Ejercicios Hormigon Armado y Pre Tens Ado - Ediciones Upc

POLITEXT

Antonio R. Marí Bernat Antonio Aguado de Cea Luis Agulló Fité Fernando Martínez Abella Diego Cobo del Arco

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios Adaptado a la instrucción EHE

EDICIONS UPC

La presente obra fue galardonada en el tercer concurso "Ajut a l'elaboració de material docent" convocado por la UPC.

Primera edición: abril de 1999

Diseño de la cubierta: Manuel Andreu © ©

los autores, 1999 Edicions UPC, 1999 Edicions de la Universitat Politècnica de Catalunya, SL Jordi Girona Salgado 31, 08034 Barcelona Tel. 934 016 883 Fax. 934 015 885 Edicions Virtuals: www.edicionsupc.es e-mail: [email protected]

Producción:

CBS Impressió digital Pintor Fortuny 151, 08224 Terrassa (Barcelona)

Depósito legal: B-19994-99 ISBN: 84-8301-302-9

Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del copyright, bajo las sanciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento, comprendidos la reprografía y el tratamiento informático y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos, así como la exportación e importación de ejemplares para su distribución y venta fuera del ámbito de la Unión Europea.

7

Prólogo

Prólogo El hormigón armado y el hormigón pretensado son dos técnicas que tradicionalmente han sido objeto de un tratamiento separado, en su enfoque docente, en la normativa e incluso en la práctica profesional (el pretensado se consideraba propio de especialistas), fundamentalmente por razones históricas. En efecto, el hormigón armado, en su concepción actual, nació a finales del siglo XIX, mientras que el hormigón pretensado no fue una realidad en la práctica hasta mediados de este siglo. E incluso, desde su nacimiento, el hormigón pretensado fue entendido como un material nuevo y contrapuesto al hormigón armado, al considerarse, erróneamente, que carecía de fisuración, dado el estado tensional previo creado artificialmente por las armaduras activas. Sin embargo, este concepto ha evolucionado hasta el punto de considerar en la actualidad ambas técnicas armado y pretensado-, como dos extremos de un mismo material: el hormigón estructural. Y ello se refleja en la fusión de las asociaciones internacionales CEB y FIP en la Féderation Internationale du Béton (FIB), en el tratamiento docente conjunto de que es objeto en algunas escuelas técnicas de ingeniería (entre ellas, la de Barcelona desde 1979), así como en la normativa vigente, con la publicación de textos unificados tanto a escala internacional (Código Modelo CEBFIP 1990, Eurocódigo EC-2) como nacional (Instrucción de Hormigón Estructural, EHE 1998). Por otra parte, esta evolución ha ido acompañada de la aparición y el desarrollo de nuevos materiales, métodos de cálculo y procedimientos constructivos, y la consolidación y generalización de viejos conceptos, como los métodos de bielas y tirantes, que plantean nuevas herramientas de diseño y posibilidades constructivas. Dentro de este marco tecnológico, el presente libro tiene un doble objetivo: por una parte, pretende constituir un elemento didáctico de apoyo a la docencia de las asignaturas relacionadas con las estructuras de hormigón y, por otro, ser una referencia que ayude a proyectar este tipo de estructuras en la práctica profesional, dado que sigue los principios y las reglas establecidos en la Instrucción de Hormigón Estructural EHE. Para ello, ha sabido conjugar, tanto en el enunciado como en la resolución de los ejercicios, la simplicidad que requiere un planteamiento pedagógico, con el realismo que requiere un libro orientado no sólo a estudiantes universitarios sino también a profesionales del proyecto y la construcción de estructuras. El libro recoge algunos de los ejercicios realizados en las clases de Hormigón de las titulaciones de Ingeniería de Caminos, Ingeniería Técnica de Obras Públicas e Ingeniería Geológica de las escuelas técnicas superiores de ingenieros de caminos de Barcelona y de La Coruña, y otros desarrollados expresamente para este libro. Si bien todos los enunciados son nuevos en algún aspecto, algunos ejercicios tienen su origen en la colección de problemas elaborada por el conjunto de profesores de Hormigón de la ETSECCPB hace dos décadas, entre los que se encontraban, además de los actuales autores, los profesores Juan Murcia, Enrique Mirambell y Pere Roca, y a quienes queremos expresar nuestro agradecimiento por su aportación en aquel momento.

© Los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.

8

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

El libro se ha dividido en tres grandes bloques: análisis estructural, estados límite y elementos estructurales. En el primero se tratan aspectos relativos a las bases de cálculo, tales como acciones, seguridad, efectos estructurales del pretensado, análisis seccional o análisis en el tiempo. En el segundo se abordan problemas de dimensionamiento y/o comprobación de secciones o elementos frente a los estados límite últimos (flexión, cortante, torsión, adherencia, anclaje, pandeo) o de servicio

(fisuración

y

deformabilidad).

En

el

tercero

se

estudia

el

proyecto

de

elementos

estructurales completos, como vigas, pilares, ménsulas cortas, placas, vigas de gran canto o zonas de anclaje. Obviamente se plantean indistintamente elementos de hormigón armado o pretensado. Asimismo, con el afán de aportar soluciones prácticas, se plantean dos ejercicios finales en los que se hace especial hincapié en la racionalización del armado y se proporcionan soluciones con barras corrugadas y con mallas electrosoldadas. En ambos casos se agradece la colaboración de Jaume Grau, ingeniero de Caminos de la empresa CELSA, quien gustosamente ha participado en la solución de los mismos. Asimismo los autores desean expresar su agradecimiento a todas las personas que, de una manera u otra, han hecho posible la aparición de este libro: a Vicente Peñas, ingeniero de Caminos, cuya tesina de especialidad fue el germen de este libro y que colaboró como becario resolviendo numerosos

ejercicios;

a

Carolina

Guerrero,

becaria

del

Departamento

de

Ingeniería

de

la

Construcción de la UPC, que ha realizado una paciente revisión de las soluciones de todos los ejercicios, procurando de que éstos salieran a la luz sin erratas; a Rosa Morera, también becaria del Departamento, que ha colaborado en la revisión y edición final del texto; a los profesores Cristina Vázquez y Manuel F. Herrador y a los becarios Alberto Veiras y Javier Anchelergues, todos ellos integrantes del Grupo de Construcción de la Escuela de Caminos de La Coruña, que han colaborado en la realización de algunos problemas; y, sobre todo, a Elena Sau, secretaria del grupo de hormigón, cuya dedicación y cariño en la edición de este libro sobrepasan lo exigible a cualquier profesional y sólo pueden entenderse cuando se la conoce personalmente. A todos ellos, muchas gracias. Finalmente, los autores desean agradecer a Edicions UPC po la ayuda prestada en todo momento para resolver los problemas de edición que han ido surgiendo, y a la UPC, que concedió un premio al proyecto de libro en 1995, por su paciente espera a que este proyecto se hiciera realidad, lo cual sólo ha sido posible tras conocer la versión definitiva de la Instrucción EHE.

Barcelona, marzo de 1999


9

Índice

Índice

BLOQUE I Análisis estructural Acciones I-1 Obtención de leyes de esfuerzo en una viga isostática .....................................

15

I-2 Obtención de leyes de esfuerzos en un pescante ............................................

31

I-3 Obtención de leyes de esfuerzos en un pórtico isostático ..................................

41

I-4 Obtención de leyes de esfuerzos en una viga continua de hormigón armado ...........

63

Materiales I-5 Deformaciones del hormigón. Estudio a nivel probeta ....................................

69

I-6 Problema de relajación y fluencia .............................................................

75

Análisis estructural I-7 Pérdidas instantáneas y diferidas en una viga con armaduras postesas ..................

89

I-8 Pérdidas instantáneas y diferidas en una viga con armaduras pretesas ..................

95

I-9 Cargas y esfuerzos debidos al pretensado en estructuras isostáticas .....................

103

I-10 Hiperestáticos de pretensado. Trazado concordante. Viga continua ....................

109

I-11 Esfuerzos de pretensado en un pórtico biempotrado ......................................

115

I-12 Análisis en el tiempo. Construcción evolutiva .............................................

123

Análisis seccional I-13 Diagrama M-C de secciones de hormigón armado ........................................

135

I-14 Diagrama M-C de secciones de hormigón pretensado con adherencia .................

145

I-15 Sección sometida a tracción pura. Armaduras pretesas ..................................

155

I-16 Efectos térmicos a nivel sección .............................................................

161

Curado I-17 Curado de estructuras de hormigón .........................................................

169

BLOQUE II Estados límites últimos E.L.U. de agotamiento por solicitaciones normales II-1 Influencia de las cuantías y el axil en el comportamiento en E.L.U. de secciones rectangulares ..........................................................................

173

II-2 Dimensionamiento y comprobación de secciones rectangulares en flexión simple ...

179


10


II-3 Dimensionamiento y comprobación de secciones rectangulares en flexocompresión recta ............................................................................

185

II-4 Dimensionamiento y comprobación de secciones mediante diagramas de interacción en flexión recta y esviada .........................................................

191

II-5 Comprobación del E.L.U de flexocompresión de secciones pretensadas con armadura adherente y no adherente ..........................................................

199

E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales II-6 Esfuerzo cortante en vigas de hormigón armado y pretensado con armaduras pretesas ..............................................................................

203

II-7 Cortante en vigas de hormigón pretensado con armaduras postesas ....................

215

II-8 Torsión en una viga de hormigón armado ..................................................

223

II-9 Torsión en una viga de hormigón armado embrochalada .................................

231

II-10 Torsión en una viga de hormigón pretensado .............................................

243

E.L.U. a cortante-fricción II-11 Análisis de secciones de piezas compuestas por varios hormigones. Cortante fricción .....................................................................................

253

E.L.U. adherencia y anclaje II-12 Anclaje de armaduras postesas ..............................................................

257

II-13 Anclaje por adherencia de armaduras pretesas ............................................

261

E.L.U. pandeo II-14 Dimensionamiento de soportes esbeltos aislados: métodos simplificados y columna modelo ....................................................................................

265

II-15 Comprobación de soportes esbeltos en pórticos. Método simplificado ...............

273

E.L.U. servicio II-16 Fisuración y deformabilidad en vigas de hormigón armado ............................

279

II-17 Fisuración de una viga de hormigón pretensado ..........................................

287

II-18 Deformabilidad de forjados pretensados ...................................................

297

BLOQUE III Elementos estructurales III-1 Pasarela peatonal postensada .................................................................

305

III-2 Viga sometida a flexión y cortante. Dimensionamiento completo de armaduras ....

323

III-3 Dimensionamiento de un pescante ..........................................................

329

III-4 Zapata y encepado para pescante ............................................................

343

III-5 Viga de puente pretensado para trabajar junto a losa de compresión ..................

361

III-6 Tirante de hormigón pretensado .............................................................

371

III-7 Viga de gran canto .............................................................................

379


11

Índice

III-8 Ménsula corta para puente-grúa .............................................................

383

III-9 Punzonamiento de una placa en un pilar ...................................................

387

III-10 Punzonamiento de placas bajo cargas concentradas .....................................

391

III-11 Racionalización del armado I ...............................................................

397

III-12 Racionalización del armado II ..............................................................

407


Análisis estructural

13

BLOQUE I Análisis estructural


15

Acciones

Ejercicio I-1 Obtención de leyes de esfuerzo en una viga isostática Una viga de hormigón armado de 13 m de longitud total y sección rectangular de 1.0 x 0.30 m, se encuentra simplemente apoyada en dos puntos como se muestra en la figura.

Las acciones que pueden actuar sobre la viga son: a)

Un descenso del apoyo B de 2 cm.

b)

Una carga uniformemente repartida de 10 kN/m que puede extenderse de cualquier forma.

c)

Una carga puntual móvil de 80 kN.

Se considerará un nivel de control intenso. Se considerará que las dos acciones variables tienen el mismo origen.

Se pide: Utilizando los criterios de combinación de la EHE98: 1. 2.

comprobar el equilibrio de la estructura, determinar las leyes de solicitaciones de cálculo con las que debe dimensionarse la estructura frente a E.L.U.

Solución

1 Comprobación del estado lím ite de equilibrio Acciones:

3

- peso propio, p = 0.30 m·1.0 m·25 kN/m = 7.5 kN/m - carga variable uniforme, q = 10 kN/m - carga puntual móvil, Q = 80 kN - el descenso de apoyo no origina esfuerzos al tratarse de una estructura isostática.


16


Configuración de cargas:

Adoptando la hipótesis de que el esquema estático corresponde a la situación de construcción:

gG* = 0.95 gG** = 1.10 En el caso de que la hipótesis sea que el esquema estático corresponde a la situación de servicio, sería

gG* = 0.9 y gG** = 1.10. g

En consecuencia, tomando Q = 1.50 para las acciones variables, se tiene:

120 kN 15 kN/m

7.13 kN/m

8.25 kN/m

- Planteamos los momentos volcador y estabilizador respecto al punto B. Momento volcador

Mv = 8.25 kN/m·

32 2

2

m + 15 kN/m·

32 2

2

m + 120 kN·3 m = 464.36 kN·m

Momento estabilizador

ME = 7.13 kN/m·

10 2 2

2

m = 356.5 kN·m

Notemos que al considerar las dos sobrecargas variables como correspondientes al mismo tipo no tenemos reducción en la combinación por los factores

Y.

ME = 356.5 kN·m < Mv = 464.63 kN·m No se cumple el estado límite último de equilibrio. - Otra forma de proceder es calcular la reacción en el apoyo A. Considerando esta reacción positiva

(RA ), y tomando momentos respecto a B, se tiene:


17

Acciones

RA·10 m - 7.13 kN/m·

10 2 2

2

m + 8.25 kN/m·

32 2

2

m + 15 kN/m·

32 2

+ 120 kN·3 m = 0 RA·10 + 108.13 = 0 RA = -10.81 kN Ello conduce, en ambos casos, a tener que anclar el apoyo A.

2 Leyes de las solicitaciones de cálculo - Cargas permanentes: 3

peso propio, p = 0.30 m·1.0 m·25 kN/m = 7.5 kN/m *

p = **

p

gG·p = 1.35·7.5 kN/m = 10.13 kN/m

= 7.5 kN/m

- Cargas variables:

gG·q = 1.5 10 kN/m = gG·Q = 1.5·80 kN = 120 kN *

uniformemente repartida, q = *

puntual móvil, Q =

15 kN/m

Criterios para las expresiones analíticas tramo AB (frontales) 0

£ x £ 10 m

tramo CB (dorsales) 0

£x£3m

2.1 Leyes de momentos flectores - Cargas permanentes: * p =10.13 kN/m

-45.63 m.kN

104.96 m.kN


2

m +

18


Ley I Tramo AB: 0

£ x £ 10 m

I

M x = 5.07·x·(9.1 - x) I

x = 0

M = 0

x = 4.55 m

M max = 104.96 kN·m

x = 9.10 m

M = 0

x = 10 m

M = -45.63 kN·m

Tramo BC: 0 I

I I I

£x£3m 2

M x = -5.07·x

I

x = 0

M = 0

x = 3 m

M = -45.63 kN·m

I

p** = 7.5 kN/m

-33.75 m.kN

77.63 m.kN

Ley II Tramo AB: 0

£ x £ 10 m

II

M x = 3.75·x·(9.1-x) II

x = 0

M

x = 4.55 m

M max = 77.63 kN·m

II II

= 0

x = 9.10 m

M

x = 10 m

M = -33.75 kN·m

Tramo BC: 0 II

I

= 0

£x£3m 2

M x = -3.38·x

II

x = 0

M

= 0

x = 3 m

M

= -30.42 kN·m

II

Carga variable uniformemente repartida q* = 15 kN/m


19

Acciones

·

Momentos flectores positivos

Ley III Tramo AB: 0

£ x £ 10 m

III

2

M x = 75·x 7.5·x

III

x = 0

M

x = 5 m

M max = 187.5 kN·m

x = 10 m

M

·

III III

= 0 = 0

Momentos flectores negativos

Ley IV Tramo AB: 0

£ x £ 10

IV

M x = -6.75·x

IV

x = 0

M

= 0

x = 10 m

M

= -67.50 kN·m

Tramo CB: 0 IV

IV

£x£3 2

M x = -7.5·x

IV

x = 0

M

= 0

x = 3 m

M

= -67.50 kN·m

IV

*

Carga puntual móvil Q = 120 kN

·

Momentos flectores positivos


20


Ley V Tramo AB:

0

£ x £ 10 m

V

2

M x = 120 x 12 x V

X = 0

M

X = 5 m

M máx = 300 m.kN

X = 10 m

M

·

= 0

V

V

= 0

Momentos flectores negativos

Ley VI Tramo AB:

0

£ x £ 10 m

VI

M x = 36 x VI

X = 0

M

X = 10 m

M

Tramo CB:

0

VI

= 0 = -360 m.kN

£x£3m

VI

M x = -120 x VI

X = 0

M

X = 3 m

M

VI

= 0 = -360 m.kN

Composición de momentos flectores positivos Tramo biapoyado (AB)

·

0

£ x £ 9.10 m

I + III + V 2

2

Md (x) = 5.07x (9.10-x) + 75x 7.5x + 120x 12x 2

= 241.14x 24.57x X = 0

Md = 0


21

Acciones

X = 4.91 m

Mdmáx = 591.66 m.kN

X = 9.10 m

Md = 159.73 m.kN

·

9.10 m

£ x £ 10 m

II + III + V 2

2

Md (x) = 3.75x (9.1-x) + 75x 7.5x + 120x 12x 2

= 229.13x 23.25x X = 9.10 m

Md = 159.71 m.kN

X = 9.86 m

Md = 0

Composición de momentos flectores negativos Tramo biapoyado (AB)

·

0

£ x £ 9.10 m

II + IV + VI

Md (x) = 3.75x (9.1-x) 6.75x 36x 2

= -8.63x 3.75x X = 0

Md = 0

X = 9.10 m

Md = -389.03 m.kN

·

9.10 m

£ x £ 10 m

I + IV + VI

Md (x) = 5.07x (9.10-x) - 6.75x 36x 2

= 3.39x 5.07x X = 9.10 m

Md = -389 m.kN

X = 10 m

Md = -473.1 m.kN

Tramo voladizo (CB)

·

0

£ x £ 3 m I + IV + VI 2

2

Md (x) = -5.07x 7.5x 120x 2

= -12.57x 120x X = 0

Md = 0

X = 3 m

Md = - 473.13 m.kN


22


389 m.kN

473.1 m.kN

9.86 m 9.10 m 4.91 m

159.7 m.kN 591.7 m.kN

2.2 Leyes de esfuerzos cortantes - Cargas permanentes * p =10.13 kN/m

-55.21 kN 4.55 m

30.39 kN

46.09kN

Ley I Tramo AB:

0

£ x £ 10 m

I

V x = 46.09 10.13x X = 0

I

V = 46.09 kN I

V = 0

X = 4.55 m X = 10 m

I

V = -55.21 kN


23

Acciones

Tramo CB:

£x£3m

0

I

V x = 10.13 x I

X = 0

V = 0

X = 3 m

V = 30.39 kN

I

p** = 7.5 kN/m

-40.87 kN

22.5 kN

34.13 kN

Ley II Tramo AB:

£ x £ 10 m

0

II

V x = 34.13 7.5x X = 0

II

V

= 34.13 kN II

X = 4.55 m

V

= 0

II

X = 10 m

V = -40.87 kN

Tramo CB:

0

£x£3m

II

V x = 7.5 x II

X = 0

V

X = 3 m

V = 22.5 kN

= 0

II

Carga variable uniformemente repartida q* = 15 kN/m Actuando en el tramo biapoyado: 0

£ x £ 10


24


Vx

= -q ×

x

2

2l

= -0.75x 2

X = 0

V = 0

X = 10 m

V = -75 kN

Vx

=

q

×(l - x )2 2l

=

( - x )2

0.75 10

X = 0

V = 75 kN

X = 10 m

V= 0

Actuando en el voladizo: Tramo AB:

Vx

=-

×2

q l

2l

0

£ x £ 10

= -6.75kN


25

Acciones

Tramo CB: Vx

£x£3

0

= q × x = 15x

X = 0

V = 0

X = 3

V = 45 kN

Agrupando en cortantes positivos (ley III) y cortantes negativos (ley IV):

Ley III Tramo AB:

V

III

x

£ x £ 10

0

= 0.75(10 - x )2 III

X = 0

V

X = 10

V

= 0

Tramo CB:

0

£x£3

V

III

x

III

= 75 kN

= 15 x III

X = 0

V

X = 3

V

Tramo AB:

0

III

= 0 = 45 kN

Ley IV

V

IV

x

£ x £ 10

= -6.75 - 0.75x 2


26


IV

X = 0

V

X = 10

V

IV

Carga puntual móvil

= -6.75 kN = -81.75 kN

Q* = 120 kN

Actuando en el tramo biapoyado (AB):

Tramo AB:

0

£ x £ 10

x ö æ ç - ÷ 10 è ø

Vx = 120 1

X = 0

V = 120 kN

X = 10

V= 0

Vx = 12x X = 0

V = 0

X = 10

V = -120 kN

Actuando en el voladizo (CB):

Tramo AB:

0

£ x £ 10


27

Acciones

Vx

=-

Q * la l

= -36kN

Tramo CD:

£x£3

0

Vx = Q* =120 kN Agrupando en cortantes positivos (ley V) y cortantes negativos (ley VI):

Ley V Tramo AB:

V

£ x £ 10

0

x ö æ ç - ÷ è 10 ø

V x = 120 1

V

= 120 kN

X = 0

V

X = 10

V = 0

Tramo CB:

0

V

£x£3

V

V x = 120 kN X = 0

V = 120 kN

X = 10

V= 0

Tramo AB:

0

Ley VI

0

£x£3

£ x £ 10 VI

V x = -36 kN


28


3

£ x £ 10

VI

V x = - 12x

Composición de cortantes positivos Tramo biapoyado (AB) 0

£ x £ 4.55 m

I + III + V x ö æ ç - ÷ 10 ø è

2

Vd (x) = 46.09 - 10.13x + 0.7 · 5(10-x) + 120 1 2

= 241.09 37.13x + 0.75x X = 0

Vd = 241.09 kN

X = 4.55 m

Vd = 87.68 kN

4.55 m

£ x £ 10 m

II + III + V

2

x ö æ ç - ÷ è 10 ø

Vd (x) = 34.13 7.5x + 0.75(10-x) + 120 1 2

= 229.13 34.5x + 0.75x X = 4.55 m

Vd = 87.68 kN

X = 8.05 m

Vd = 0

Tramo voladizo (CB) 0

£x£3m

I + III + V

Vd (x) = 10.13x + 15x + 120 = 25.13x + 120 X = 0

Vd = 120 kN

X = 3 m

Vd = 195.39 kN

Composición de cortantes negativos Tramo biapoyado (AB) 0

£ x £ 4.55 m

0

£x£3m

II + IV + VI 2

Vd (x) = 34.13 - 7.5x - 6.75 - 0.75x - 36 = 2

= -8.62 7.5x 0.75x


29

Acciones

X = 0

Vd = - 8.62 kN

X = 3 m

Vd = -37.87 kN

3 m

£ x £ 4.55 m

2

Vd (x) = 34.13 - 7.5x - 6.75 - 0.75x 12x 2

= 27.38 19.5x 0.75x X = 3 m

Vd = - 37.87 kN

X = 4.55 m

Vd = -76.87 kN

4.55 m

£ x £ 10 m

I + IV + VI 2

Vd (x) = 46.09 10.13x 6.75 0.75x 12x 2

= 39.34 22.13x 0.75x X = 4.55 m

Vd = -76.88 kN

X = 10 m

Vd = - 256.96 kN

257

76.9 kN

8.05 m

87.7 kN 195.4 kN 241 kN


31

Acciones

Ejercicio I-2 Obtención de leyes de esfuerzos en un pescante

Considérese el pescante de hormigón armado cuyas dimensiones se indican en la figura adjunta. Dicha estructura se encuentra a la intemperie en un ambiente exterior normal.

