .3 → b = 41 .33 2

2b

0.221

Ac = 3416.3[cm ] 2

b

3 ⋅ b = 3416 .3 → b = 33 .74 2

4.2 Cuantía mínima b

AS * f yd ≥ 0.2 * AC * f Cd A c =

755 0 . 2 * 1 . 333

Definimos:

= 2832 [ cm

2

b 2b b

]

b=

2832 = 53.22

2 ⋅ b = 2832 → b = 37 .63 2

Sección 30x60

5. CARGAS.g dv = 0.30 * 0.60 * 25 *1.5 = 6.75[ KN / m ] T d = 755 .0[ KN ]

6. SOLICITACIONES.Tramo. 1 Mo 10

M O = 9 Mo 10

9 10

e= 0 . 0 3 0 . 3

0 . 0 4

6.75 * 20 8

2

= 337 .5[ KN ⋅ m ]

M O = 304 .0[ KN ⋅ m ]

M d = T d

304 755

= 0.40[ m ]

Se sale entonces Flexo Tracción

Td


CAPITULO 12 - 6



Cuando el empotramiento es perfecto ½ de M o.

⅔

Mo en apoyo y 1/3 M o en tramo. Aquí tomamos 1 Mo 2

1 Mo 2 0 . 3

9 4 0 . 2 2

Td

0 . 0 3 5

0 . 3

7. CALCULO DE As.-

8. CÁLCULO DE DEFORMACIÓN.-

σS

[Mpa] 434.78

f yd

370.37

1.85

ε y =2.17%

10%

ε%

Corregimos:


CAPITULO 12 - 7

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