La estructura está sometida a las siguientes acciones: -peso propio: 8 kN/ml, -sobrecarga uniforme permanente en el dintel de 22 kN/ml, -sobrecarga de uso: carga puntual móvil de 100 kN que puede actuar únicamente en el tramo del dintel, -viento: carga puntual horizontal de 50 KN, -nieve: sobrecarga uniforme de 10 kN/ml. Se consideran los siguientes materiales: -hormigón HA-30/P/12/IIb f = 30 MPa, -acero B-500 S f = 500 MPa. Asimismo, se considera un nivel de control intenso. (AC)

BC

ck

yk

Se pide:

1. Obtener las leyes de esfuerzos de cálculo con los que se debe dimensionar la estructura frente a estados límite últimos, utilizando el criterio simplificado para estructuras de edificación de la instrucción EHE. Solución 1.1

Coeficientes de seguridad pa r a acciones

A la vista de las acciones que se tienen en cuenta, se considera la situación persistente o transitoria a la hora de combinar las acciones.


32


Dado que el nivel de control es intenso, los coeficientes parciales de seguridad son los que siguen: Tipo de acción Efecto Favorable Desfavorable Permanente 1 1.35 Variable 0 1.50 1.2

Solicitaciones de cálculo

1.2.1

Momentos flectores

Cargas permanentes en el dintel: peso propio y carga permanente G = 8+22 = 30 kN/ml

80 kNm

13.5 kNm

75 kNm


33

Acciones

Sobrecarga de uso móvil Q = 100 kN

Viento H = 50 kN

Nieve q = 10 kN/ml


34


Para situaciones persistentes o transitorias, EHE admite cuando se trata de estructuras de edificación sometidas a dos o más acciones variables afectar los coeficientes de seguridad de éstas por el factor 0.9. Procediendo de este modo obtenemos: Envolvente de momentos flectores

225 kNm

1.2.2

Esfuerzo cortante


60 kN

90 kN


35

Acciones


Viento H = 50 kN

Nieve q = 10 kN/ml


36


Envolvente de esfuerzos cortantes

1.2.3

Axiles


.

150 kN


37

Acciones

135.5 kNm 60 kNm

81 kNm

MI

75 kNm

101.25 kNm

Peso propio del pilar G = 8kN/ml p

32 kN

43.2 kN



182.25 kNm

MII

38


450 kNm

¯Q

450 kNm

MV

Viento H = 50 kN M VI

M VII

300kNm

300 kNm

Nieve q = 10 kN/ml 30 kNm

1.5·10·(2+3)=75 kN

67.5 kNm

MVIII

37.5kNm


39

Acciones

Envolvente de axiles y momentos flectores concomitantes. VI

M II+M VIII

VII

648 kNm 111 kNm M II+ 0.9 (M V+M VII1) 510 kNm

M II+(M V+M VII+M VII) · 0.9 M I +M VII

810 kNm

225 kNm


41

Acciones

Ejercicio I-3 Obtención de leyes de esfuerzos en un pórtico isostático Sea la estructura de una cubierta (véase la figura adjunta) situada en la costa de A Coruña en situación expuesta.

l=6 m 50 cm

30 cm

h=5 m 40 cm

Detalle nudo pilar-dintel

Sobre ella pueden actuar las siguientes acciones: a)

Una carga permanente (vertical y descendente) formada por una carga repartida sobre todo el dintel de valor 7.5 kN/m.

b)

Una carga variable puntual (vertical y descendente) que actúa en el dintel, de valor 50 kN, y

Y0=0.7; Y1=0.5; Y2=0.3).

cuya posición es libre a lo largo de la longitud del dintel ( c)

Una

carga

de

viento

horizontal

en

el

plano

del

pórtico

Y0 =

indistintamente, de derecha a izquierda o viceversa (

0.6;

cuya

dirección

puede

Y1=0.5; Y2=0.25).

ser,

De cara a

la carga de viento debe considerarse un ancho (en el plano perpendicular al pórtico) de 6 m. El valor de la carga de viento puede calcularse de acuerdo a la norma NBE-AE-88, según los gráficos adjuntos.

Se pide: Hallar las leyes de solicitaciones de cálculo de los esfuerzos axil y momento flector en ELU, para la situación persistente o transitoria. Nota: Considérense los coeficientes de seguridad correspondientes a un control intenso. Se considerará

g = 0.9 como coeficiente de seguridad para las acciones permanentes favorables.


42


Solución 1 Valor de

gf

. Control intenso

ELU

ELS

Perm. o Transit.

Peso Propio (PP) G

àg àg àg àg àg G

C. Permanente (CP) G

G

C. Var. Puntual(CVP) Q

Q

C. Var. Viento Izq.(CWI) Q

Q

C. Var. Viento Izq.(CWI) Q

Q

Accidental

Fav.

Desfav.

Fav.

Desfav.

Fav.

Desfav.

0.9

1.35

1

1

1

1

0.9

1.35

1

1

1

1

0

1.5

0

1

0

1

0

1.5

0

1

0

1

0

1.5

0

1

0

1

2 Criterio de signos

Esfuerzo axil

Pilar izquierdo (PI)

Pilar derecho (PD)

Dintel (D)

PI

PD

D

Positivo (tracción)

Negativo(con presión)

Momento flector

Positivo

Negativo

Coordenadas: x

x

x


43

Acciones

3 Acciones y leyes parciales 3.75 kN/m

3.1 Peso propio (pp)

Pilares: 25 kN m

3

× 0.4m × 0.3m = 3 kN

m 3 kN/m

Dinteles: 25 kN m

3

× 0.5m × 0.3m = 3.75 kN

3 kN/m

m

-11.25 kN

Esfuerzos:

-11.25 kN

Npp P.I.: N(x)=-26.25+3x D: N(x)=0 P.D.: N(x)=-26.25+3x -26.25 kN

-26.25 kN

Mpp P.I.: M(x)=0

2

D: M(x)=-1.875x +11.25x

16.875 m·kN

P.D.: M(x)=0

3.2 Carga permanente (cp) 7.5 kN/m


44


Esfuerzos: Ncp P.I.: N(x)=-22.5 D: N(x)=0 P.D.: N(x)=-22.5

x

Mcp P.I.: M(x)=0 D: M( x )

×

p

p l

2

2

= - × x2 +

× x = -3.75x 2 + 22.5x

33.75 m·kN

P.D.: M(x)=0

3.3 Carga variable puntual en di ntel (cvp)

×

y

Q y

RB

=

RA

=Q-

6

Q

×

Q y 6

ìQ ï 6 × (6 - y ) × x ® x £ y M( x ) = í ï Q × y × (6 - x ) ® x ³ y î6

En el dintel,

y la envolvente para y=x es: M( x )

=

Q 6

× x × (6 - x ) .

RA

RB

"y:

Esfuerzos Ncvp

P.I.: N( x )

=-

Q 6

Q =50 kN × (6 - y ) ¾¾ ¾ ¾® 8.333 × (6 - y )

D: N(x) = 0 P.D.: N ( x )

=-

Q 6

Q = 50 kN × y ¾¾ ¾¾® -8.333 × y


-22.5 kN

-22.5 kN

45

Acciones

Mcvp P.I.: M(x)=0

ìQ Q = 50 kN ï 6 × (6 - y ) × x ® x £ y ¾¾ ¾ ¾® 8.333 × (6 - y ) × x D: M( x ) = í Q = 50 kN ï Q × y × (6 - y ) ® x ³ y ¾¾ ¾ ¾® 8.333 × (6 - x ) × y î6 P.D.: M(x)=0 Envolvente de esfuerzos máximos: Axiles: P.I.: N (x) = -Q (y=0) D: N(x) = 0 P.D. N(x) = -Q (y=6) -50 kN

-50 kN

Momentos: P.I.: M(x)=0 D: M( x )

=

Q 6

× x × (6 - x ) = 50 x - 8.333x 2

75 m .kN

P.D.: M(x)=0

3.4 Carga de viento por la izquie rda (cwi) La estructura se encuentra en zona eólica Y (A Coruña) y en la situación topográfica expuesta. Si se 2

toma una altura de 6 m sobre el nivel del suelo se obtiene una carga de viento p de 82 kp/m . Por la izquierda actuará una carga de 2p/3 y por la derecha una de p/3. Sobre la cubierta, con un ángulo 2

de 0º, se produce una succión m de valor 31 kp/m considerando una edificación sin huecos. Las cargas totales se obtienen para un ancho de 6 m.


46


2

2

1.86 kN/m

M = 31 kp/m = 0.31 kN/m 2

2

P=82kp/m =0.82 kN/m Ancho = 6 m, luego

2p/3 = 3.28 kN/m y p/3 = 1.64 kN/m

æ 3.28 kN + 1.64 kN ö × 5m = 24.6kN ç ÷ m ø m è ® H = 24.6kN ® R B = 4.67kN ® R A = 15.83kN

H RA


RB

47

Acciones

Esfuerzos en pilar izquierdo:

3.28 kN/m

x

24.6 kN 15.83 kN

15.83 kN

N( x )

=

RA

M( x )

=

H

M( 5 )

= 82 m × kN

82 m·kN

= 15.83 kN

× x - 3.28

x

2

2

=

24.6

× x - 1.64 × x 2

Esfuerzos en dintel:

x

1.86 kN/m

82 m·kN

8.2 kN

15.83 kN

N( x )

= 8.2kN

8.2 kN

= 82 + 0.93 × x 2 - 15.83 × x M( 0 ) = 82 m × kN M(3) = 42.88 m × kN M(6 ) = 20.5 m × kN M( x )

20.5 m·kN 82 m·kN


48


Esfuerzos en pilar derecho:

1.64 kN/m

x

4.67 kN 20.5 m·kN

4.67 kN

N( x )

= -4.67kN

M( x )

= 1.64 ×

x

2

2

= 0.82 × x 2

=0 M( 5 ) = 20.5 m × kN M( 0 )

Resultará, por tanto: 8.2 kN 82 m·kN

20.5 m·kN

20.5 m·kN

82 m·kN

4.67 kN

15.83 kN

3.5 Carga de viento por la derec ha (cwd) 1.86kN/m

H=24.6 kN RA=4.67 kN

1.64 kN/m

3.28 kN/m

RB=15.83 kN

H RA


RB

49

Acciones

Esfuerzos en pilar izquierdo:

x

24.6 kN 4.67 kN

4.67 kN

N( x )

102.5 m·kN

= -4.67kN

= 0.82 × x 2 - 24.6 × x M( 0 ) = 0 M( 5 ) = -102.5 m × kN

M( x )

Esfuerzos en dintel: 1.86 kN/m

x 102.5 m·kN

16.4 kN

4.67 kN

N( x )

= -16.4kN

= -102.5 + 4.67 × x + 0.93 × x 2 M( 0 ) = -102.5 m × kN M( 3) = -82.12 m × kN M( 6 ) = -41m × kN

102.5 m·kN

M( x )

16.4 kN

Esfuerzos en pilar derecho:

3.28 kN/m

x

15.83 kN


41 m·kN

50


41 m·kN

15.83 kN

N( x )

= 15.83kN

M( x )

= -3.28

x

2

2

= -1.64 × x 2

=0 M( 5 ) = -41m × kN M( 0 )

Por lo tanto: 16.4 kN

102.5 m·kN

41 m·kN

4.67 kN

15.83 kN

4 Combinación de acciones La combinación en ELU para situaciones persistentes o transitorias se debe calcular, según la instrucción, como sigue:

å³ g

Gj G kj

+

j 1

å³ g j 1

G* j

* G kj

+ g p Pk + g Q,1 Q k,1 +

å> g

Q,i y 0,i Q k ,i

i 1

En este caso, *

G kj=0 Pk=0 *

G kj: acciones permanentes (pp y cp) Qk,1: acción variable determinante Qki: acción variable concomitante La combinación debe hacerse variando la acción variable determinante para obtener la pésima situación de la estructura en cada sección. En este caso, por tanto, la acción variable determinante debe ser: Acción variable determinante

Acción variable concomitante

Qcp

Qcwi o Qcwd

Qcwi

Qcp

Qcwd

Qcp


51

Acciones

4.1 Combinación de envolventes Considerando concomitantes los esfuerzos de las distintas envolventes, se expone el cálculo de las distintas combinaciones que surgirían a partir de las envolventes y considerando los esfuerzos máximos por separado para E.L.U. en situación permanente o transitoria: a) Dintel a.1) Q1=cvp Momentos positivos: +

M

×

×

×

×

×

= 1.35 Mpp + 1.35 Mcp + 1.5 Mcvp + 1.5 0.6 Mcwi , de donde: 2

2

M(x) = 1.35·(-1.875·x +11.25·x)+1.35·(-3.75·x +22.5·x)+ 2

2

+1.5·(50·x-8.333·x )+1.5·0.6·(82+0.93·x -15.83·x)= 2

M(x) = -19.25625·x +106.32·x+73.8 Momentos negativos: -

×

×

×

×

M = 0.9 Mpp + 0.9 Mcp + 1.5 0.6 Mcwd , de donde: 2

2

M(x) = 0.9·(-1.875·x +11.25·x)+0.9·(-3.75·x +22.5·x)+ 2

+1.5·0.6·(-102.5+4.67·x+0.93·x )= 2

M(x) = -4.23·x +37.73·x-92.25 Axiles positivos: +

N

×

×

= 1.5 0.6 Ncwi , de donde:

N(x) = 1.5·0.6·8.2 = 7.38 Axiles negativos: -

×

×

N = 1.5 0.6 Ncwd , de donde: N(x) = 1.5·0.6·(-16.4)= -14.76 a.2) Q1=cwi Momentos positivos: +

M

×

×

×

×

×

= 1.35 Mpp + 1.35 Mcp + 1.5 0.7 Mcvp + 1.5 Mcwi , de donde: 2

2

M(x) = 1.35·(-1.875·x +11.25·x)+1.35·(-3.75·x +22.5·x)+ 2

2

+1.5·0.7·(-8.333·x +50·x)+1.5·(0.93·x -15.83·x+82)= 2

M(x) = -14.95·x +74.32·x+123 Momentos negativos ya calculados.


52


Axiles positivos: +

N

×

×

= 1.5 0.6 Ncwi , de donde:

N(x) = 1.5·8.2 = 12.3 Axiles negativos ya calculados. a.3) Q1=cwd Momentos positivos ya calculados. Momentos negativos: -

×

×

×

M = 0.9 Mpp + 0.9 Mcp + 1.5 Mcwd , de donde: 2

2

M(x) = 0.9·(-1.875·x +11.25·x)+0.9·(-3.75·x +22.5·x)+ 2

+1.5·(-102.5+4.67·x+0.93·x )= 2

M(x) = -3.67·x +37.38·x-153.75 Axiles positivos ya calculados. Axiles negativos: -

×

N = 1.5 Ncwd , de0 donde: N(x) = 1.5·(-16.4) = -24.6 b) Pilar izquierdo b.1) Q1=cvp Momentos positivos: +

M

×

×

= 1.5 0.6 Mcwi 2

2

M(x) = 1.5·0.6·(24.6·x-1.64·x )=22.14·x-1.476·x Momentos negativos: -

×

×

M = 1.5 0.6 Mcwd 2

2

M(x) = 1.5·0.6·(-24.6·x+0.82·x ) = -22.14·x+0.738·x Axiles positivos: +

N

×

×

×

×

= 0.9 Npp + 0.9 Ncp + 1.5 0.6 Ncwi , de donde:

N(x) = 0.9·(3·x-26.25)+0.9·(-22.5)+1.5·0.6·15.83 = -29.63+2.7·x No existen tracciones en el pilar


53

Acciones

Axiles negativos: -

×

×

×

×

N = 1.5 Npp + 1.5 Ncp + 1.5 0.6 Ncwd , de donde: M(x) = 1.5·(3·x-26.25)+1.5·(-22.5)+1.5·(-50)+1.5·0.6·(-4.67) = 4.5·x-152.33 b.2) Q1=cwi Momentos positivos: +

M

×

= 1.5 Mcwi 2

2

M(x) = 1.5·(24.6·x-1.64·x ) = 36.9·x-2.46·x Momento negativo ya calculado. Axil positivo: +

N

×

×

×

= 0.9 Npp + 0.9 Ncp + 1.5 Ncwi , de donde:

N(x) = 0.9·(3·x-26.25)+0.9·(-22.5)+1.5·(15.83) = 2.7·x-20.13 El pilar está comprimido. Axil negativo ya calculado. b.3) Q1=cwd Momento positivo ya calculado. Momento negativo: -

×

M = 1.5 Mcwd 2

2

M(x) = 1.5·(-24.6·x+0.82·x ) = -36.9·x+1.23·x Axil positivo no existe. Axil negativo ya calculado. c) Pilar derecho c.1) Q1=cvp Momentos positivos: +

M

×

×

= 1.5 0.6 Mcwi 2

×

2

M(x) = 1.5·0.6·(0.82·x ) = 0.738 x


54


Momentos negativos: -

×

×

M = 1.5 0.6 Mcwd 2

2

M(x) = 1.5·0.6·(-1.64·x ) = -1.476·x Axiles positivos: +

N

×

×

×

×

= 0.9 Npp + 0.9 Ncp + 1.5 0.6 Ncwd , de donde:

N(x) = 0.9·(3·x-26.25)+0.9·(-22.5)+1.5·0.6·(15.83) = 2.7x-29.63 Axiles negativos: -

×

×

×

×

N = 1.5 Npp + 1.5 Ncp + 1.5 0.6 Ncwi , de donde: N(x) = 1.5·(3·x-26.25)+1.5·(-22.5)+1.5·(-50)+1.5·0.6·(-4.67) = 4.5·x-151.33 c.2) Q1=cwi Momentos positivos: +

M

×

= 1.5 Mcwi 2

2

M(x) = 1.5·(0.82·x ) = 1.23·x

Momentos negativos ya calculados. Axiles positivos ya calculados. Axiles negativos ya calculados. c.3) Q1=cwd Momentos positivos ya calculados. Momentos negativos: -

×

M = 1.5 Mcwd 2

2

M(x) = 1.5·(-1.64·x )= -2.46·x Axiles positivos: +

N

×

×

×

= 0.9 Npp + 0.9 Ncp + 1.5 Ncwd , de donde:

N(x) = 0.9·(3·x-26.25)+0.9·(-22.5)+1.5·(15.83) = 2.7·x-20.13 Compresiones en todos los casos. Axiles negativos ya calculados.


55

Acciones

Las envolventes de esfuerzos son las siguientes:

-153.75

30.7

123

-61.59

-153.75

-61.5

219.45

M-

M+

-24.6

12.3 -129.83

-129.83

N-

N+

-152.33

4.2 Combinación de esfuerzos concomitantes A continuación va a suponerse que, como ocurre siempre en realidad, las leyes de envolventes no proporcionan esfuerzos concomitantes en cada sección. Con finalidad docente se va a abordar el problema de la combinación de esfuerzos concomitantes. Las leyes de axil y flector, por separado, no tienen excesivo valor, puesto que todos los cálculos que se deriven de ellas deberán hacerse para pares de valores (N,M) concomitantes. Esto supone que no puede trabajarse con las envolventes de cada esfuerzo ya que: Proporcionan valores máximos de M y N en cada sección que pueden no ser concomitantes (coste económico). Si se asocian valores máximos de M y N, aún sin ser concomitantes, no se tiene garantía de que el par obtenido (Nmáx, Mmáx ) sea el más lesivo para la estructura. Ello queda patente observando, por ejemplo, un diagrama de interacción:


56


M

Po sible valo r (N máx ,M máx ) n o co ncom inante

V alo r conco m itante de (M ,N ) que resulta m ás perjudicial para la sección

N

El problema debe resolverse estudiando simultáneamente la combinación de M y N concomitantes en cada sección, como propone la EHE. Un proceso equivalente al que se va a plantear aquí de forma manual es el que debe seguirse en los programas de cálculo de estructuras. Así se tendrá: Para carga variable determinante Qcp: Gcp

Gcp

Qcp

Qcwi

Qcwd

COMB.

g

g

g

g×y0

g×y0

1

1.35

1.35

1.5

2

3

4

5

6

7

8

1.35

1.35

1.35

1.35

1.35

0.9

0.9

1.35

1.35

1.35

1.35

1.35

0.9

0.9

1.5

1.5

0

0

0

1.5

1.5

×

1.5 0.6

×

0

1.5 0.6

0

0

×

1.5 0.6

0

×

0

1.5 0.6

0

0

×

1.5 0.6

0

0

0

×

1.5 0.6

Gpp y Gcp

DESF.

Qcp

DESF.

Qcwi

DESF.

Gpp y Gcp

DESF.

Qcp

DESF.

Qcwd

DESF.

Gpp y Gcp

DESF.

Qcp

DESF.

Qcwi y Qcwd

FAV.

Gpp y Gcp

DESF.

Qcp

FAV.

Qcwi

DESF.

Gpp y Gcp

DESF.

Qcp

FAV.

Qcwd

DESF.

Gpp y Gcp

DESF.

Qcp

FAV.

Qcwi y Qcwd

FAV.

Gpp y Gcp

FAV.

Qcp

DESF.

Qcwi

DESF.

Gpp y Gcp

FAV.

Qcp

DESF.


57

Acciones

9

10

11

12

0.9

0.9

0.9

0.9

0.9

0.9

0.9

0.9

1.5

0

0

×

0

1.5 0.6

0

×

0

0

0

1.5 0.6

0

0

Qcwd

DESF.

Gpp y Gcp

FAV.

Qcp

DESF.

Qcwi y Qcwd

FAV.

Gpp y Gcp

FAV.

Qcp

FAV.

Qcwi

DESF.

Gpp y Gcp

FAV.

Qcp

FAV.

Qcwd

DESF.

Gpp y Gcp

FAV.

Qcp

FAV.

Qcwi y Qcwd

FAV.

Adviértase que nunca actúan simultáneamente Qcwi y Qcwd. Cada combinación proporciona un par (N, M) en cada sección de cada elemento de la estructura (pilar derecho, pilar derecho, dintel). Para carga variable determinante Qcwi:

COMB

Gcp

Gcp

Qcp

Qcwi

Qcwd

g

g

g×y0

g

g×y0

1.35

1.35

1.5 0.7

1.5

0

. 1

2

3

1.35

1.35

1.35

1.35

×

1.5

1.5

×

1.5 0.7

4

1.35

1.35

0

5

1.35

1.35

1.5 0.7

6

1.35

1.35

7

0.9

0.9

8

9

0.9

0.9

0.9

0.9

×

0

×

1.5 0.7

0

0

×

×

1.5 0.6

×

DESF. DESF.

Qcwi

DESF.

Gpp y Gcp

DESF.

Qcp

FAV .

Qcwi

DESF.

Gpp y Gcp

DESF.

Qcp

DESF.

Qcwd

DESF.

0

1.5 0.6

REPETIDA Gpp y Gcp

DESF.

0

0

Qcp

DESF.

Qcwi y Qcwd

FAV.

0

0

REPETIDA Gpp y Gcp

FAV.

1.5

0

Qcp

DESF.

Qcwi

DESF.

Gpp y Gcp

FAV.

Qcp

FAV.

Qcwd

DESF.

Gpp y Gcp

FAV.

Qcp

DESF.

1.5

1.5 0.7

0

Gpp y Gcp Qcp

0

0

×

1.5 0.60


58


Qcwd 10

0.9

0.9

0

11

0.9

0.9

1.5 0.7

12

0.9

0.9

×

0

×

DESF.

0

1.5 0.6

REPETIDA Gpp y Gcp

FAV.

0

0

Qcp

DESF.

Qcwi y Qcwd

FAV.

0

0

REPETIDA

Para la carga variable determinante Qcwd:

COMB. 1

2

3

Gcp

Gcp

Qcp

Qcwi

Qcwd

g

g

g×y0

g

g×y0

1.35

1.35

1.35

1.35

1.35

1.35

×

1.5 0.7

×

1.5 0.7

×

1.5 0.7

4

1.35

1.35

0

5

1.35

1.35

6

1.35

7

0.9

8

9

0.9

0.9

0

1.5

0

1.5

×

1.5 0.6

×

0

Gcp y Gcp

DESF.

Qcp

DESF.

Qcwd

DESF.

Gcp y Gcp

DESF.

Qcp

DESF.

Qcwd

DESF.

Gcp y Gcp

DESF.

Qcp

DESF.

Qcwi

DESF.

1.5 0.6

0

REPETIDA

1.5 0.7

0

0

REPETIDA

1.35

0

0

0

REPETIDA Gcp y Gcp

FAV.

0.9

1.5 0.7

0

1.5

Qcp

DESF.

Qcwi

DESF.

0.9

0.9

×

×

0

0

×

1.5 0.7

10

0.9

0.9

0

11

0.9

0.9

12

0.9

0.9

1.5

×

1.5 0.6

×

0

Gcp y Gcp

FAV.

Qcp

FAV.

Qcwd

DESF.

Gcp y Gcp

FAV.

Qcp

DESF.

Qcwi

DESF.

1.5 0.6

0

REPETIDA

1.5 0.7

0

0

REPETIDA

0

0

0

REPETIDA

×


59

Acciones

4.3 Comparación de resultados A continuación se presentan los esfuerzos obtenidos según las dos formas de cálculo (esfuerzos concomitantes y envolventes de máximos). Se dan los pares (N,M) en varias secciones de los tres elementos (pilar izquierdo, dintel y pilar derecho). Los puntos pequeños representan los pares concomitantes reales, mientras que las cruces grandes

+

equivalen a combinaciones de valores

máximos (Nmáx,Mmáx) obtenidos de envolventes. Como se ve, se obtienen valores máximos que en ocasiones son irreales y que en algún caso (dintel, sección x=3) pueden resultar inseguros de cara al dimensionamiento. RESULTADOS DEL PILAR IZQUIERDO P. IZ. X=1

-160

-110

-60

-10

175

175

125

125

75

75

25

25

M

M

P. IZ. X=0

-25

-150

-100

-50

-75

-75

-125

-125

-175

-175

N

N

P. IZ. X=3

-100

-50

175

175

125

125

75

75

25

25

0 -25

M

M

P. IZ. X=2

-150

0 -25

-150

-100

-50

0 -25

-75

-75

-125

-125

-175 N

-175 N


60


P. IZ. X=4

P. IZ. X=5

175

175

125

125

75

75

-150

-100

0 -25

-50

25

M

M

25

-150

-100

0 -25

-50

-75

-75

-125

-125

-175

-175

N

N

RESULTADOS DEL DINTEL

DINTEL X=1

225

225

175

175

125

125

75

75

M

M

DINTEL X=0

25 -30

-20

-25

-10

0

10

20

25 -30

-20

-25 0

-10

-75

10

20

10

20

-75

-125 -125

-175

-175 N N

225

225

175

175

125

125

75

75

M

DINTEL X=3

M

DINTEL X=2

25 -30

-20

-25 0

-10

10

20

25 -30

-20

-25 0

-10

-75

-75

-125

-125

-175

-175

N

N


61

Acciones

225

225

175

175

125

125

75

75

M

DINTEL X=5

M

DINTEL X=4

25 -30

-20

-25 0

-10

10

20

25 -30

-20

-25 0

-10

-75

-75

-125

-125

-175

10

20

-175

N

N

DINTEL X=6

225 175 125

M

75 25 -30

-20

-25 0

-10

10

20

-75 -125 -175 N

RESULTADOS DEL PILAR DERECHO

P. DER. X=0

P. DER. X=1 45

45

25

25

-105

-55

-5

-15

5

M

M

5 -155

-155

-105

-55

-5

-15

-35

-35

-55

-55

-75

-75

N

N


62


P. DER. X=2

P. DER. X=3 45

45

25

25

-105

-55

-5

-15

5

M

M

5 -155

-155

-105

-55

-5

-35

-55

-55

-75

-75

N

N

P. DER. X=4

P. DER. X=5 45

45

25

25

-105

-55

-5

-15

5

M

M

5 -155

-15

-35

-155

-105

-55

-5

-15

-35

-35

-55

-55 -75

-75 N

N


Acciones

63

Ejercicio I-4 Obtención de leyes de esfuerzos en una viga continua de hormigón armado Para cruzar una vía urbana se proyecta una pasarela peatonal de hormigón armado consistente en una viga continua de dos vanos de 9.0 y 12.0 metros, con sección constante como indica la figura adjunta. El tablero se apoya sobre dos aparatos de apoyo de material elastométrico, separados 1.20 m transversalmente (que permiten el movimiento horizontal y el giro de flexión en los estribos) y sobre un único apoyo centrado sobre la pila intermedia, que no permite movimientos longitudinales pero sí giros de flexión y torsión. Las acciones que se deben considerar son: - peso propio del tablero: 41.5 kN/ml, - cargas muertas (pavimento, aceras, barandillas, instalaciones): 3.5 kN/ml, - sobrecarga de uso extendida sobre cualquier área del tablero en sentido longitudinal o 2

transversal: 4.0 kN/m , - variación térmica de +20ºC en la fibra superior y +10ºC en la inferior. Adoptaremos los coeficientes de mayoración de acciones establecidos en la instrucción EHE, y supondremos un control intenso de la ejecución y para un hormigón HA-30/P/20/II. Tomar

y0=0.6, y1=0.5, y2=0.2 como coeficientes para determinar los valores representativos de combinación, frecuentes y cuasi permanentes.

Alzado longitudinal

2

A = 18125 m

-2

I = 8.376·10 v=-0.476 m v = 0.324 m

Sección del tablero


Hormigón armado y pretensado

64

Se pide: 1. Obtener las leyes de esfuerzos con las que se deben dimensionar las armaduras del tablero en estado límite último. 2. Obtener las leyes de esfuerzos necesarias para la comprobación de los estados límite de servicio para la combinación poco probable. 3.

Calcular

las

reacciones

máxima

y

mínima

en

los

apoyos

extremos,

necesarias

para

el

dimensionamiento de los aparatos de apoyo en la combinación de acciones poco probable.

Solución 1. Las leyes de esfuerzos que han de utilizarse en el dimensionamiento se obtienen combinando adecuadamente las leyes o envolventes de esfuerzos que provoca cada una de las acciones que se consideran en el proyecto de la estructura. Por ello, lo primero que se hará es obtener las leyes de esfuerzos provocadas por cada una de las cargas. A fin de simplificar el cálculo de esfuerzos, no se tendrán en cuenta las acciones horizontales sobre el tablero (frenado, etc.) y la pila (viento, deformaciones impuestas debidas a la variación de temperatura, retracción, etc.). De esta forma no se consideran los esfuerzos horizontales que los aparatos de apoyo transmiten a la pila, por lo que ésta únicamente se verá sometida a esfuerzos axiles. Por ello, se calculan primero las leyes de momentos flectores, los esfuerzos cortantes y momentos torsores. Posteriormente se obtiene la envolvente de axiles para la pila. Leyes de esfuerzos debidas al peso propio del tablero

606.94

443.54

Leyes de esfuerzos debidas a las cargas muertas

9.83

37.38


Acciones

65

Envolventes de las leyes de esfuerzos debidas a la sobrecarga de uso Dado que la sobrecarga de uso puede extenderse sobre cualquier área del tablero, tanto longitudinal como transversalmente, han de considerarse las envolventes de todas las leyes de esfuerzos posibles. No obstante, como el dimensionamiento se hace sobre las secciones críticas, los valores de los esfuerzos únicamente se calculan en estas secciones, y el resto de la envolvente se dibuja de forma cualitativa.

82.31

127.31

34.74

205.74

Leyes de esfuerzos debidas a la variación térmica La variación térmica se considera que puede dividirse en una variación uniforme y un gradiente de temperaturas:

La variación uniforme de temperatura no provoca esfuerzos puesto que la estructura puede considerarse longitudinalmente isostática. Así pues, únicamente provoca esfuerzos el gradiente de temperaturas.

39.26

235.75

235.75

52.35

471.15

Como el nivel de control es intenso, los coeficientes parciales de seguridad en estado límite último para las acciones que se consideran son: - cargas permanentes: - cargas variables:

gG = 1.35

gQ = 1.50



66

Envolvente de momentos flectores -1239.48 =1.35 MI + 1.35 M II + 1.5 M II

638.75

1187.75

1.35 M I + 1.35 M II + 1.5 M IV+1.5·0.6 · MIII Envolvente de esfuerzos cortantes

449.22:1.35 (V I+V II)+1.5 V III+1.5 · 0.6 · V IV

-318.2:1.35 (V I+ V II)+ 1.5 · V III+1.5 · 0.6 V IV Envolvente de momentos torsores

Envolvente de axiles en la pila

1130.88 kN

2. Se procede de forma análoga a lo hecho anteriormente. En este caso, al tratarse de estados límite de servicio, se consideran los siguientes coeficientes de seguridad: - cargas permanentes: - cargas variables:

gG = 1.0

gQ = 1.0

Envolvente de momentos flectores


Acciones

67

-892.3

395.186

828

Envolvente de esfuerzos cortantes

321

225.07

Envolvente de momentos torsores

Envolvente de axiles en la pila

813.98 kN

pp + cm + sc = 61 kNm

3. Para el dimensionamiento de los aparatos de apoyo han de considerarse los esfuerzos en estado límite de servicio. En la pila intermedia la máxima reacción se da cuando actúan el peso propio, las cargas muertas y la sobrecarga extendida en los dos vanos, con lo que se obtiene un axil máximo de valor Nmáx = 813.98 kN. Por el contrario, la reacción mínima, que resulta ser de Nmín = 426.16 kN, se produce cuando únicamente actúan el peso propio y el gradiente de temperaturas.



68

máx

N

mín = 462.16 kN

= 813.98 kN

N

En el apoyo extremo del vano de 9 m, la reacción es máxima (Nmáx = 225.07 kN) cuando actúan conjuntamente el peso propio, la carga muerta, el gradiente de temperatura y la sobrecarga de uso extendida en el vano de 9 m. La reacción mínima se produce cuando actúa el peso propio combinado con la sobrecarga extendida en el vano de 12 m, y toma el valor de Nmín = 101.02 kN.

mín = 101.02 kN

máx = 225.07 kN

N

N

En el apoyo extremo del vano de 12 m se obtiene la reacción máxima cuando se consideran la acción conjunta del peso propio, la carga muerta, el gradiente de temperatura y la sobrecarga extendida en el vano de 12 m. El valor que se obtiene es Nmáx = 321 kN. La reacción mínima resulta ser Nmín = 192.63 kN, cuando actúa el peso propio junto con la sobrecarga extendida al vano de 9 m.

máx = 321 kN

N


mín = 192.63

N

kN

69

Materiales

Ejercicio I-5 Deformaciones del hormigón. Estudio a nivel probeta

Una probeta cilíndrica de hormigón en masa, de 20 cm de diámetro y 40 cm de altura, se mantiene a 20ºC durante los 120 primeros días posteriores a su fabricación, para a continuación elevarse la temperatura a 30ºC y mantenerse constante. Las cargas que actúan en el transcurso del tiempo son las siguientes: - a los 28 días, una compresión de 200 kN; - a los 240 días, se retiran 80 kN. La probeta se encuentra en un ambiente con un 70% de humedad relativa. Se considerarán f (28 días) = 25 MPa y f (240 días) = 27 MPa. ck

ck

Se pide:

Calcular las deformaciones que experimenta la probeta a los 360 días y a largo plazo.

Nota:

Se despreciarán las deformaciones instantáneas remanentes.


70


La deformación total producida en un elemento de hormigón es suma de diversas deformaciones parciales que pueden clasificarse como se indica en la siguiente tabla: Deformaciones Independientes de la tensión Dependientes de la tensión Instantáneas Diferidas Reversibles Termohigrométricas Elásticas Fluencia Irreversibles Retracción Remanentes (*) Se desprecian, en este problema, las deformaciones instantáneas remanentes. En todo lo que sigue se considerarán positivas las deformaciones de tracción o expansión y negativas las de compresión o acortamiento. (*)

Solución

1 Deformaciones independie ntes de la tensión 1.1

Termohigrométricas

Sólo se tendrá en cuenta el efecto de la temperatura, considerándose un coeficiente de dilatación térmica de valor a = 10 ºC . Desde el inicio hasta los 360 días, y a largo plazo, sólo se produce un aumento de temperatura de 10ºC, por lo que: eD = a·DT = 10 ·10 = 10 -5

-5

T

1.2

-1

-4

Retracción

El valor e (t ,t) de la retracción efectiva de un elemento de hormigón desde el instante t hasta la edad t de su evaluación viene dado por la expresión siguiente, según la instrucción española EHE: e (t ,t) = e ·b (t-t ) donde: e = e ·b es el coeficiente básico de retracción y se evalúa como e = (570-5·f )·10 = (570-5·25)·10 = 4.45·10 æ æ æ HR ö ö÷ æ 70 ö ö÷ b = - 1 . 55 × ç1 - ç = - 1 . 55 × ç1 - ç = -1.02 ÷ ÷ ç ÷ ç è 100 ø ø è 100 ø ÷ø è è e = -4.54·10 t-t b (t - t ) = 0.035 × e + (t - t ) define la evolución temporal de la retracción. cs

cs

s

s

s

cs0

cs0

s

s

s

s

RH

-6

ck

-6

-4

3

3

RH

-4

cs0

s

s

s

2

s


71

Materiales

2×A u

= 100 mm A = p·100 = 31415.92·mm es el área de la sección transversal u = 2·p·100 = 628.32 mm es el perímetro en contacto con la atmósfera. La retracción es efectiva desde el primer día (t = 0 días) y se evalúa en dos instantes: t = 360 días Þ b (t-t ) = 0.71 t = 10000 días Þ b (t-t ) = 0.98 Con estos valores se obtienen los siguientes valores para la retracción: t (días) 360 10000 -4.45·10 -3.22·10 e (0,t) e=

2

2

s

s

s

s

s

-4

cs

2 Deformaciones dependient es

-4

de la tensión

Las deformaciones dependientes de la tensión, en el instante t, para una tensión constante s(t ) aplicada en el instante t se pueden evaluar mediante la siguiente expresión, basada en el principio de linealidad: 0

0

æ 1 j (t, t + çE E è

e s = s (t ) × ç C

0

t

0

0

) ö÷

28

÷ ø

donde el primer término se corresponde con las deformaciones instantáneas elásticas, y el segundo con las diferidas tensionales o de fluencia. Para estimar estas deformaciones se aplica el principio de superposición. Así, se considera un primer estado consistente en la actuación de una carga de compresión de 200 kN (s = -6.37 MPa) a los 28 días. El segundo estado se corresponde con una tracción de 80 kN (s = 2.546 MPa), aplicada a partir de los 240 días. c

c

2.1

Instantáneas elásticas

Estado I e = I

i

s

(t = 28)

= -1.99·10 E s (t = 28 días) = -6.37 MPa E = 10000·(f ) = 10000·(25+8) = 32075.34 MPa 0

-4

28

0

28

cm,28

1/3

1/3


72


Estado II s

e = II

i

(t = 240 )

= 0.78·10 E s (t = 28 días) = 2.55 MPa E = 10000·(27+8) = 32710.66 MPa 0

-4

240 0

1/3

240

2.2

Deformaciones debidas a la f l uencia

Estado I Las deformaciones debidas a fluencia en el instante t para una tensión constante s (t ) aplicada en t se evalúan según la instrucción EHE como: s( t ) e j ( t, t ) = E × j(t, t ) donde: j (t,t ) = j ·b (t-t ) es el coeficiente de fluencia para t = 28 días. j = j ·b(f )·b(t ) es el coeficiente básico de fluencia 100 - HR = æç1 + 100 - 70 ö÷ = 1.65 j =1+ 9.9 × e çè 9.9 × (100 ) ÷ø 16.8 = 16.8 = 2.92 b(f ) = f + 8 25 + 8 1 = 1 = 0.489 b( t ) = 0.1 + t 0.1 + 28 j = j ·b(f )·b(t ) = 2.36 é (t - t ) ù b (t - t ) = ê ú , b + (t - t ) 0

0

c

0

0

28

0

0

0

c

0

0

RH

cm

0

RH

1/ 3

1/ 3

cm

ck

0

0.2

0.2

0

0

RH

cm

0

0.3

0

c

0

ë

H

0

û

función que describe el desarrollo de la fluencia con el tiempo. b =1.5·e·[1+(0.012·HR) ]+250 = 406.5 Considerando la fluencia efectiva desde t = 28 días, y evaluándola para t = 360 días Þ b (t-t ) = 0.79 t = 10000 días Þ b (t-t ) = 0.99 se obtienen unos coeficientes de fluencia para el estado I, j (t,28): 18

H

0

c

c

0

0

I


0

73

Materiales

t (días)

360 1.86

j (t,28) I

10000 2.34

Estado II Para el estado II la fluencia es efectiva desde t = 240 días: j ((t,t ) = j ·b (t-t ) j = j ·b(f )·b(t ) = 1.54 j = 1.65 b(f )=2.92 1 b( t = 240 ) = 0.1 + 240 = 0.32 é (t - t ) ù b (t - t ) = ê ú ë b + (t - t ) û b = 406.5 La fluencia se evalúa para los siguientes instantes: b (t-t ) = 0.64 t - t = 360 - 240 = 120 días Þ t - t = 10000 -240 = 9760 días Þ b (t-t ) = 0.99 y se obtienen unos coeficientes de fluencia para el estado II, j (t,240): t (días) 360 10000 0.99 1.53 j (t,240) 0

0

0

c

0

RH

cm

0

RH

cm

0

0.2

0.3

0

c

0

H

0

H

0

c

0

0

c

0

II

II

Como la tensión es s (t=240) = 80000 = 2.55 MPa , la deformación se puede calcular mediante f P× 4 s la expresión ej (t,240 ) = E × j(t,240 ) . 2

240 28

Con estos resultados, y aplicando el principio de superposición, se obtienen las siguientes deformaciones debidas a la fluencia: t (días) 360 10000 -4.66·10 -3.69·10 e j (t,28) 1.22·10 0.79·10 e j (t,240) -3.44·10 -2.9·10 e j(t,t ) c

-4

I

c

-4

II

c

0

-4


-4

-4

-4

74


3 Deformación total

La deformación total será la suma de deformaciones parciales: e = eD + e + e +e j + e + e j Deformaciones t = 360 días Temperatura +10 Retracción -3.22·10 Instantánea elástica Estado I -1.99·10 Estado II 0.78·10 Fluencia Estado I -3.69·10 Estado II 0.79·10 TOTAL -6.33·10 TOTAL

T

cs

I

i

I

II i

II

-4

-4 -4

-4

-4

-4

-4


t = 10000 días +10 -4.45·10 -1.99·10 0.78·10 -4.66·10 1.22·10 -8.1·10 -4

-4 -4

-4

-4

-4

-4

75

Materiales

Ejercicio I-6 Problema de relajación y fluencia

Sea un elemento vertical de hormigón de sección 15x15 cm y longitud 75 cm. Dicho elemento se encuentra biempotrado y se construye con un hormigón de 25 MPa, fabricado con un cemento de endurecimiento rápido. Tras su hormigonado y curado se sumerge en agua, y puede considerarse que la retracción y el entumecimiento comienza a 1 día de edad. Se pide:

Realizar un estudio de la evolución de tensiones en el hormigón con el paso del tiempo. Solución

1 Cálculo de la retracción/ e l e

cs

(t , t ) = e s

cso

×b

s

entumecimiento

(t - t ) s

t = comienzo de la retracción, en días = 1 día t= edad del hormigón, en días s

e

cso

= e ×b s

e = (570 - 5 × f S

b

RH

e

cso

b

RH

ck

×

) 10

-6

= 4.45 × 10

= 0.25 (entumecimiento) = 0.00011

luego,

s

-4

(t - ts) = 0.035 × te- +ts (t - ts) 2

e = 2 u× A = 75mm b

s

-1 (t - 1) = 195.t875 +t

-1 (1, t ) = 0.00017 × 195.t875 +t Para realizar estudios en el tiempo, se opta por tomar intervalos que proporcionen un mismo De . Para un hipotético tiempo infinito: e

cs

cs


76


t ®¥Þe a=

e

e

cs

cs máx

cs máx

=

= 0.00011

t -1 1 + 195.88 × a t + 195.88 Î [0,1] Þ t = 1 - a

2

2

La última ecuación proporciona el tiempo transcurrido desde el origen de tiempos, necesario para que se produzca una deformación por entumecimiento de ae . Tomando incrementos de deformación constante, por ejemplo 1 2 3 4 9 a = 0, , , , ,..., 10 10 10 10 10 cmáx.

se calculan los intervalos de tiempo en los que se produce una deformación constante del 10% de la deformación a tiempo infinito. Esto aparece reflejado en la siguiente tabla: a t, días

e

cs

1/10

2/10

3/10

4/10

5/10

6/10

7/10

8/10

9/10

3

9.2

20.5

38.5

66.6

111.5

190.2

351

840.3

1.1·10

-5

2.2·10

-5

3.3·10

-5

4.4·10

-5

5.5·10

-5

6.6·10

-5

7.7·10

-5

8.8·10

-5

9.9·10

1

-5

¥ 1.1·10

-5

Las deformaciones por entumecimiento aparecen representadas en la siguiente gráfica: DEFORMACIONES POR ENTUMECIMIENTO 1,20E-04 1,00E-04 8,00E-05 6,00E-05

EPScs(t)

4,00E-05

INCEPScs(t)

2,00E-05 0,00E+00 1

10

100

1000

10000

100000

1000000

10000000

días

2 Cálculo del módulo de def ormación longitudinal

Cuando se resuelva el problema en términos de fluencia o de relajación se precisará conocer la evolución del módulo de deformación en el tiempo.


77

Materiales

Según la EHE y el código modelo MC-90, el módulo de deformación longitudinal inicial del hormigón se puede obtener mediante la siguiente expresión: E = 10000 × f f = f +8 donde todas las magnitudes están expresadas en MPa. En nuestro caso, f =25 MPa, luego: E = 32075 MPa 3

c 28

cm

cm

ck

ck

c 28

En función del tiempo, se tiene: E = b×E c ,t

c 28

donde se adopta para cemento de endurecimiento rápido: días 3 7 28 90 365 1000 10000 20000 0.74 0.87 1 1.07 1.09 1.2 1.21 1.215 b Por lo tanto, para los intervalos de tiempo que se tienen, se obtiene interpolando: días 3 9.2 20.5 38.5 66.6 111.5 190.2 351 840.3 0.74 0.88 0.954 1.012 1.044 1.072 1.077 1.089 1.17 b E 23700 28200 30600 32500 33500 34300 34600 34900 37500 Estos valores aparecen reflejados en la siguiente gráfica: c, t

E(t)

4 00 00 3 50 00 3 00 00

MPa

2 50 00 2 00 00 1 50 00 1 00 00 5 00 0 0 0

2 00

4 00

6 00

8 00

1 00 0

dí a s


78


3 Cálculo del coeficiente de

fluencia

Para cualquiera de los dos métodos de resolución se precisará conocer los distintos valores del coeficiente de fluencia. Según el código modelo CM-90 y la norma EHE, se tendrá: j( t, t ) = j × b ( t - t ) 0

0

c

0

En nuestro caso: 2.92 j( t, t ) = 0.1 + t 0

0

RH

cm

0

0.3

0

0.2

0

0

j = ×j × b(f ) × b( t j = 1 ( HR = 100 )

é t-t ù ×ê ú ë1500 + t - t û

)

b

) = 16.8 = 2.92 f +8 1 b( t ) = 0.1 + t RH

b(f

(t - t

0

b = 1500

ck

0.3

0

h

cm

0

c

) = éê b t+-tt- t ùú ë û

h

0

(HR = 100)

0.2

0

En el gráfico siguiente se presentan las distintas funciones de fluencia para los escalones de tiempo determinados. Se aprecia que: a) los valores de j son mayores cuanto más temprana es la edad de carga; b) las distintas funciones de j obtenidas no son una traslación de la primera j (t,t =3): las funciones varían (son cada vez menores) conforme aumenta t . 0

0

COEFICIENTE DE FLUENCIA 1,80

FI(t,t0=3) 1,60

FI(t,t0=9.2) 1,40

FI(t,t0=20.5) 1,20

FI(t,t0=38.5) 1,00

FI(t,t0=66.6) 0,80

FI(t,t0=111.5)

0,60

FI(t,t0=190.2)

0,40

FI(t,t0=351)

0,20

FI(t,t0=840.3)

0,00 0

100

200

300

400

500

600

700

800

días


900

79

Materiales

4 Resolución del problema e n

términos de relajación

La relajación es un fenómeno complementario al de fluencia. Consiste en la relajación de tensiones que se produce en el tiempo a partir de una tensión inicial provocada por una deformación impuesta. La ecuación constitutiva del hormigón, planteada en términos de una historia de deformaciones, es la siguiente: s

(t ) = e (t ) × R(t, t ) + ò R(t, t' ) × de (t' ) t

c

0

0

t0

lo que es una generalización del principio de superposición ante una historia de deformaciones cualquiera. e(t)

e(t0) t

t0

La función R(t,t ) se llama función de relajación y se puede evaluar con suficiente precisión a través de la siguiente expresión: 0

R ( t, t ) = E ( t 0

c

0

é ê ) × êê1 ê ë

f (t, t ) E (28) + c × f (t, t E (t ) 0

c

c

0

0

ù ú ú ) úú û

componente

componente

instantánea

diferida

donde c es el coeficiente de envejecimiento, evaluable según la ecuación: c=

t

(valores entre 0.5 y 1.0)

0

1+ t

0

Para edades de carga comprendidas entre 10 y 30 días (t ), c vale aproximadamente 0.8 (Trost). 0


80

4.1


Historia de deformaciones

La retracción (entumecimiento) aumenta continuamente en el tiempo. Para hacer un análisis paso a paso en el tiempo se adoptará la siguiente hipótesis: en cada hito de tiempo (t) se producirá toda la deformación desarrollada entre t y t . i

i-1

4.2

i

Análisis paso a paso

Cuando en t = 3 días aparece la deformación por entumecimiento (De (3)), en la pieza aparece una tensión de compresión. Esta tensión se relaja con el paso del tiempo. Cuando en t =9.2 días aparece De (9.2) se genera una nueva tensión de compresión, que también se relajará con el paso del tiempo. El balance de tensiones en t =9.2 días será: tensión relajada evaluada en t = 9.2 ö÷ æ ç tension que aparece + y aparecida en t = 3 por el primer ÷ åç ç en t = 9.2 por De (9.2) escalon de deformacion De (3) ÷ 0

cs

0

cs

0

0

è

cs

0

cs

ø

Gráficamente: s

e

f1: función final de la tensión relajada aparecida a 3 días

primer escalón

diferida instantánea

3

t

3


t

81

Materiales

e

s

segundo escalón

f2: función final de la tensión relajada aparecida a 9.2 días

instantánea

.

t

9.2

t

9 2 9.2

e

s suma f1 + f 2 escalones iguales

.

3

t

9 9.2 2

este incremento es mayor que el de 3 días puesto que E crece con el tiempo

f1

.

9.2 2 9

3

t

En el siguiente escalón de tiempo aparece una nueva De y se repite el proceso. cs

4.3

Solución planteada.

De (3) s (f ) De (9.2) s (f )

3 días (3)·R(3,3) 0 0 De (3)·R(3,3)

De

cs

cs

1

cs

2

... Suma por columnas s

cs

total

9.2 días (3)·R(9.2,3) De (9.2)·R(9.2,9.2) 0 De (3)·R(9.2,3)+ De (9.2)·R(9.2,9.2) De

cs

cs

cs

cs

20.5 días (3)·R(20.5,3) De (9.2)·R(20.5,9.2) ... De (3)·R(20.5,3)+ De (9.2)·R(20.5,9.2)+ De (20.5)·R(20.5,20.5) De

cs

cs

cs

cs

cs

El valor de R(t ,t ) coincide con E(t ) puesto que f(t ,t ) = 0. 0

0

0

0

0


82


Para resolver el problema se debe, por tanto, calcular las funciones de relajación R(t,t ) que aparecen a continuación. Obsérvese que los puntos iniciales de cada curva R(t,t ) coinciden con el valor de E(t ) según la curva que se ha dado en páginas anteriores: 0

0

0

FUNCIÓN DE RELAJACIÓN 45 00 0

MPa

40 00 0

R (t,t0= 3 )

35 00 0

R (t,t0= 9 .2)

30 00 0

R (t,t0= 2 0.5 ) R (t,t0= 3 8.5 )

25 00 0

R (t,t0= 6 6.6 ) 20 00 0

R (t,t0= 1 11 .5)

15 00 0

R (t,t0= 1 90 .2)

10 00 0

R (t,t0= 3 51 ) R (t,t0= 8 40 .3)

50 00 0 0

20 0

40 0

60 0

80 0

10 00

días

4.4

Resolución numérica

En la gráfica siguiente se observan los resultados:

TENSIONES POR RELAJACIÓN 0

-1

-2

MPa

-3 tens sin rel -4

tens con rel

-5

-6 0

100

200

300

400

500

600

700

días


800

900

83

Materiales

La curva tens con rel representa el sumatorio por columnas a cada edad planteado en el cuadro anterior. Proporciona la tensión real del elemento en cualquier edad, teniendo en cuenta la relajación. La curva tens sin rel representa la tensión en cada instante sin considerar la relajación. Es decir, es la suma acumulada de las tensiones instantáneas obtenidas en cada paso de tiempo. Obsérvese la diferencia importante entre esa curva y la anterior. De ahí la necesidad de tener en cuenta los fenómenos diferidos del hormigón en los análisis estructurales.

5 Resolución del problema en

términos de fluencia

Cuando aparece la deformación por entumecimiento en un tiempo t, para compatibilizar la situación se genera una tensión que introduce una deformación mecánica instantánea igual (y de sentido contrario) al entumecimiento. El balance en deformaciones es, por tanto, nulo y en tensiones aparece una compresión. Si tenemos en cuenta la fluencia, en cada escalón de tiempo se debe considerar la deformación diferida que introduce cada tensión aparecida en intervalos anteriores. Por lo tanto, la nueva tensión que aparezca en ese escalón deberá introducir una deformación instantánea igual y contraria al balance de todas las deformaciones presentes.

5.1

Planteamiento

Como se sabe, llamada

e(t)=s(t0)·J(t,t0),

función de fluencia y J( t, t 0 )

=

1 E( t 0 )

+

y resulta válido el principio de superposición. La función J es la

se expresa por:

f( t, t 0 ) E ( 28)

, donde

J(t,t0) = componente de deformación instantánea + componente de deformación diferida J(t,t0) y es aproximadamente igual a 1/E (variable).


84


FUNCIÓN DE FLUENCIA 0,00014

0,00012

J(t,t0=3)

0,0001

J(t,t0=9.2) J(t,t0=20.5) 0,00008 1/MPa

J(t,t0=38.5) J(t,t0=66.6) J(t,t0=111.5)

0,00006

J(t,t0=190.2) J(t,t0=351) 0,00004

J(t,t0=840.3)

0,00002

0 0

100

200

300

400

500

600

700

800

900

días

Para el problema actual las distintas funciones J aparecen en la gráfica anterior. Se observa que los puntos iniciales de las curvas son cada vez de menor valor con el paso del tiempo (cuanta más edad tiene el hormigón, menores deformaciones instantáneas y diferidas tiene). La solución del problema se plantea como sigue, si:

Decs(t): incremento de deformación por entumecimiento entre el escalón de tiempo t -Dt y t; Ds(t): tensión que aparece en t tras realizar el balance parcial de deformaciones; em(t,t0): deformación mecánica en t provocada por la aparición de Ds(t0) en t0 ; em(t0,t0): la deformación instantánea; Dem(t,t0): incremento de deformación mecánica entre t y t-Dt. Se puede expresar como: em(t,t0)-em(t-Dt,t0) y corresponde exclusivamente a la deformación diferida. Situación a 3 días:

De

cs

(3)

® Balance parcial Decs(3)


85

Materiales

®

Debe aparecer una tensión que introduzca una deformación instantánea igual y contraria al

balance parcial Ds(3)=-Decs (3)E(3)

em (3,3)=Ds(3)J(3,3)

® Balance en deformaciones: e(3) = Decs(3)+Dem(3,3)+De(0) = 0 ® Balance en tensiones: s(3) = Ds(3) + s(0) = Ds(3) Situación a 9.2 días:

Decs(9.2)

Aparece un incremento de deformación (diferida) provocada por

Ds(3) entre t = 3 y t= 9.2.

Dem(9.2;3)=em(9.2,3)-em (3,3)= Ds(3)J(9.2,3)-Ds(3)J(3,3)

® Balance parcial Decs(9.2)+ Dem(9.2,3) ® Debe aparecer una tensión que introduzca

una deformación instantánea igual y contraria al

balance parcial Ds(9.2)=-(Dem(9.2,3)+Decs(9.2))E(9.2)

em(9.2,9.2)=Ds(9.2)J(9.2,9.2)

® Balance en deformaciones: e(9.2) = Decs(9.2) + Dem(9.2,3) + em(9.2,9.2) + e(3) = 0 ® Balance en tensiones:


86


s(9.2) = Ds(9.2) + s(3) Situación a i días: Decs(i)

Aumento de la deformación diferida por la carga en t=3: Dem(i,3)=em(i,3)-em(i-Dt,3)= Ds(3)J(i,3)-Ds(3)J(i-Dt,3)

Aumento de la deformación diferida por la carga en t=9.2:

Dem(i,9.2)=em(i,9.2)-em(i-Dt,9.2)= Ds(9.2)J(i,9.2)-Ds(9.2)J(i-Dt,9.2)

D

Aumento de la deformación diferida por la carga en t=i- t:

Dem(i,i-Dt)=em(i,i-Dt)-em(i-Dt,i-Dt)= Ds(i-Dt)J(i,i-Dt)-Ds(i-Dt)J(i-Dt,i-Dt)

® Balance parcial: j = i - Dt

De cs (i ) + De m (i,3) + De m (i,9.2 ) + ... + De m (i, i - Dt ) = å De m (i, j ) j =3

®

Debe aparecer una tensión que introduzca una deformación instantánea igual y contraria al

balance parcial: j=i-

Dt

Ds(i)=-SDem(i,j)·E(i) j=3

em(i,i)=Ds(i)J(i,i)

® Balance en deformaciones: e(i) = Decs(i) + Dem(i,3) + Dem(i,9.2) + ... + em(i,i- Dt) + em(i, i) + e(i- Dt) = 0


87

Materiales

® Balance en tensiones: s(i) = Ds(i) + s(i-Dt) En la gráfica siguiente se presenta la solución del problema en términos de fluencia. La curva tens sin flu representa las tensiones acumuladas sin tener en cuenta los fenómenos de fluencia. La curva tens con flu representa la solución teniendo en cuenta los fenómenos diferidos. Las tracciones finales aparecen por la escala de intervalos tomados. La tensión de compresión final aproximada es de 2 MPa, que coincide muy sensiblemente con la obtenida según la función aproximada de relajación que se ha tomado.

TENSIONES EN t 0

-1

-2

MPa

TENS (t) con flu

-3

TENS(t) sin flu

-4

-5

-6 0

200

400

600

800

días


1000

89


Ejercicio I-7 Pérdidas instantáneas y diferidas en una viga con armaduras postesas

Una viga simplemente apoyada de hormigón pretensado debe salvar una luz de 25 m. Sobre ella actúan, además del peso propio (8,5 kN/m), una carga muerta de 1.5 kN/m, una sobrecarga de uso de 2 kN/m y una carga puntual móvil de 100 kN. Se adopta una solución 2de hormigón pretensado con armaduras postesas constituidas por 4 tendones T52 F 0.6 (Ap=28 cm ). El trazado equivalente de dichas armaduras sigue la ecuación y =0.0032 x - 0.08 x, tal como se aprecia en la figura adjunta.

Características de la sección: Ac = 0.34 m24 v = 0.67 m Ic = 0.062 m v = -0.58 m La fuerza de pretensado inicial a la salida del gato, antes de anclar, es de 2200 kN. Los tendones se tesan de dos en dos. La penetración de cuña es de 5 mm. Los materiales empleados son: - hormigón HP-45/P/20/IIb fck= 45 MPa - armadura activa Y 1860 S7 fPmáx = 1860 MPa, fPyk = 1700MPa Nota: se considerarán los siguientes valores de las propiedades mecánicas del hormigón: Módulo de deformación longitudinal: Ec= 40000 MPa Deformación unitaria de retracción final: ecs = - 0.0003 Coeficiente de fluencia: j = 2. Las propiedades de la armadura activa son: Módulo elástico: Ep= 200000 MPa Relajación final: r = 8% Coeficiente de fricción angular: m = 0,2 Ondulación k/m = 0.015 rad/m.


90


Se pide:

1. Calcular las pérdidas instantáneas y diferidas de la fuerza de pretensado en las secciones central y de apoyo. Solución

1 Pérdidas instantáneas de l a 1.1

fuerza de pretensado

Pérdidas por rozamiento

Se pueden evaluar mediante la expresión: DP1 = P0·[1-exp(-m·a-K·x)] En la sección de apoyo tanto x como a son nulos, por lo que no hay pérdida de fuerza de pretensado debido al rozamiento. Por lo que se refiere a la sección de centro de vano (x=12.5 m), la variación angular se obtiene como: a(x=12.5m) = y(12.5m) - y(0) = 0.08 Teniendo además en cuenta que, resultando una pérdida de pretensado en x=12.5 m, de valor DP1 = P0 × (1 - e - 0.2×0.08 + 0.003×12.5 ) = 114.61 (

1.2

)

kN

Pérdidas por penetración de cuñas

Dado que se trata de armaduras postesas, se evalúa esta pérdida considerando que el rozamiento al destesar el tendón es igual al rozamiento al tesar.


91


La ecuación que permite encontrar la longitud lp que se ve afectada por la pérdida al penetrar las cuñas es a = Dl = ò0l EDP×(Ax) dx @ 2 D× EP2 ××lAp p p p p Teniendo en cuenta que DP2 = 2·(PA-PB) = 2·PA· (1 - e k l ) , y sustituyendo en la expresión anterior, se obtiene la siguiente ecuación que hay que resolver: - (m ×a + ×

kl a = PA × [1 -Ee × A ]× l p - (m×a + ×

donde:

p)

p

p)

p

a = 5 mm (penetración de la cuña) lp : longitud de influencia de la penetración de cuña Ap = 2800 mm2 Ep = 200000 Mpa. Resolviendo esta ecuación en lp, se obtiene: lp = 17.57 m DP2 = 2·DPB(x=17.57m) = 318.74 kN. Así, la pérdida en la sección de apoyo es DP2(x=0) = 318.74 kN. La pérdida en el centro de la viga se obtiene de la siguiente manera:


92


l D' D = AC Þ D' D = AC × lp - 2 = AC × æç1 - l ö÷ ç 2 × lp ÷ lp è ø l p - 2l lp 25 ö÷ = 91.97 kN æ DP2D = D' D = 318.74 × ç1 è 2 × 17.57 ø PD = PA DP1D DP2D = 2200 114.61 91.97 = 1993.42 kN 1.3

Pérdidas por acortamiento elá stico del hormigón

Estas pérdidas se pueden estimar mediante la siguiente expresión, considerando que todos los tendones experimentan un acortamiento uniforme: n - 1 × Ap × E p DP3 = s cp × 2 × n E cj donde:

n=2 (los tendones se tesan dos a dos, simétricamente) P - DP1 - DP2 - (P0 - DP1 - DP2 ) × e 2 - M pp × e s cp = - 0 Ac Ic Ic En la sección de apoyo: PC = PA-DP1-DP2 = 1881260 N e=0 Mpp = 0 1881260 = -5.53 MPa s cp = 340000 2 - 1 × 2800 × 200000 = -19355 N DP3 = -5.53 × 2 × 2 40000 En la sección de centro de vano: PD = PA-DP1-DP2 = 1993420 N 2 e = y(12.5) = 0.0032·12.5 0.08·12.5 = -0.5 m = -500 mm Mpp = 664062.5 N·m 1993420 - 1993420 × (- 500 ) 2 - 664062500 × (- 500 ) = -8.55 MPa s cp = 340000 62 × 10 9 62 × 10 9 2 - 1 × 2800 × 200000 = -29925 N DP3 = -8.55 × 2 × 2 40000 Nótese que se está considerando la actuación en este momento del peso propio.


93


Estos resultados, referentes a las pérdidas instantáneas de fuerza de pretensado, se recogen en la siguiente tabla: Pki (kN) Sección DP2 (kN) DP3 (kN) DPinst (kN) DPinst / P0 DP1 (kN) Apoyo 0 -318.74 -19.35 -338.11 -15.4 % 1861.9 Central -114.61 -91.97 -29.92 -236.5 -10.8 % 1963.5 1.4

Pérdidas diferidas de la fuerz a de pretensado

Se realiza una evaluación conjunta de las pérdidas diferidas, considerándose una formulación que tiene en cuenta de forma aproximada la interacción entre las pérdidas debidas al acortamiento del hormigón por retracción y fluencia, y a la relajación del acero de las armaduras activas: n × j × s cpg + E p × e cs + 0.8 × Ds pr × A DPdif = p 2 A p æç A c × y p ö÷ 1 + n × A × ç1 + I ÷ × (1 + c × j) c è c ø donde: n = Ep / Ec = 5 (coeficiente de equivalencia) P P × e 2 - M pp cm × e s cgp = - ki - ki Ac Ic Ic P Ds pr = -r × ki Ap c = 0.8 (coeficiente de envejecimiento) Sustituyendo los valores correspondientes en la sección de apoyo se obtiene: scgp = -5.47 MPa Pki = 1861894 N e = yp = 0 Mpp+cm = 0 Dspr = -53.20 MPa 5 × 2 × (-5.47) + 2 × 10 5 × (-3 × 10 4 ) + 0.8 × (-53.20) × 2800 = -397746 N DPdif = æ 0.34 × 0 2 ö 0 . 0028 1 + 5 × 0.34 × çç1 + 0.062 ÷÷ × (1 + 0.8 × 2 ) è ø +

-

Por lo que se refiere a la sección de centro de vano: scgp = -7.39 MPa Pki = 1963500 N e = yp = -500 mm


94


Mpp+cm = 781250 N·m Dspr = -56.1 MPa 5 × 2 × (-7.39) + 2 × 10 5 × (-3 × 10 -4 ) + 0.8 × (-56.1) × 2800 = -399243 N DPdif = æ 0.34 × ( -0.5) 2 ö ÷ × ç1 + 1 + 5 × 00.0028 0.062 ÷ø × (1 + 0.8 × 2 ) .34 çè En la tabla siguiente se resumen los resultados obtenidos en el problema: Sección de apoyo Sección centro de vano Pérdidas instantáneas (kN) 338.11 (15.4%) 236.5 (10.7%) Pérdidas diferidas (kN) 397.75 (18.0%) 399.24 (18.1%) Pretensado final (kN) 1464.14 1564.26 33.4 28.9 DP/P0 (%)


95


Ejercicio I-8 Pérdidas instantáneas y diferidas en una viga con armaduras pretesas

Los elementos resistentes de un forjado unidireccional son viguetas de hormigón pretensado de 4 metros de luz simplemente apoyadas, cuyas sección transversal y características de los materiales se indican en el esquema adjunto. El intereje es de 50 cm. Las propiedades de los materiales son las siguientes: - hormigón: HP-35/S/12/I, (f = 35 MPa, a los 28 días), j = 2,5, e = 4·10 - armaduras activas: alambres de f = 4 mm de acero superestabilizado (r=8%), de f = 1700 MPa, y f = 1900 MPa, tesados a una tensión s = 0.75 f . ck

r

-4

pyk

pu

po

pu

Sección transversal de la vigueta

Las cargas actuantes, además del peso propio de las viguetas, son: - carga muerta permanente: 1.5 kN/m - sobrecarga variable: 2.0 kN/m Se toman Y =0.6, Y =0.5, Y =0.2 como coeficientes de combinación de acciones. 2

2

o

1

2

Se pide:

1. Calcular las características mecánicas de las secciones bruta (A, I, v, v) y homogeneizada (A , I , v , v ). h

n

h

n


96


2. Calcular las pérdidas por acortamiento elástico y las pérdidas diferidas de pretensado. 3. Calcular los momentos que hay que aplicar a la vigueta para que se produzca el estado límite de descompresión y el estado límite de aparición de fisuras. Verificar si dicha vigueta, en el forjado descrito, satisface dichos estados límite. 4. Calcular las tensiones en las fibras extremas del hormigón antes y después de transferir el pretensado, y a largo plazo, suponiendo que actúan la totalidad de las cargas. Solución

1 Las características mecáni cas de la sección bruta son las siguientes:

A = 11250 mm v = -84.16 mm v = 95.84 mm I = 37893228 mm El área de pretensado es A =3·0.785·4 = 37.7 mm , y su excentricidad equivalente es: e = 1 × (95.84 - 20 ) +32 × (95.84 - 165) = -20.83 mm . Si se consideran los siguientes valores del módulo de deformación longitudinal: - hormigón: E =8500·f =8500·(35+8) = 29778.88 Mpa - acero de las armaduras activas: E = 200000 MPa - coeficiente de equivalencia: n = E /E = 6.72 se obtienen las características de la sección homogeneizada de la siguiente forma: 2

4

2

p

2

p

c

1/3 cm,j

1/3

p

p

c

Centro de gravedad


97


Área homogeneizada: A = A + (n-1)·A = 11250+(6.72-1)·37.7 = 11465.64 mm Tomando momentos estáticos respecto de la fibra superior se puede obtener el centro de gravedad: .84 + 5.72 × 37.7 × 116.67 = 96.23 mm v = A A× v ++((nn--11))××AA × v = 11250 × 95 11250 + 5.72 × 37.7 v = v h = -83.77 mm El momento homogeneizado de inercia se obtiene como sigue: h

c

2

p

c

p

p

h

c

p

h

I = I + A ·(v-v ) + å (n - 1) × A × e = 38991959 mm h

c

c

h

3

2

2

pi

i =1

4

hi

Así pues, las características de la sección homogeneizada son: A = 11465.64 mm v = -83.77 mm v = 96.23 mm I = 38991959 mm 2

h

h

h

4

h

2 Las pérdidas se calcularán

en la sección centro de vano, que es la crítica.

El valor de la excentricidad del trazado equivalente del pretensado en la sección homogeneizada es e = e + (v v) = -20.44 mm. Momentos actuantes en la sección centro de vano debidos a las diferentes acciones, sin mayorar: - peso propio: pp = 25·0.011250 = 281.25 N/m M = pp8× l = 562.5 N·m - cargas muertas: cm = 1500·0.5 = 750 N/m M = cm8 l = 1500 N·m - sobrecarga variable: sc = 2000·0.5 = 1000 N/m M = sc8× l = 2000 N·m h

h

2

pp

×

2

cm

2

sc

La fuerza de pretensado inicial es: P = s ·A = 0.75·f ·A = 0.75·1900·37.7 = 53722.5 N 0

p0

p

pu

p


98

2.1


Pérdidas por acortamiento el á stico

DP3 =scp ×A p ×

Ep E cj

= -5.26×37.7×

scp = -

200000 29778.88

= -1332.83 N

P0 P0 × e2 = -5.26MPa Ah Ih

Fuerza de pretensado después de la transferencia: P = P + DP = 52389.67 N. ki

2.2

0

3

Pérdidas diferidas

Se calculan mediante la siguiente expresión, que permite tener en cuenta la interacción entre fluencia y retracción del hormigón y la relajación del acero de pretensado: DPdif =

scgp = c = 0.8

Dspr

n × j(t, t 0 ) × s cgp + E p × e s (t, t 0 ) + 0.8 × Ds pr × A p = -8315.1 N A p æç y 2p ö÷ 1+ n × × 1+ A × × (1 + c × j(t, t 0 )) h Ih ÷ A h çè ø Pki Pki × e2 M pp + cm × e = -4.05MPa Ah Ih Ih

(coeficiente de envejecimiento) P = -r × = -111.17 MPa A f

ki

p

Fuerza de pretensado final: P ¥ = P + DP = 44074.66 N Por lo tanto, las pérdidas instantáneas de fuerza de pretensado representan un 2.5% sobre el pretensado inicial; mientras que las diferidas alcanzan el valor de un 15.5% respecto al mismo valor de la fuerza de pretensado en anclajes. k

ki

dif

3 El momento de descompres ión de la sección se calcula con la siguiente expresión:

æ r2h

M 0 = -Pk × çç

è v'h


ö

+ e ÷÷ ø

99


El momento de descompresión dependerá de la fuerza de pretensado, por lo que será distinto a corto y a largo plazo, esto es: - después de la transferencia (P = 0.95·P = 49770.19): M = 3037.8 N·m - largo plazo (P = 0.95·P ¥ = 41870.93): M ¥ = 2555.65 N·m La expresión del momento que provoca el inicio de la fisuración en la sección es la que sigue: k

k

ki

k

0i

0

æ r2h

M = -Pk × çç

è v'h

ö

+ e ÷÷ - f ct × ø

Ih v' h

Resistencia característica a tracción del hormigón: f =0.21·f =2.25 MPa Resistencia a tracción a los 7 días: f =b ·f = 0.7·2.25 = 1.58 MPa Resistencia a tracción a largo plazo: f ¥ = b¥·f = 1.1·2.25 = 2.48 MPa Con estos valores se obtiene: - después de la transferencia (P = 0.95·P = 49770.19 N): M = 3773.23 N·m - largo plazo (P = 0.95·P ¥ = 41870.93 N): M¥ = 3710 N·m A la hora de verificar los estados límite se tiene en cuenta la combinación de acciones simplificada que viene recogida en la instrucción EHE para las situaciones: - frecuente: Sg ·G + g ·P + y ·g ·Q - casi permanente: Sg ·G + g ·P + y ·g ·Q Los coeficientes que se utilizan en la verificación son los que se indican en la siguiente tabla: Coeficientes g g g y y Valores 1.0 1.0 0.95 0.5 0.2 Sin considerar el pretensado, las combinaciones anteriores proporcionan los siguientes momentos de cálculo en los estados límite de servicio: - situación frecuente: M = 3062.5 N·m - situación casi permanente: M = 2462.5 N·m Se considera además una combinación únicamente con las cargas permanentes: M = 2062.5 N·m. La siguiente tabla recoge la verificación de los estados límite de descompresión y apertura de fisuras para las diferentes combinaciones. 2/3

ct,k

ct.7

7

ct,k

ct.

ct,k

k

k

ck

ki

i

k

G,j

k,j

P

k

1,1

Q,1

k,1

G,j

k,j

P

k

2,1

Q,1

k,1

G,j

Q,1

P

1,1

2,1

fr

cp

G


100


Estado límite EL descompresión EL apertura de fisuras

Frecuente No Sí

Casi permanente Sí Sí

C. Permanentes Sí Sí

4 Tensiones en el hormigón

Las tensiones en el hormigón se calculan con la siguiente fórmula: g ×P g ×P ×e M s =+ ×y - ×y A I I donde A e I son el área y la inercia de la sección considerada en cada fase. p

4.1

k

p

k

Antes de la transferencia

Acciones: s =0

- pretensado en la armadura activa

c

4.2

Después de transferir (secció n homogeneizada)

- pretensado P = 52389.67 N; e = -20.44 mm - peso propio: 281.25 N/m

Acciones:

ki

-2.95 MPa

s s

c,sup c,inf

= -2.95 MPa = -5.32 MPa -5.32 MPa

4.3

Largo plazo (sección homoge n eizada). Consideramos la situación frecuente.

Acciones:

- pretensado P ¥ = 44074.66 N; e = -20.44 mm - peso propio: 281.25 N/m - cargas muertas permanentes: 750 N/m - sobrecarga variable: 1000 N/m k


101


-8.88 MPa

s s

c,sup c,inf

= -8.88 MPa = 1.79 MPa 1.79 MPa

5 Tensiones en el acero

Las variaciones de tensión en el acero se obtienen como: Ds = n·Ds (y=e ) donde n = E /E = 6.72 es el coeficiente de equivalencia. p

c

p

5.1

h

c

Antes de la transferencia (sec c ión de la armadura activa)

Acciones: - pretensado en el acero Si se admite relajación nula del primer día: P = 1425 MPa s =s = A o

p

5.2

p0

Después de transferir (secció n homogeneizada)

Variación de acciones:

- pretensado P - peso propio: 281.25 N/m ki

Ds = -30.11 MPa s = 1394.89 Mpa p

p

5.3

Largo plazo (sección homoge n eizada)

Variación de acciones:

- pérdidas diferidas de pretensado DP - cargas muertas permanentes: 750 N/m - Sobrecarga variable: 1000 N/m dif

Ds = 17.53 MPa s = 1412.42 MPa p

p


103


Ejercicio I-9 Cargas y esfuerzos debidos al pretensado en estructuras isostáticas Una viga simplemente apoyada debe resistir, además de su peso propio, una carga uniformemente repartida de 10.0 kN/ml extendida en toda su longitud. Para ello se diseña una solución de hormigón pretensado con armaduras postesas, cuyo trazado equivalente es el de la figura adjunta, y cuyas características geométricas y mecánicas son: 4

v = 0.67 m

ea = 0.20 m

2

v = -0.58 m

ec = -0.48 m

Ic = 0.062 m Ac = 0.34 m

Se supone que no existe rozamiento entre tendón y vaina. El trazado está compuesto por 3 parábolas tangentes en l/4 y en 3l/4 (en donde no necesariamente la excentricidad deber ser nula) y con pendiente nula en los apoyos y en centro de luz.

Se pide: Determinar las cargas y esfuerzos de pretensado en la estructura, si la fuerza de pretensado es P=1000 kN. Criticar el trazado del tendón basándose en las cargas actuantes, la geometría y las condiciones de vinculación de la viga.

Solución 1. El trazado equivalente del cable viene definido por la siguiente ecuación, con las unidades en metros:


104


ì- 0.008704 × x - 0.2176 × x - 1.16 , -12.5 m £ x £ -6.25 ïï e( x ) = í0.008704 × x - 0.48 , -6.25 m £ x £ 6.25 m ï ïî- 0.008704 × x + 0.2176 × x - 1.16 , 6.25 m £ x £ 12.5 m 2

m

2

2

Nota: Obsérvese que para x=6.25 e(x)=-0.14 m.

·

Cargas de pretensado

Las cargas de pretensado se pueden dividir en dos grupos:

ìP = P × cos a ï - cargas concentradas en los anclajes íP = P × sen a ïM = P × e î P ì ïnormales : n = - cargas distribuidas a lo largo del trazado í r ïtangenciales : t = -m × n î h v

p

h

a

En este caso, al no considerarse rozamiento entre tendón y vaina, t = 0. Por otra parte, se supone que las cargas distribuidas normales son aproximadamente verticales, ya que la pendiente del tendón es muy pequeña.

1 r

n

ì- 0.017408 , -12.5 m £ x £ -6.25 ï » e'' ( x ) = í0.017408 , -6.25 m £ x £ 6.25 m ï- 0.017408 , 6.25 m £ x £ 12.5 m î =

P r

ì- 17.408 , -12.5 m £ x £ -6.25 ï = í17.408 , -6.25 m £ x £ 6.25 m ï- 17.408 , 6.25 m £ x £ 12.5 m î

m -1

radio de curvatura en m

m carga distribuida normal (kN/m)


105


·

Esfuerzos de pretensado

Dado que se trata de una estructura isostática, los esfuerzos de pretensado se pueden obtener en cada sección directamente como:

a a V = -P·sena M = P·e·cos N = -P·cos

donde: 1

cos

a=

sen

a=

1

+ tg a 2

tg 1

2

x

+ tg a 2

= =

1 1

+ (e' ( x )) ( e' ( x ))

1

2

2

+ (e' ( x ))

2

A partir de estas expresiones se obtienen los esfuerzos de pretensado que se recogen en los siguientes gráficos.

Momentos flectores debidos al pretensado -600,00

M-max=480 kN·m

M (kN·m)

-400,00

-200,00

0,00

200,00

M+max=200 kN·m


106


Esfuerzos axiles debidos al pretensado -1250,00

N (kN)

-1000,00

-750,00

-500,00

-250,00

0,00

Esfuerzo cortante debido al pretensado

-150,00

V (kN)

V

máx= 108.8 kN

-100,00

-50,00

0,00

2. A la hora de analizar el trazado de pretensado se aprecian dos aspectos poco adecuados: la longitud de la contracurva y la excentricidad en la zona de apoyos. Por lo que se refiere al primer aspecto, parece que el hecho de disponer la contracurva tiene como objeto llegar con pendiente nula a la zona de apoyos. No obstante, esta decisión parece errónea, puesto que no se aprovecha el efecto beneficioso de reducción del cortante que se obtiene al dar una cierta inclinación al pretensado, precisamente en la zona crítica frente a este tipo de esfuerzo. Una buena solución sería llegar con una pequeña pendiente al eje del apoyo, acabando con pendiente casi nula en el extremo de la viga. Por otra parte, la contracurva no es eficaz puesto que provoca unas cargas verticales descendentes, que no compensan las cargas a exteriores, sino que tienden a aumentar la solicitación que éstas

107


provocan. Además, al estar el punto de inflexión demasiado alejado del apoyo, este efecto se ve acentuado. Finalmente, el hecho de dar una excentricidad al pretensado en la zona de apoyos (ea = 20 cm) provoca una elevación general del trazado en secciones intermedias, por lo cual el efecto beneficioso del pretensado disminuye. No obstante, se observa que la fuerza de pretensado es interior al núcleo central. Además, si hubiese rozamiento las pérdidas serían innecesariamente aumentadas. Así pues, se considera que el trazado más adecuado sería aquel con dos curvaturas, situado el punto de inflexión cercano a la vertical del apoyo. De esta forma se puede conseguir una cierta pendiente en la zona de apoyos, llegando con pendiente nula al extremo de la viga, con lo cual se facilita la operación de tesado. Finalmente, se dispondría excentricidad nula en zona de apoyos.


109


Ejercicio I-10 Hiperestáticos de pretensado. Trazado concordante. Viga continua Para reducir el número de pilares en la planta baja de un edificio y resistir las cargas puntuales Q por ellos transmitidas, se diseña una viga continua de hormigón pretensado de sección rectangular, con armaduras postesas de trazado equivalente poligonal, tal como indica la figura adjunta. No se consideran pérdidas instantáneas ni diferidas.

Se pide: 1. Obtener los esfuerzos hiperestáticos de pretensado en la viga. 2. Calcular la relación entre e1 y e2 para obtener un trazado concordante. 3. Predimensionar el valor de la fuerza de pretensado por el método de compensación de cargas Q = 400 kN, despreciando el peso propio de la viga. 4. Con el valor de P antes calculado, si e1=0.4 h , e2=0.4 h y l=10 m, calcular el valor de la carga exterior Q para la que se producirá la primera fisura.

Nota:

se adoptarán los siguientes valores de las propiedades mecánicas del hormigón: - resistencia a compresión fc,k = 35 MPa - resistencia a tracción fct,k = 3 MPa - módulo de deformación longitudinal Ec = 35000 MPa

Solución 1. Se efectúa el cálculo del momento hiperestático de pretensado a partir de las curvaturas impuestas

c por el pretensado en cada sección:


110


ì æ xö ïïdJ A = ç1 - L ÷ × dJ ìdJ A × x = dJ B × (L - x ) è ø Þ í í x îdJ = dJ A + dJ B ïdJ = × dJ ïî B L

d

J = c·dx =

× ×

P ( x ) e( x ) E I

× dx

ì æ x ö P × e( x ) ïïdJ A = ç1 - L ÷ × E × I × dx ø è Þ í ïdJ = x × P × e( x ) × dx ïî B L E × I

Si se toman e1 y e2 positivas hacia arriba, el trazado del pretensado viene definido por la siguiente ecuación: l ì e1 ï2 × l × x , 0 £ x £ 2 ï ï2 × ( e 2 - e 1 ) × x + 2 × e - e , l £ x £ l 1 2 ïï 2 l e( x ) = í e1 - e 2 * * ï × x + e2 , 0 £ x £ l ï l ï e ï- 1 × x * + 2 × e 1 , l £ x * £ 2 × l x * = x - l ïî l Imponiendo la compatibilidad de giros sobre el apoyo central, debidos al pretensado y al momento hiperestático, se tiene:

Los giros que provoca el pretensado en cada tramo son:


111


l

JPI = ò0ldJ I = ò02 l 2

ò0

P

× e( x ) × E×I

x l

l

× dx + òl 2

e ×x P P x l × 2 × 1 2 × dx + ò l × E×I E×I l l 2 2

J PII = ò02 l dJ II = ò0l ×

×

P e( x )

×

E I

P

× e( x ) × E×I

x l

× dx =

P×l æ e - e1 ö × çç 2 × 2 × x + 2 × e 1 - e 2 ÷÷ × dx = E×I l è ø

5 × e2 æe × çç 1 + 24 è4

ö ÷÷ ø

x ö x ö 2 l P × e( x ) æ æ × ç1 × ç1 ÷ × dx + òl ÷ × dx = 2 × l E × I 2 ×lø è ø è ×

x ö x ö ö æ ö æ æ e æ e - e2 2l P × çç - 1 × x + 2 × e 1 ÷÷ × ç1 ×çç 1 × x + e 2 ÷÷ × ç1 ÷ × dx = ÷ × dx + òl E×I è l ø è 2×lø ø è 2×lø è l P × l æ e1 5 × e 2 ö ×ç + ÷ E × I çè 2 12 ÷ø

l ò0

P E×I

×

La compatibilidad de giros en el apoyo obliga a la aparición de un momento hiperestático de forma que:

ü × æ e1 5 × e 2 ö M H × l ×ç + ÷+ ï 24 ø 3×E ×I × è4 ï ý e 5 e M × 2 × l × P l × æ ï 2 ö J II = J PI + J MII = ×ç 1 + ÷- H E×I è 2 12 ø 3×E×I ï þ

J I = J PI + J MI =

P l

E I

J I = J II

De donde:

MH =

5 ö æ3 - P × ç × e1 + × e 2 ÷ 8 ø è4

2. El trazado concordante es aquel que provoca una reacción hiperestática nula; esto es, no existe momento hiperestático:

MH = 0

Þ

3 4

5

5

8

6

× e1 + × e 2 = 0 Þ e1 = - × e 2

3. Las cargas de pretensado habrán de compensar las cargas puntuales.

a » tgai

sen i


112

sen


a1 = -

2

× e1 l

×

a2 =

2 (e 2

sen

a3 =

e2

sen

a4 = -

sen

- e1 )

Q

l

= P × (sen a 1 + sen a 2 ) = 2 × P ×

e2

- 2 × e1 l

- e1 l

e1

Q

l

2

= P × (sen a 3 + sen a 4 ) = P ×

e2

- 2 × e1 l

Ambas ecuaciones conducen a idéntica solución:

P

=

Q 2

×

l e2

- 2 × e1

= 200 ×

l e2

- 2 × e1

donde P viene expresado en kN y l,e1 y e2 en metros. 4. Con los datos concretos del problema (e1 = -0.4 m, e2 = 0.4 m y l = 10 m), se obtiene una fuerza de pretensado de valor P = 1666.67 kN. Las acciones a las que se ve sometida la viga continua son las que se observan en la figura:

× ×

R1 = 2 P

R2 = P

×

e2

e2

- 2×e l

- 2 × e1 l

= 400

= 200

kN

kN

Por lo tanto, la viga se ve sometida a las siguientes cargas:

p=25·0.4=10 kN/m

que provocan los siguientes esfuerzos:


113


2

0.3125 pl

Impondremos que en las secciones críticas no se alcance una tensión superior a la resistencia característica a tracción del hormigón. 2

A = 0.4 m

4

I = 0.0333 m

Sección 1:

s sup = -

1666 .67 0.4

-

-

30 16

× (Q - 400 ) - 375 0.0333

× 0.5 = fct,k = 3000

kN m

2

Þ Q = 454.56 kN 50 Sección 2:

s inf = -

1666 .67 0.4

-

32

× (Q - 400 ) + 312.5 0.033

× ( -0.5) = f ct ,k = 3000

kN m

2

Þ Q = 505.47 kN Por lo tanto, la primera fisura se producirá para una carga Q = 454.56 kN, en la fibra superior de la sección del apoyo central. Si el problema lo resolviesemos separando los esfuerzos isostáticos e hiperestáticos de pretensado tenemos: a) Momentos debidos al pretensado


114


donde el momento hiperestático en el apoyo central MH se ha obtenido como:

MH

æ3 = -P × ç × e1 + è4

5 8

ö æ3 × e 2 ÷ = -P × ç × (- 0.4 × h ) + ø è4

5 8

ö × 0.4 × h ÷ = ø

× ×h=

0.05 P

MH = 0.05·1666.67·1 = 83.33 kN·m b) Momentos debidos a las cargas exteriores

En la sección de apoyo la situación será:

ssup = -

P A

-

(P × e

2

+ M H + MQ ) × v I

= fct

P·e2 = 666.67 kN · m MH = 83.33 kN·m MQ = -375 - 1.88·Q Despejando se obtiene el valor de Q = 454.56 kN.

Por su parte, en la sección de vano tendremos:

s inf = -

P A

-

(P × e

1

+ MH,v + MQ ) × v' I

= fct

P·e1 = -666.67 kN·m MH,v = 0.5·MH = 41.67 kN·m MQ = 312.5 + 1.56·Q En este caso se obtiene Q = 505.47 kN.

Por tanto, al igual que se obtiene por el método de las cargas, la primera fisura se producirá en la fibra superior de la sección de apoyo para un valor de Q = 454.56 kN.


115


Ejercicio I-11 Esfuerzos de pretensado en un pórtico biempotrado Dado el pórtico de la figura adjunta (cuyo dintel está pretensado), en el que se considera que no existe rozamiento entre la armadura activa y el hormigón, se sabe que la fuerza en los anclajes es Panc = 150 T.

SECCIÓN A-A

SECCIÓN B-B

ALZADO DINTEL (TRAZADO DEL TENDÓN)

Se pide: 1. Calcular el sistema de cargas de pretensado sobre el hormigón. 2. Calcular las leyes de esfuerzos de pretensado (para el instante inicial).


116


Solución

1 Sistema de cargas sobre el hormigón a) Cálculo de la ecuación del trazado del tendón.

y = ax 2 + bx + c y¢ = 2ax + b Condiciones:

= 0 Þ y (0 ) = 0 Þ c = 0 x = 12.5 Þ y (12.5 ) = -0.4 ü a = 0.00256 Þ ý x = 12.5 Þ y¢(12.5 ) = 0 b = -0.064 þ x

y

= 0.00256x 2 - 0.064x

b) Cargas sobre el hormigón q

@ P × y ¢¢ = 0.00512 P Þ

= 0.768 T m = 7.68 kN / m tga = y ¢(0 ) = -0.064 Þ

q

Þ sen a = -6.3869 × 10 - 2 Þ cos a = 0.998

luego

× a = 149.694 T = 1496.94kN P × sena = 9.58T = 95.8kN

P cos

2 Leyes de esfuerzos de pret ensado El cálculo de estas leyes se aborda resolviendo el pórtico sometido a las acciones de pretensado. Des esta forma se obtienen las

leyes totales (esfuerzos isostáticos + esfuerzos hiperestáticos).

Tomamos la siguiente notación y convenio de signos:

= Id =

1 12

´ 0.5 ´ 13 = 4.166 ´ 10 -2 m 4

§

Inercia del dintel

§

= I p = 121 ´ 0.5 ´ 0.5 3 = 5.208 ´ 10 -2 m 4 Longitud del dintel = l d = 25 m

§

Inercia del pilar


117


= lp = 6

§

Longitud del pilar

§

Área de la sección del dintel Sentido

m

= A d = 0.5 ´ 1.0 = 0.5 m 2

Å para giros y momentos:

Antihorario

Para resolver la estructura hallamos las ecuaciones elásticas teniendo en cuenta que: - los giros en - los giros en

A (fa) y en D (fd) son nulos; B (fb) y en C (fc) son simétricos;

- el dintel, por efecto del pretensado, sufre un acortamiento que puede expresarse mediante un

d en B y C (simétricos)

movimiento

m ab

Þ

m ab

m ba

Þ

=

m ba

m bc

Þ

=

=

m bc

Puesto que

2 EI p lp

=

2 EI p lp

2EI p

4EI p

=

6EI p lp

lp

2EI d

fb +

d

fa = 0 0

m ab

= 0 (mom. de emp. perfecto) (1)

6EI p lp

6 EI p lp

lp

+ m ab0 , con

2

2

(2f b + f a ) +

lp

2

d

+ m 0ba ,

2

con

fa = 0 m 0ba = 0

Þ

d

(2)

(2f b + f c ) + m 0bc Þ

ld

=

fb +

d

6 EI p

(2f a + f b ) +

2EI d

ql d

(2f b + f c ) -

ld

f b = -fc

2

(3)

12

por simetría y

m ba + m bc = 0

por equilibrio en el nudo

B,

se tiene

(ecuaciones 2 y 3): 4 EI p lp

fb +

6EI p lp

æ 4 EI p Þ çç + è lp

2

d+

2 EI d ld

2EI d ld

ö ÷f b = ÷ ø

fb -

ql d

2

12

-

ql d

2

12 6 EI p lp

2

=0 Þ

d

Por otra parte, descomponiendo la estructura: Equilibrio en el nudo B:


(4)

118


N bc

d= m ba

+ Vba = P × cos a

N bc

ld

EA d

2

(5)

Þ N bc =

2EA d

d

(6)

ld

- Vba l p + m ab = 0 Þ Vba =

m ba

+ m ab

(7)

lp

Introduciendo (6) y (7) en (5) tenemos: m ba

+ m ab

+

lp 6 EI p lp

2

fb +

2EA d

d

ld

12 E I p lp

3

d+

= P × cos a 2 EA d ld

d = P cos a

de donde

fb =

P cos

a × lp2

6EI p

-

Ad lp

2

d

3I p l d

-

d

2

(8)

lp

Introduciendo (8) en (4) tenemos

öæç P cos a × l p 2 A d l p 2 d 2d ö÷ q l d 2 6 E I p ÷ = - 2 d Þ ÷ç 6 EI p 3I p l d lp ÷ lp øè ø 12 2 2 2 2EI d A d l p P cos a × l p I d 4EI d ö ql d 2 ÷ = - P cos a ×l p 2 lp ld ÷ 3 3l d I p 3I p l d ø 12

æ 4 EI p 2 E I d ç ç lp + ld è æ

d çç è

4E A d l p 3l d

-

8E I p lp

2

Sustituyendo los valores antes calculados (Ap, lp, ld, Ip, Id, q, P·cos


a) obtenemos:

119


d ×E =

- 598.776 - 57.479 -616.255 = = 3277.952 T / m -3 - 0.188 - 0.16 - 0.0116 - 0.10154 - 1.111 × 10 40

(9)

Sustituyendo en (4): 2 æ 4I p 2I d ö 6I ç ÷Ef b = q l d - p Ed Þ + 2 ç lp ld ÷ 12 lp è ø Þ (0,0034722 + 0,0033328 )Ef b = 40 - 3,12387 Þ Ef b = 5418,975

(10)

Sustituyendo (9) y (10) en (1), (2), (3), (7) hallamos los valores de esfuerzos:

m ab

=

m ba

=

m bc Vba

2I p lp 4I p lp

f +

6I p

f +

6I p

E b

E b

lp

lp

2

2

d = 5.271 + 28.453 = 33.724 mT = 337.24 kNm

E

d = 10.542 + 28.453 = 38.955 mT = 389.95kNm

E

= -m ba = -38.995 mT = -389.95 kNm + m ab 33.724 + 38.995 m = ba = = 12.12 T = 121.2 kN lp

6

y, por último, estableciendo el equilibrio en el dintel, obtenemos:

ql d 2 por lo que, equilibrando el nudo

2

= Vbc l d Þ

Vbc

= 9,6T

B frente a fuerzas verticales, N ba

Þ

+ Vbc = P × sen a Þ N ba = P × sen a - Vbc = 9.58 - 9.6 @ 0

(el pequeño error aparece por la simplificación que supone tomar

q @ P·y)

por lo tanto: Leyes de esfuerzos:


120


21 mT

Mf 39 mT

39 mT

33.72 mT

33.72 mT

137.57 T

N

9.6 T

V 12.12T

12.12 T

9.6 T

La diferencia con los isostáticos de pretensado proporciona los hiperestáticos de pretensado:


121


Esfuerzos isostáticos

Esfuerzos hiperestáticos

Mf 39 mT

39 mT

33.72 mT

33.72 mT

N

12.12 T

V 12.12 T


12.12 T

Análisis

123

Ejercicio I-12 Análisis en el tiempo. Construcción evolutiva

Se proyecta un acueducto de hormigón pretensado de un gran número de vanos iguales de 25 m de luz, a base de vigas prefabricadas de sección artesa. La construcción es evolutiva, de forma que los elementos trabajan inicialmente bajo su peso propio como simplemente apoyados, para posteriormente proporcionar continuidad estructural solidarizando unos elementos a otros a través de pretensado en la zona de apoyos. La figura adjunta muestra la geometría y la evolución del esquema estructural.

A = 1.308 m I = 0.195 m v = 0.87 m v = -0.38 m P = 9650 kN (después de transferir) A = 7140 mm (51ø 0.6²) e = 0 (pretensado centrado) Sección hidráulica 2m 2

4

o

p

2

2

El hormigón es HP-45/P/18/II-b. Las armaduras de pretensado están constituidas por 51 cordones de ø 0,6², de acero Y 1860 S7 de carga unitaria máxima 1860 N/mm . La transferencia del pretensado se realiza a los 7 días del hormigonado, quedando la viga biapoyada a partir de ese momento. Posteriormente se transporta y se monta in situ, y a los 90 días se bloquean las juntas, dando continuidad estructural al conjunto, instante a partir del cual puede entrar en servicio el acueducto. Las cargas que se deben considerar son: 2



124

- cargas permanentes: peso propio del acueducto (r =25 kN/m ) - sobrecargas de uso: peso del agua (q =20 kN/ml) Se desprecian las pérdidas diferidas de pretensado y se suponen los siguientes parámetros reológicos del hormigón: j (90, 7) = 1.2 j (¥, 7) = 2.0 j (¥, 90) = 1.4 c (90, 7) = 0.9 c (¥, 7) = 0.8 c (¥, 90) = 0.85 h

3

Se pide:

1. Calcular la ley de momentos flectores a corto y largo plazo bajo los efectos de las cargas permanentes, supuesto que el pretensado de continuidad es también centrado. Utilizar el método del coeficiente de envejecimiento para obtener la fluencia producida por tensiones variables a lo largo del tiempo. 2. Sin tener en cuenta el estado tensional local generado por el pretensado de continuidad, calcular el estado de tensiones en las secciones críticas así como la flecha en centro de vano a corto y largo plazo, en vacío y en servicio. 3. En función del apartado anterior diseñar el pretensado de continuidad (fuerza y excentricidad necesaria, en su caso) para garantizar la ausencia de tracciones en apoyos y vano bajo cargas de servicio y en vacío. 4. En caso de que el pretensado sea excéntrico, situado por debajo del centro de gravedad de la sección pero dentro del núcleo central de la misma, obtener la expresión del momento hiperestático a largo plazo sobre el apoyo en función de la excentricidad, suponiendo que las pérdidas diferidas de pretensado son del 10%, a tiempo infinito y que a los 90 días se ha producido la mitad de las mismas. Solución

1 Ley de momentos flectores a corto y largo plazo 1.1 Cálculo de esfuerzos y despla zamientos en fase inicial y de propiedades mecánicas del hormigón

Peso propio g = 25 kN/m x 1.308 m =32.7 kN/m. Momento flector en centro de vano M = g ×8l = 32.78× 25 = 2554.69 kN × m 3

2

2

2

g


Análisis

125

Módulo tangente de deformación longitudinal, a diversas edades del hormigón: E E E

c,28

c,7

= 10000 ×

f

3

c,28

+ 8 = 10000 ×

3

= 0,8 × E = 30050.29 MPa = 1,09 × E = 40943 .52 MPa

53 = 37562.86 MPa

c,28

c,90

c,28

Rigidez a flexión E I (E × I) = 7.325 × 10 kN × m (E × I) = 5.860 × 10 kN × m (E × I) = 7.984 × 10 kN × m c

6

c

28

c

7

c

90

6

2

2

6

2

Giro en los extremos al transferir el pretensado a t = t = 7 días g × l = 32.7 × 25 = 0.00363 rad q( t ) = 24 × E × I 24 × 5.860 × 10 Desplazamiento vertical (flecha) en centro de la luz al transferir 5 × g × l = 5 × 32.7 × 25 = 0.0284 m = 28.4 mm y(t ) = 384 × E × I 384 × 5.860 × 10 o

3

3

o

6

4

4

o

6

1.2 Calculo de esfuerzos a largo plazo

Al dar continuidad (a los 90 días) se impide, a partir de ese instante, el incremento de giro por fluencia sobre los apoyos Dqj, para lo que se requiere la aparición de un esfuerzo hiperestático DM , que genere un giro q , de forma que: h

Dq j + q

Mh

Mh

=0

Nótese que se hace la hipótesis de que el comportamiento de la viga es similar al de una viga biempotrada. El valor de q , habida cuenta de su aparición progresiva a partir de los 90 días es: M × l × [1 + c(¥,90) × j(¥,90)] q (¥ ) = 2 × (E × I ) Dq (¥ ) = q × [j(¥,7 ) - j(90,7 )] Mh

h

Mh

c

j

90

o



126

Igualando Dqj = q se tiene ) - j(90,7 ) ö÷ M = 2 × (E l × I ) × J × æçç 1 +jc(¥(¥,7,90 ) × j(¥,90 ) ÷ø è Mh

c

90

h

o

2 × 7.984 × 10 × 0.00363 × æç 2.0 - 1.2 ö÷ = 846.96 kN × m 25 è 1 + 0.85 × 1.4 ø Si el acueducto se hubiese construido inicialmente como viga continua, el momento flector negativo sobre apoyos hubiese sido M = - g12× l = - 32.712× 625 = -1703.13 kN × m Ello significa que los efectos de la fluencia al dar continuidad posterior hacen que a lo largo del tiempo se genere un momento flector negativo del 50% aproximadamente del que se hubiese generado en caso de construcciones simultáneas sobre cimbra. El momento flector positivo será entonces M = g ×8l - M = 2554.69 - 846.96 = 1707.73 kN × m La ley de momentos flectores a largo plazo será, finalmente: M

h

6

=

2

+

2

h

2 Estado tensional

En este apartado se considerará que el pretensado de continuidad se hace centrado y con la misma fuerza que la del pretensado de la viga.


Análisis

127

2.1 Situación inicial (isostática), en vacío 2.1.1 Sección centro de vano

s

2554.69 × 0.38 = -2399.31 kN m (x = 12.5m ) = - AP - M I× v' = - 19650 + .308 0.195 (x = 12.5) = - AP - M I × v = -18775.52 kN m = -18.78 MPa g

inf

2

= -2.40

c

s

g

2

sup

c

2.1.2 Sección de apoyo

s

inf

(x = 0) = s (x = 0) = - AP sup

= -7377.68 kN

m

2

= -7.38

MPa

c

2.2 Situación final (continua), en vacío a largo plazo 2.2.1 Sección centro vano

s

inf

P - M × v' = - 9650 + 1707.73 × 0.38 = -4049.79 kN m = -4.05 MPa A I 1.308 0.195 P - M × v = - 9650 - 1707.73 × 0.87 = -14996.78 kN m = -15 MPa =A I 1.308 0.195

=-

g

¥

g

¥

2

c

s

sup

2

c


s

inf

P - M × v' = -7377.68 - 846.96 × 0.38 = -9028.16 kN m A I 0.195 P - M × v = -7377.68 + 846.96 × 0.87 = -3598.93 kN m =A I 0,195

=-

g

¥

2

= -9.03

MPa

g

¥

2

= -3.60

MPa

c

s

sup

c

2.3 Situación final (viga continua ) en servicio a corto plazo

Los momentos flectores M + q

M

+ q

=

M q-

producidos por el agua son:

20 × 625 = 520.83 kN × m ; M 24

q

=

-20 × 625

12

= -1041.67


kN × m

MPa


128

2.3.1 Sección centro de vano

s

inf

P - M × v' - M × v' = -1384.36 kN m A I I P - M × v - M × v = -21099.22 kN m =A I I +

g o

=-

q

= -1.38

2

MPa

c

s

+

g o

sup

q

2

= -21.10

MPa

c


s

inf

P - M × v' = -7378 - 1042 × 0.38 = -9407.6 kN m = -9.41 MPa A I 0.195 P - M × v = -7378 + 1042 × 0.87 = -2730.23 kN m = -2.73 MPa =0.195 A I -

=-

q

2

c

s

-

q

sup

2

c

2.4 Situación final (viga continua ) en servicio largo plazo 2.4.1 Sección centro de vano

s

inf

P - M × v' - M × v' = -3034.84 kN m A I I P - M × v - M × v = -17320.45 kN m =A I I

=-

g

¥

g

¥

+

q

2

= -3.04

MPa

c

s

sup

+ q

2

= -17.32

MPa

c


s

inf

P - M × v' - M × v' = -1158.08 kN m = -11.06 MPa A I I P - M × v - M × v = 1048.52 kN m = 1.05 MPa =A I I g

=-

c

s

q

c

g

sup

-

¥

c

2

c

-

¥

q

c

2

c

Se observa que en la fibra superior en apoyos, en servicio a largo plazo, se producirían tracciones de 1.05 MPa. Estas tracciones no superan la resistencia a tracción, cuyo valor es f ct ,k

= 0.21 ×

3

2

f ck

= 0.21 ×

3

45

2

= 2.66

MPa

No obstante, por razones de estanqueidad conviene plantear soluciones para evitar tracciones como se verá en el apartado 3.


Análisis

129

2.5 Flecha en el centro del vano

La flecha instantánea al pretensar es de 28.4 mm, tal como se calculó más arriba. A largo plazo, la flecha debida a cargas permanentes estará compuesta por las debidas a la carga repartida y al momento hiperestático, según la expresión: d (t ) = d (t ) + d (t ) d ( t ) = d (t ) × (1 + j (t, t )) = 28.4 × (1 + 2.0) = 85.2 mm d (t ) = d (t ) × (1 + c (t, t ) × j ( t, t )) = -8.39(1 + 0.85 × 1.4) = -18.16 M ×l 846.96 × 625 d (t ) = 8 × (E × I) = - 8 × 7.984 × 10 × 10 = -8.29 mm d (t ) = 85.2 - 18.16 = 67.04 mm g

g

Mh

g

Mh

o

o

Mh

1

1

1

2

3

h

Mh

1

6

c

90

que representa 1/373 de la luz. La sobrecarga de agua, actúa sobre la viga continua, generando una flecha. q×l 20 × 25 d = 384 × E × I = 384 × 7.984 × 10 × 10 = 2.55 mm Con lo que la flecha máxima previsible será d = d (t ) + d = 67.04 + 2.55 = 69.6 mm , que resulta ser 1/360 de la luz. 4

4

3

q

6

q

q

3 Pretensado de continuidad

Basándose en los resultados anteriores el pretensado de continuidad centrado con valor igual al de la viga no basta para mantener la fibra superior en la sección de apoyos comprimida en la situación en servicio a largo plazo. Si se introdujese un pretensado adicional centrado, su fuerza debería ser: P ³ 1050 kN m ; P ³ 1440 kN A c

2

c

c

La longitud del pretensado de continuidad no debería sobrepasar la de la zona sometida a momentos negativos. Aproximadamente se puede evaluar:



130

M(x) = -846.96 + 32.7 × 12.5 × x - 32.7 × x2 = -846.96 + 408.75 × x - 16.35 × x M(x) = 0 para x = 2.28 m @ 10l 2

2

Para reducir el postensado de continuidad adicional necesario, y por razones constructivas, éste podría situarse en la cabeza superior, donde tiene mayor eficacia por la excentricidad.

Debido a la excentricidad e = 0.72 m respecto del centro de gravedad se generan, además, efectos hiperestáticos, tanto en cuanto a esfuerzos como en cuanto a flechas. El momento hiperestático generado se obtiene igualando el giro debido al momento que introduce el pretensado con el giro que introduce el momento hiperestático. Esto es equivalente a igualar las áreas de las leyes de momentos. De este modo: M = 2 × P × e × ll La flecha en centro de vano será la generada por el sistema de cargas de la figura, cuyo valor será p

h

d

P × e × l éê4æç l ö÷ - 2 l ùú = 8EI êë çè l ÷ø l úû 2

2

p

c

p

M

M

a

M = P × eæçç1 - 2 ×ll a

è

a

p

ö ÷ ÷ ø


Análisis

131

El pretensado de continuidad se obtiene obligando a satisfacer el estado limite de descompresión en la sección de apoyo, esto es obligando a que se genere unas compresiones de valor 1.05 MPa. De este modo: P P × e × v + M × v = 1.05 MPa s =0=- A I I c

c

h

sup

c

c

c

de donde puede despejarse: P =315 kN. Con lo que el momento hiperestático y flecha resultan M = 2 × P × e × ll = 2 × 226.8 × 0,1 = 45.4kN × m 315 × 0.72 × 25 [4 × 0.1 - 2 × 0.1] = -0.35 mm d = 8 × 7.984 × 10 c

p

hip

2

2

c

6

Para obtener el estado tensional después de la continuidad, habrá que añadir al calculado en el apartado 2) las tensiones producidas por el pretensado de continuidad adicional, las cuales, sin considerar pérdidas diferidas, son: 3.1.1 Sección centro vano (solo afecta el momento hiperestático)

s

sup

M × v = 45.4 × 0.87 = 202 kN m = 0.2 MPa I 0.195 M × v' = - 45.4 × 0.38 = -88 kN m = -0.88 MPa = I 0.195 =

hip

2

c

s

hip

inf

2

c

3.1.2 Sección apoyo

P P ×e×v M ×v A - I + I = -1.05 MPa P + P × e × v' - M × v' = -0.11 MPa s =A I I Las tensiones totales, en MPa, se resumen en el siguiente cuadro. SECCIÓN VANO s s CORTO VACÍO -18.60 -3.28 PLAZO SERVICIO -23.90 -2.26 LARGO VACÍO -14.76 -4.95 PLAZO SERVICIO -16.72 -3.93 s

sup

=-

c

c

c

c

h

c

c

c

h

inf

c

c

c

sup

inf


SECCIÓN APOYO s s -7.18 -8.26 -3.78 -9.30 -4.65 -8.94 0.00 -10.97 sup

inf


132

4 Caso de pretensado excént rico en fase isostática

El momento hiperestático a largo plazo depende del giro inicial y de la fluencia. El primero es función no sólo de la rigidez del acueducto y de las cargas de peso propio, sino también del pretensado (P) y de su excentricidad (e). Por otra parte, en la evolución en el tiempo de ese giro se debe tener en cuenta la pérdida diferida del pretensado. (DP (t, t )). Giro en los extremos a t = t = 7 días. dif

o

o

q( t

) = 24g××El × I - 2P××Ee ×× lI 3

o

Sin el efecto hiperestático, el incremento de giro por fluencia, teniendo en cuenta DP (t, t ) sería: DP ( t, t ) × e × l Dq ( t ) = q( t ) × j( t, t ) + 2(E I) × [1 + c(t, t ) × j(t, t )] dif

dif

j

o

o

o

o

o

c

o

to

A partir del instante de continuidad (t = t ) este incremento valdría Dq ( t, t ) = Dq ( t, t ) - Dq ( t , t ) 1

j

j

1

j

o

1

o

donde Dq(t ,t ) es el giro producido desde la transferencia al instante de continuidad adicional, cuyo valor es: DP( t , t ) × e × l Dq ( t , t ) = q( t ) × j( t , t ) + 2(E I) × [1 + c(t , t ) × j(t , t )] 1

o

1

j

1

o

o

1

o

o

1

c

o

1

o

to

Con ello se tendría Dqj (t ) = q (t ) × [j (t, t ) - j (t , t )] + e × l × [DP(t, t ) × (1 + c (t, t )) × j (t, t ) - DP(t , t ) × (1 + c (t , t ) × j (t , t ))] + 2E I o

o

1

o

o

o

o

1

o

c

Llamaremos a = DP ( t, t ) × (1 + c( t, t ) × j( t, t )) b = DP( t , t ) × (1 + c( t , t ) × j( t , t )) o

1

o

o

1

o

o

1

o


1

o

1

o

Análisis

133

El giro producido en cualquier instante por el momento hiperestático, que aparece progresivamente es: M × l × [1 + c(t, t ) × j(t, t )] q = 2( E × I ) h

Mh

1

1

t1

Con lo que igualando Dqj = q , se tiene Mn

M

h

é êq ( t ê 2 ( EI ) = ×ë

o

) × (j (t, t ) - j (t , t )) + 2(Ee ×× Il) × (a - b )ùú úû 1 + c (t, t ) × j (t, t ) o

1

o

to

l

1

1

Sustituyendo valores (E × I) = 5.860 × 10 kN × m ; (E × I) = 7.984 × 10 kN × m j (¥, t ) = 2.0 ; j (90; 7) = 1.2 ; j (¥, 90) = 1.4 c (¥, t ) = 0.8 ; c (90; 7) = 0.9 ;c (¥, 90) = 0.85 DP (¥,t ) = 0.10 P =965 kN ; DP (90, 7) =0.05 P =482.5 kN a = DP( t, t ) × (1 + c( t, t ) × j( t, t )) = 965 (1+0.8·2) = 2509 kN b = DP( t , t ) × (1 + c( t , t ) × j( t , t )) = 482.5 (1+0.9·1.2) = 1003.6 kN a - b = 1505.4 9650 × 25 q( t ) = 3.36 × 10 2 × 5.86 × 10 × e = (3.63 - 20.59 × e) × 10 rad 25 × e × 7.984 × 10 [3.63 - 20.585 × e] × 10 × ( 2 - 1.2 ) + 2 × 5.86 × 10 × 1548.8 2 M = 25 × 1 + 0.85 × 1.4 M = 233.32(3.63 - 20.59e) + 936.55e = 846.95 - 3867.51e 6

2

6

to

2

t1

o

o

o

o

o

1

o

o

o

1

o

o

1

o

-3

-3

o

6

-3

6

6

h

h

La tabla adjunta representa el valor de M en función de e. e (m) 0 0.025 0.05 0.075 0.1 0.125 0.15 0.171 M (Kn·m) 847 750 654 557 460 364 267 186 Se observa que M varía linealmente con e. Por otra parte, disponiendo el pretensado con una excentricidad e = 0.171, igual al límite inferior del núcleo central, la redistribución sería mucho más pequeña pues el giro al transferir sería mucho menor al estar compensando parte del peso propio. Para e = 0, se observa que la expresión anterior conduce al valor M =847 kN·m que es el obtenido en el apartado 1). h

h

h

h


135

Análisis seccional

Ejercicio I-13 Diagrama M-C de secciones de hormigón armado Considérense las secciones de hormigón armado de la figura adjunta, sometidas a flexión simple. El hormigón es HA-30/6/20/IIa y las armaduras son barras de acero B 500 S.

Se pide: 1. Para la viga rectangular: 1.1. Obtener el diagrama momento-curvatura de forma simplificada en los casos siguientes:

f f

As = 5 16

As = 0

As = 5 16

As = 3 16

f

1.2. Para un momento M = 3·Mfis, siendo Mfis el momento de fisuración, calcular el estado de tensiones en homigón y acero en ambos casos. 2. Para la viga en T: 2.1 Calcular la relación que debe existir entre la cuantía de armadura de tracción y la profundidad de la cabeza de compresiones, de forma que en servicio la fibra neutra caiga en la cabeza comprimida.

f

2.2. Para el caso As = 4 20, obtener el estado de tensiones en el hormigón y el acero para M = 150 kN·m

Solución Características de los materiales:


136


Hormigón: - resistencia característica a compresión: fck = 30 MPa

(fcd = 30/1.5 = 20 MPa)

- resistencia media a compresión: fcm = fck + 8 = 38 MPa 2/3

- resistencia a tracción pura: fct,k = 0.21·fcvk

= 2.0 MPa 1/3

- módulo de deformación longitudinal: Ej = 8500·fcm

= 28577 MPa

Acero: - resistencia característica: fyk = 500 MPa

(fyd = 500/1.15 = 434.78 MPa)

- módulo de deformación longitudinal: Es = 210000 MPa Características de la sección:

ìA = 500 × 300 = 150000 mm ï Sección bruta: í 1 ïI = × 500 × 300 = 3125 × 10 12 î

2

b

3

b

Área de acero:

mm

4

2

As = 5·201 = 1005 mm

2

As = 3·201 = 603 mm Canto útil:

6

(caso b)

d = 450 mm d = 50 mm d/d = 0.111

Cuantías geométricas:

r= r' =

As

=

×

b d As'

×

b d

1005

=

r/r = 0.60 Coeficiente de equivalencia:

×

300 450 603

=

n

×

300 450

Es Ec

=

= 7.44 × 10 -

3

= 4.47 × 10 -

210000 28577

3

= 7.35

r = 0.0547 r

n·

n· = 0.0328

1 Para la viga rectangular 1.1 Obtención del diagrama mom ento-curvatura en la sección rectangular a) caso sin armadura de compresión (As = 0) 2

b) caso con armadura de compresión (As = 603 mm ) Para la obtención del diagrama momento-curvatura (M-c) se utilizarán las ecuaciones de equilibrio entre esfuerzos y tensiones, y de compatibilidad, haciendo las siguientes simplificaciones:


137

Análisis seccional

1. El diagrama M-c se supondrá trilineal, con puntos de quiebro en los correspondientes a la

e

fisuración del hormigón, plastificación del acero (si la rotura es dúctil) o del hormigón (

c

= -

0.002) si el acero no ha plastificado. Así se tendrán tres ramas lineales: I) estado íntegro sin fisuras, II) estado fisurado, III) estado de prerrotura. 2. En el estado fisurado (II) se desprecia la resistencia a tracción del hormigón, y se considera que el hormigón comprimido se encuentra sometido a tensiones moderadas (inferiores a 0.5·fck), adoptando un diagrama tensión-deformación lineal. 3. El momento plástico y el momento último se obtienen sin coeficiente de seguridad, basándose en las resistencias características del acero fyk y hormigón fck, adoptando en este último el diagrama rectangular de tensiones. 4. Se aceptan las hipótesis de adherencia perfecta entre hormigón y acero, deformación plana de las secciones y equilibrio entre esfuerzos y resultantes de tensiones en hormigón y acero. Estado I: sección sin fisurar En este estado son válidos los principios de la resistencia de materiales, debiendo para ello obtener las características de la sección homogeneizada: Área:

Ah = Ab + (n-1)·(As+As)

v

Centro de gravedad: Inercia: Rigidez:

=

Ab

×

h 2

Ab

+ (n - 1) × (A × d + A '×d') s

s

+ (n - 1) × (A + A s

2

s

v = h - v

)

'

2

2

Ih = Ib + Ab·(v - h/2) + (n-1)[As·(d-v) +As·(v-d) ] KI = Ec·Ih

Momento de fisuración. Se obtienen a partir de la ecuación de las tensiones, para el caso en que siendo M = Mfis, se produce la tensión máxima de tracción en la fibra más traccionada (z= v). Entonces de tiene:

s(z = v') =

M fis

× v'

Ih

=f

ct ,k

Þ

M fis

=

Ih

×f

ct ,k

v'

Curvatura de fisuración:

c fis

=

M fis Ec

×I

= h

f ct ,k Ec

× v'

Aplicando estas expresiones a los casos a) y b) del apartado 1.1 se obtienen los valores de la tabla adjunta.


138


2

2

Caso a) As = 1005 mm Parámetros

Caso b) As = 1005 mm 2

As = 0

As = 603 mm

2

Área homogeneizada Centro de gravedad

2

156382 mm

160211 mm

v = 258.2 mm

v = 253.2 mm

v = -241.8 mm

v = -246.8 mm

6

Inercia homogeneizada

4

6

3370·10 mm

Rigidez

96305 kN·m

Momento de fisuración

27.87 kN·m -4

Curvatura de fisuración

2.894·10

4

3532·10 mm

2

2

100934 kN·m 28.62 kN·m

-1

-4

m

2.836·10

-1

m

Estado II: fase fisurada Se plantean las ecuaciones de equilibrio y compatibilidad a nivel sección.

0

xö æ ×s c × b × x × çd - ÷ + 2 3ø è e e e' = = x d -x x - d'

M

=

1

c

s

=

1 2

× s × b × x + A '×s '-A × s c

s

s

s

s

×s s'×(d - d' )

As '

s

Teniendo en cuenta las relaciones tensión-deformación de los materiales en estado de servicio:

s s

e e

c

= Ec·

c

s

= Es·

s

se pueden expresar las ecuaciones de compatibilidad en función de las tensiones:

s = n ×s ×

d

s '= n × s ×

x

s

s

c

c

-x x

- d' x

Sustituyendo estas últimas en las ecuaciones de equilibrio se resuelve el sistema, conduciendo a la siguiente solución:


139

Análisis seccional

æ æ r' d' ö ç 2 × ç1 + ç r × d ÷÷ ç æ r' ö è ø x = n × r × d × ç1 + ç r ÷÷ × çç - 1 + 1 + è ø æ r' ö n × r × ç1 + çç ç r ÷÷ è ø è æ 2 ö ÷ x = n × r × d × ç-1 + 1 + ç n ×r ÷ ø è 2

ö ÷ ÷ ÷ ÷ ÷÷ ø

(As

=/ 0)

(As=0)

donde se observa que x es independiente del momento aplicado.

é xö æ æx öù = E × êA × (d - x ) × ç d - ÷ + A '×(x - d') × ç - d'÷ú 3ø è è3 øû ë xö æ = E × A × (d - x ) × ç d - ÷ 3ø è

K II

s

K II

s

s

(As

s

(As=0)

s

M

s =

(As

xö x - d' æ × b × x × ç d - ÷ + n × A '× × (d - d') 3ø x 2 è 2×M (A =0) s = xö æ b × x × çd ÷ 3ø è c

=/ 0)

1

=/ 0)

s

s

c

A partir de

s

c

se obtienen

s

s

y

s mediante las ecuaciones de compatibilidad anteriores. s

Para buscar el inicio de la rama de prerrotura, esto es, el momento y la curvatura plásticas, se busca la deformación del hormigón para

e =e = f s

y

yd

Es

= 434.78

210000 =0.00207. Sabiendo que x no

depende del momento flector en esta fase:

e =e × c

s

c

s

x d

e

= Ec·

c

-x

= 0.00207 ×

126.2 450

- 126.2

= 0.0008

= 23.1 MPa < fc k

Como resulta ser que

s

c

< fc k, el acero plastifica antes de hacerlo el hormigón, siendo la rotura

claramente dúctil. El momento de plastificación se corresponderá entonces con aquel para el cual:

s = n ×s × s

c

d

-x x

= fyd = n

×

Mp

xö x - d' æ × b × x × ç d - ÷ + n × A '× × (d - d') 2 3ø x è ù xö æ × ç d - ÷ + n × A '×(x - d') × (d - d')ú 3ø è û 1

s

Mp

=

éb × x ×ê ( ) n× d-x ë 2 f yd

2

s


×

d

-x x

140


Aplicando las expresiones anteriores a los casos a y b, se obtienen los resultados de la tabla adjunta,

r = 0.0547 y r/r = 0.60.

siendo n·

2

Caso a) As=0

Parámetro en estado II x

126.2 mm

Rigidez KII

27877 kN·m

Mplástico

178.0 kN·m

Curvatura plástica Mp/KII

63.9·10

Caso b) As=603 mm 119.3 mm

2

-4

2

28542 kN·m 178.6 kN·m

-1

-4

m

62.6 ·10

-1

m

Estado III Haciendo la hipótesis de rotura en el dominio 3 de deformación, se tiene:

0 = 0.85·fcd·b·y + As·fyd - As·fyd

Mu = 0.85·fcd·b· y·

De la primera ecuación se despeja:

y

=

As

×f - A ×f 0.85 × f × b '

yd

s

yd

cd

x = 1.25·y En el caso a: As=0

y

=

× ×

1005 434.78

×

0.85 20 300

= 85.7

mm

x = 1.25·85.7 = 107.1 mm Dado que xlim

Mu

cu

» 0.625·d = 281.3 mm, la hipótesis es cierta.

85.7 ö æ = 0.85 × 20 × 300 × 85.7ç 4.50 ÷ = 178.0 kN × m 2 ø è e 0.0035 = = = 327 × 10 - m -

K III

4

c

x

=

1

0.1071

Mu cu

-M »0 -c p

p

2

En el caso b: As=603 mm , la profundidad y vale


yö æ çd - ÷ 2ø è

+ As·fyd·(d-d)

141

Análisis seccional

y

=

×

- 603 × 434.78 = 34.3 0.85 × 20 × 300

1005 434.78

mm

x = 1.25·34.3 = 42.8 mm que también satisface x < xlim = 0.625·d = 281.3 mm; por lo tanto es válida la hipótesis de rotura dúctil. Mu

cu

34.3 ö æ = 0.85 × 20 × 300 × 34.3ç 4.50 ÷ + 603 × 434.78( 450 - 50) = 180.6 kN × m 2 ø è e 0.0035 = = = 818 × 10 - m -

K III

4

c

x

=

1

0.0428

Mu cu

-M = 26.5 -c p

×

kN m

2

p

1.2 Para un momento M = 3·Mf i s , el estado de tensiones y deformaciones es:

<

En ambos casos 3 Mfis Mplático, por tanto nos encontramos en el estado II: Caso a: As=0 x = 126.2 mm Mfis = 27.87 kN·m 2 × 3 × 27.87 × 10 × = 10.83 MPa = xö 126.2 ö æ æ b × x ×çd 300 × 126 . 2 × 450 ç ÷ ÷ 3ø 3 è ø è d-x 450 - 126.2 s = n ×s × = 7.35 × 10.83 × = 204.24 MPa

s =

6

2 M

c

s

c

x

126.2

2

Caso b: As=603 mm x = 119.3 mm Mfis = 28.62 kN·m


142


s =

M

= xö x - d' æ × ç d - ÷ + n × A '× × ( d - d' ) 2 3ø x è 3 × 28.62 × 10 300 × 119.3 æ 119.3 ö 119.3 - 50 × ç 450 × ( 450 - 50 ) ÷ + 7.35 × 603 × 2 3 119.3 è ø s = 10.26 MPa d-x 450 - 119.3 s = n ×s × = 7.35 × 10.26 × = 209.04 MPa c

×

b x

s

6

c

s

c

s '= n × s × s

x

x

c

- d' x

119.3

= 7.35 × 10.26 ×

119.3

- 50

119.3

= 43.81

MPa

2 Para la viga en T 2.1 Relación entre la cuantía de armadura de tracción y la profundidad de la cabeza de compresiones Para que la fibra neutra caiga justo en la cabeza de compresión debe cumplirse que x = hf. Como la cabeza es rectangular, entonces es válida la expresión para sección rectangular con b = bf,

ht

es decir,

æ = n × r × d × çç - 1 + è

x

con

r=

1

+

ö ÷ n ×r ÷ ø 2

= hf

As bf

×d hf

n

×r×d

+1 =

1

+

2 n

×r

Elevando al cuadrado y operando queda que para x

£ h.

n × r £ (h f d ) 2 × (1 - h f d )

f


2

se cumple que

143

Análisis seccional

f

2.2 Estado de tensiones en el hor migón y el acero en el caso As=4 20 y M=150 kN.m 2

Si bf = 700 mm y As = 4·314.2 = 1257 mm :

r=

As bf

=

×d

1256

×

700 450

= 0.004

r = 7.35·0.004 = 0.0294

n·

y llamamos,

l=

a= a

2

hf d

=

2

× (1 - a )

100 450

=

= 0.222 0.04938

2

;

× (1 - 0.222 )

Se cumple el criterio para que x

a

2

= 0.04938

= 0.317 > n × r

£ h ; con lo cual son válidas las fórmulas para sección rectangular: f

æ æ ö 2 ö ÷ = 0.0294 × 450 × ç - 1 + 1 + 2 ÷ = 96.7 = n × r × d × çç - 1 + 1 + ÷ ç n ×r 0.0294 ÷ è ø è ø 2×M 2 × 150 × 10 s = = = 10.61 MPa xö 96.7 ö æ æ b × x ×çd ÷ 700 × 96.7 × ç 450 ÷ 3ø 3 ø è è d-x 450 - 96.7 s = n ×s × = 7.35 × 10.61 × = 284.92 MPa x

6

c

s

c

x

96.7


mm

145

Análisis seccional

Ejercicio I-14 Diagrama M-C de secciones de hormigón pretensado con adherencia

Una viga tipo prefabricada de hormigón pretensado para un forjado de un aparcamiento tiene una sección en pi, como indica la figura adjunta. Características de la sección homogeneizada:

Ah = 0.2434 m2 Ih = 0.0112 m4 vh = 0.23 m v'h = -0.47 m eh = -0.20 m Ap = 560 mm2

La viga va pretensada de extremo a extremo con dos cordones de f0.6" en cada alma, de forma que la excentricidad de la resultante es de 0.20 m respecto del centro de gravedad de la sección. El acero es Y 1860 S7 (fpu = 1860 MPa, fpy = 1700 MPa), tesado a 1400 MPa. El pretensado se transfiere a la viga a los 5 días después del hormigonado. La longitud de la viga es de 14 m. Inmediatamente después de la transferencia se somete la viga a un ensayo de flexión bajo caga creciente hasta rotura.

Se pide:

1. Obtener el diagrama momento-curvatura de la sección central y predecir la carga de fisuración y de rotura por flexión. 2. Para una carga de 60 kN, calcular el estado de tensiones en el hormigón y en la armadura activa, así como la profundidad de la fibra neutra y la rigidez E·I de la sección.


146


Solución

Características de los materiales: - resistencia a compresión del hormigón a los 28 días: fck = 45 MPa - resistencia a compresión del hormigón a los 5 días: fc,5 = 0.525·fck = 23.63 MPa - resistencia media a compresión del hormigón: fcm = fck + 8 MPa = 53 MPa - resistencia característica a tracción del hormigón a los 28 días: fct,k= 0.21·fck2/3 = 2.66 MPa - resistencia a tracción del hormigón a los 5 días: fct,5 = 0.55·fct,k = 1.46 MPa - módulo de deformación longitudinal del hormigón a 28 días: Ec,28= 8500 fcm, 281/3=31928 MPa - módulo de deformación longitudinal del hormigón a 5 días: Ec,5 = b5·Ec,28 = 22829 MPa (b5 = 0.715) - módulo de deformación longitudinal del acero: Ep = 1.9·105 MPa - coeficiente de equivalencia a los 5 días: n = Ep/Ec = 8.3 - área de las armaduras activas: Ap = 4·140 = 560 mm2 - radio de giro de la sección homogeneizada: r2 = Ih/Ah = 46014.8 mm2 - resistencia de cálculo del hormigón: fcd = fcd /1.5 = 30 MPa - resistencia de cálculo del acero activo: fpyd = fpyk /1.15 = 1478 MPa - fuerza de pretensado a los 5 días. - fuerza de pretensado antes de transferir: P0 = Ap·sp0 = 560 mm2·1400 MPa = 784 kN - pérdidas por acortamiento elástico: A ×E DP3 = s cp × p p = -3.36 × 560 × 8.3 = -15617 N E c5 siendo:

s =cp

P0 A

-

= -3.36

P0 × e 2 I

MPa

-

M pp × e I

=-

784000 243400

-

784000 × (- 200 )

2

112 × 10

8

-

1.491 × 10 8


× (- 200 )

112 × 10 8

147

Análisis seccional

Mg

=

(25 × 0.2434 ) × 14 = 149.1 2

8

kN × m

- fuerza de pretensado después de la transferir: Pk5 = P0 + DP3 = 784-15.6 = 768.4 kN

1 El diagrama momento-cur vatura de la sección central pedido tendrá la siguiente forma

La existencia de un pretensado provoca la aparición de una curvatura inicial en la sección, que ha de tenerse en cuenta a la hora de determinar la curvatura total, que es debida tanto al pretensado como al momento exterior.

Por lo tanto, a la hora de calcular la curvatura total en la sección se considerará: Mtotal = Mext + P·e M total M +P×e c= = ext K K

=

M ext K

+

P×e K

=c

ext

+c

0

Estado I: fase sin fisurar


148


Rigidez elástica: Ec,5·Ih = 22829·112·108 = 3.0·1014 N·mm2 = 255685 kN·m2 Momento de pretensado: P·e = 768.4·(-0.20) = -153.68 kN·m -153.68 P×e c0 = = = -6.011 × 10 - 4 m -1 E c,5 × I h 255685 Momento debido al peso propio: Mg = 149.1 kN·m Al transferir la totalidad de la carga de pretensado, el momento del pretensado Pk,5·e es superior al del peso propio. Se crea, pues, una contraflecha y el momento total aplicado es entonces M = Pk,5·e + Mg = -4.58 kN·m. Teniendo en cuenta que la rigidez elástica es Ec,5·Ih = 255685 kN·m2, la curvatura al transferir es Mg + P × e - 4.58 cg = = = -1.791 × 10 - 5 m -1 . Ec × Ih 255685 El momento de fisuración será aquel que, junto al pretensado, produzca una tensión en la fibra inferior igual a la resistencia característica a tracción del hormigón:

s(v') = Mfis

=-

Pk ,5 Ah

-

fct,k × I h v'

Pk,5 × e Ih

× v'-

Mfis Ih

× v' = f

ct ,5

= 1.46 MPa

ær ö 1.46 × 112 × 10 æ 46014.8 ö - 768400 × ç - 200 ÷ - P × çç + e ÷÷ = 470 470 v ' è ø è ø 2

8

Mfis = 263.7 kN·m La curvatura de fisuración será: c fis

=

+ P × e 263.7 - 153.68 = = 4.30 × 10 - m E ×I 255685

M fis

4

c

1

h

El incremento de curvatura bajo el momento exterior es

Dc = c - c = 4.47 ×·10 - m 4

fis

263.7

153.68


g

1

149

Análisis seccional

Punto A: situación en vacío (peso propio+pretensado al transferir). Mext = Mg = 149.1 kN·m Punto B: estado de curvatura nula. Mext = P·e = 153.68 kN·m Punto C: fisuración. Mext = 263.7 kN·m Estado II: fase fisurada Se admite un diagrama lineal del hormigón en compresión y resistencia nula a tracción. En este estado se tienen las siguientes ecuaciones de equilibrio y compatibilidad: Pn = C Ap·Dsp M = C·zc

e

c

x

=

De d -x Þ Ds = n × s × d -x x p

p

p

c

p

Las incógnitas de estas 3 ecuaciones son sc, x y Dsp. Dado que el esfuerzo axil Pn no es nulo, no es posible obtener x independientemente de M, de forma que la rigidez de la fase fisurada no es constante, sino que varía con el momento aplicado. Para resolver el problema se procede de la siguiente forma. La compresión C valdrá, suponiendo x > hf:

C = C1 + C2 +C3

x - hf ì ïïs c1 = s c × x s c1 = Þí x x - hf ïs - s = s × h f c1 c ïî c x

sc

Sustituyendo se tiene:


C1 = bf·hf·sc1 C2 = 0.5bf·hf(sc-sc1) C3 = 0.5·bw·(x hf)·sc1

150


C

=

1 2

×

s

[

× b × h × (2 × x - h ) + b × (x - h

c

x

f

f

f

w

f

)

]

2

El momento respecto de la armadura traccionada vale: M = C1·z1 + C2·z2 + C3·z3 x - hf h h donde z1 = dp - f ; z2 = dp - f ; z3 = dp hf 2 3 3

é h öù h ö b ×h æ æ × ç d - ÷ú êb × h × (x - h ) × ç d - ÷ + 3 øú 2 ø 2 s ê è è ×ê M= ú x ê+ b × (x - h ) × æç d - h - x - h ö÷ ú 2 3 ø êë úû è 2

f

f

f

f

f

f

f

p

p

c

2

w

f

f

p

Entonces, teniendo en cuenta que

f

Ds = n × s × p

dp

c

=

1 2

×

s

c

x

Se puede despejar expresiones:

s

c

x

=

1 2

[

[

× b × h × (2 × x - h ) + b × (x - h f

f

f

w

) ] - A × n × s × (d - x ) 2

f

c

p

p

x

s /x y sustituir en la ecuación de momentos, resultando las siguientes c

Pn

× b × h × (2 × x - h ) + b × (x - h f

la ecuación de equilibrio de fuerzas queda

x

así: Pn

-x

f

f

w

) ] - A × n × (d - x ) 2

f

p

p

h ö b ×h h ö b × (x - h ) æ x-h ö æ æ × (x - h ) × ç d - ÷ + × çd - ÷ + × çd - h ÷ 2 2 3 2 3 ø è ø è ø è b × (x - h ) b ×h × (2 × x - h ) + - n × A × (d - x ) 2

2

bf × hf M

=P × n

f

f

f

f

w

f

p

f

f

p

p

f

2

f

f

2

w

f

f

2

p

p

Esta es una ecuación polinómica de tercer grado en x que puede resolverse por tanteos, para un valor del momento M y de la fuerza de neutralización Pn. Dicha ecuación se puede expresar de la forma f(x) = A·x3 + B·x2 + C·x + D, siendo los coeficientes: A B

= =

bw 6

æM × çç - d 2 èP

bw

n

p

ö ÷÷ ø


151

Análisis seccional

ö ÷÷ × h × (b - b ) + h × (b - b ) + n × A × M 2 P ø æM ö h h M D=× (b - b ) - çç - d ÷÷ × × (b - b ) - n × A × d × 3 P èP ø 2

C

æM = çç - d èP

2

p

f

f

w

f

w

p

n

n

3

2

f

w

p

f

w

p

p

n

n

Esta fase en la que la sección está fisurada se acaba cuando plastifica el hormigón (ec = 0.002) o bien cuando lo hace el acero de la armadura activa ( e pn

e

pyd

=

fpyd

=

Ep

1.15 × 190000

-x

dp

De = e × p

1700

c

x

, con

= 7.780 × 10 -

s

e = c

+ De p ³ e pyd ):

3

c

Ec

Al tratarse de armaduras pretesas, la fuerza de neutralización se corresponde con la fuerza de pretensado en bancada; esto es, Pn = P0 = 784 kN. Por lo tanto:

e = pn

Pn

Ap × E p

=

784000 560 × 190000

= 7.368 × 10 -

3

En la siguiente tabla se recogen los valores de x asociados a diferentes momentos en la fase fisurada. También se calculan en cada caso las deformaciones en el hormigón y en el acero para determinar en qué momento plastifica la sección. Mext (kN·m)

X (mm)

e

De

266

494

2.11·10

-2.74·10

7.37·10

7.34·10

c = ec/x (m-1) 4.28·10-4

270

466

2.17·10-4

-1.68·10-5

7.37·10-3

7.35·10-3

4.66·10-4

280

395

2.34·10-4

2.07·10-5

7.37·10-3

7.39·10-3

5.92·10-4

290

326

2.55·10

8.13·10

7.37·10

-3

7.45·10

7.82·10-4

300

263

2.82·10-4

1.79·10-4

7.37·10-3

7.55·10-3

1.07·10-3

310

214

3.14·10

3.17·10

7.37·10

-3

7.69·10

1.47·10-3

316

192

3.35·10-4

4.15·10-4

7.37·10-3

7.78·10-3

1.74·10-3

c

e

p

-4

-4

-4

e = De + e

pn

-5

-5

-4

p

-3

-3

-3

p

pn

-3

La fase de prerrotura se inicia, pues, para un momento exterior Mp = 316 kN·m, bajo la acción del cual se produce la plastificación del acero de las armaduras activas, pero no la del hormigón (ec = 3.35·10-4 < 0.0035). Al contrario de lo que sucedía en el estado no fisurado, se conoce la curvatura de la sección, pero no la rigidez de ésta. Por lo tanto, se procede de la siguiente forma: c

=

M total K

=

M ext

+P×e K


152


K II

=E

c,5

×I

fis

=

M total c

=

M ext

+ P ×e c

A partir de la rigidez de la sección en esta fase, y conociendo el módulo de deformación longitudinal del hormigón, puede obtenerse la inercia de la sección fisurada. En la tabla adjunta se indican las rigideces e inercias fisuradas correspondientes a cada momento exterior actuante en esta fase. Mext (kN·m) 266

Mtot (kN·m) 112.32

KII (kN·m2) 262430

Ifis (m4) 0.0115

270

116.32

249614

0.0109

280

126.32

213378

0.0094

290

136.32

174322

0.0076

300

146.32

136748

0.0060

310

156.32

106340

0.0047

316

162.32

93287

0.0041

Estado III: fase de prerrotura Esta fase puede considerarse prácticamente recta, dado que la armadura ha plastificado, uniendo el punto de plastificación con el de rotura por flexión. Este último se obtiene calculando el momento y la curvatura últimas así: Momento último: ecuaciones de equilibrio Pn = C - DT ; C = Pn + DT = Dpfpyd Mu = C . z = Dpfpyd (d-y/2) 1700 Dpfpyd = 560 mm2· N/mm2 = 827.83 kN 1.15 C = 827.83 = 0.85 fcd·b·y 827,83 = 27.05mm < 100 mm y= 0.85 × 30 × 1200 luego la zona comprimida cae en la cabeza superior. Mu = 827.83 (0.43-0.027/2) = 344.79 kN.m Cálculo de las deformaciones y curvatura últimas x = 1.25 y = 33.8 mm ec = -0.0035 d-x 430 - 33.8 Dep = ec = × 0.0035 d 33.8

= 0.0410


153

Análisis seccional

Cu

=

k III

=

e

c

0.0035

=

= 0.035m - = 103.5 × 10 - m 1

x 0.0338 Mu - My

-C

Cu

=

y

3

344.77 - 316 (103.5 - 1.74 ) × 10 - 3

1

= 282.7kN.m

2

Las capas de fisuración y rotura son, teniendo en cuenta que M = P·a = 5P, P = M/5: Pfis

=

Pu

=

M fis 5 Mu 5

=

266.04·kN.m 5

344.77·kN.m

=

5

= 53.21·kN

= 68.95·kN

Se observa que, a diferencia de lo que pasa en presas de hormigón armado, en pretensado la fisuración está próxima a la rotura.

2 Estado de tensiones para u na carga de 60 kN

En este caso Pfis < P < Pu . Estaremos por tanto en fase fisurada. M = 5 P = 300 kN. Tomando los valores de la tabla del apartado 1 se obtiene: x = 236 mm Ifis = 0.0060 m4 Ec,5 · I=136974 kN.m2

s = c

1 2

[b

Pn ·x

f

Ds = n × s p

s

× h (2x - h ) + b (x - h ) ] - A × n (d - x ) 2

f

dp c

768400 N p

560 mm 2

f

-x x

w

f

p

p

= 39.58 MPa

- 39.58 = 1332.56 MPa


= 7.51 MPa

155

Análisis seccional

Ejercicio I-15 Sección sometida a tracción pura. Armaduras pretesas

Se proyecta un tirante de hormigón pretensado con armaduras pretesas y sección rectangular, tal como indica la figura adjunta.

La tensión de las armaduras en bancada, justo antes de transferir, es de 1400 N/mm . La armadura activa está compuesta de 5 cordones de f 0.6 (A = 5·140 = 700 mm ). Se adoptan las siguientes características de proyecto de los materiales: - hormigón HP 45/P/20/IIb, f = 45 N/mm coeficiente final de fluencia j(7,¥)= 2.0 retracción final e = -3·10 - acero de pretensado Y 1860 S7, f = 1860 N/mm , f = 1700 N/mm relajación final r =8% - armaduras pasivas B 500-S f =500 N/mm La transferencia se produce a los 7 días e, inmediatamente, se coloca el tirante en carga bajo una solicitación permanente de tracción pura de 400 kN. 2

2

P total

2

ck,28

-4

cs

2

pu

yk

py,k

2

2

Se pide:

1. Calcular las tensiones en hormigón y en las armaduras activas justo después de transferir, tras aplicar la fuerza de tracción permanente y a largo plazo. 2. Calcular la sobrecarga de tracción T que habría que aplicar a la pieza para que ésta fisure, y la tensión en el acero justo antes de fisurar. 3. Disponer las armadura pasivas necesarias suponiendo que la sobrecarga máxima prevista es de 500 kN. q


156


Solución

1 Cálculo de tensiones

a) La fuerza de pretensado en bancada antes de transferir es: P =A o

× s po = 700 mm 2 × 1400

p

N / mm = 980000 N = 980 kN 2

y la tensión en el hormigón, antes de transferir es s = 0. Dado que el pretensado se introduce sobre la sección de hormigón con armaduras activas adheridas, hay que calcular la sección homogeneizada A . Para ello se calcula el coeficiente de equivalencia entre hormigón y acero de pretensado n= E /E , tomando como material base el hormigón. co

h

p

c

E = 10000 × f = 10000 × 45 + 8 = 37563 N / mm E = 0.8 × E = 30050 N / mm E = 190000 N/mm n = 190000 30050 = 6.32 A = A + (n - 1) × A = 500 × 200 + 5.32 × 700 = 103724 mm 3

c,28 c7

2

3

cm

2

c 28

2

p

h

c

p

2

La tensión y la deformación en el hormigón serán: P = 980000 = -9.45 N / mm (compresión) s =A 103724 s -9.45 e = E = 30050 = -3.15 × 10 2

o

c1

h

-4

c

c

c

La variación de tensión en la armadura activa, teniendo en cuenta que hay adherencia entre hormigón y acero (e = De ), será: E × s = n × s = -59.7 N / mm Ds = E × De = E × e = E c

p

p

Po

p

p

P

c

c

c

2

c

Este valor corresponde a las pérdidas por acortamiento elástico, y representa el 4.3% de la tensión inicial s = 1400 N/mm . po

2

sP1 = s po + DsPo = 1400 - 59.7 = 1340.3

N / mm

2

b) Tensiones tras aplicar la fuerza de tracción de 400 kN


157

Análisis seccional

La fuerza de tracción se aplica también sobre la sección homogeneizada, por tanto: T = 400000 = 3.86 N / mm Ds = A 103724 Ds De = E = 1.29 × 10 = De Ds = n × Ds = 24.4 N / mm s = s + Ds = -9.45 + 3.86 = -5.59 N / mm (compresión) s = s + Ds = 1340.3 + 24.37 = 1364.7 N / mm 2

c1

h

-4

c1

c1

p1

c,7

p1

2

c1

c2

c1

p2

2

c1

p1

2

p1

c) Tensiones a largo plazo Para ello hay que calcular las pérdidas diferidas, según la ecuación. n × s × j + E × e + 0.8 × Ds DP = A × 1 + n × A × æçç A1 + eI ö÷÷(1 + c × j ) è ø donde s = s = -5.59 N / mm e = -3 × 10 Ds = - r × s = -0.08 × 1400 = -112 N / mm e = 0 ; c = 0.8 , j = 2.0 cgp

p

p

cs

pr

2

p

c

cgp

c

2

c2

-4

cs

¥

pr

DPdif = 700 ×

2

po

- 6.32 × 5.59 × 2 - 190000 × 3 × 10 -4 - 0.8 × 112 = -700 × 194.9 = -136430 N .32 × 700 × (1 + 0.8 × 2 ) 1 + 6500 × 200

La fuerza de pretensado a largo plazo será: P = P + DP = 700 - 136430 = 818860 N ¥

o

Con lo que las tensiones en acero y hormigón serán: s p¥ = 1208 s c¥ = s c1

N / mm DP 136430 + A = -5.59 + 103724 = -4.28 N / mm 2

dif

2

n


158


2 Cálculo de la sobrecarga d e tracción que fisura la pieza

Se realizarán dos cálculos, uno suponiendo que la sobrecarga actúa a corto plazo (7 días), y otro suponiendo que la sobrecarga actúa a largo plazo. En el primer caso la resistencia a tracción es menor y la fuerza de pretensado es mayor. La evolución de la resistencia a tracción con la edad viene dada por la tabla 30.4.b de la Instrucción EHE. f ct ,28

= 0.21 × 3

2

f ck

= 2.66

N / mm

A los 7 días, f = 0.70 × f A largo plazo, f = 1.10 × f ct ,7

ct ,28

ct ,¥

2

= 1.86

ct ,28

N / mm = 2.93 N / mm 2

2

La fuerza de tracción que fisura la pieza será aquella que produzca tensiones de tracción tales que superpuestas a las ocupadas en estado permanente, superen la resistencia a tracción, es decir: T s + A =f cr

cgp

ct

n

donde s es la tensión debida a cargas permanentes. Si se plantea a corto plazo, s =s =-5.59 n/mm y si se plantea a largo plazo s =s ¥= -4.28 N/mm T = (f - s ) × A = (1.86 + 5.59) × 103724 = 772744 N T = (f - s ) × A = (2.93 + 4.28) × 103724 = 747850 N cgp

cgp

2

cgp

cr,7

ct ,7

cr,¥

ct ,¥

cgp

h

c¥

h

c2

2

c

Por tanto, se adopta T = 767850 N. cr

3 La sobrecarga máxima pr evista es Tk= 500 kN que es menor que la carga de fisuración, por tanto, en servicio no se superará el estado límite de aparición de fisuras

La tensión del acero justo antes de fisurar será: s = s + nDs p

p1

400000 + 747850 = 11.07 N / mm A = 1340.3 + 6.32 × 11.07 = 1410.26 N / mm

Ds c = sp

c

2

n

2

Sin embargo, hay que disponer armadura pasiva mínima longitudinal y transversal, según los siguientes criterios:


159

Análisis seccional

a) Rotura bajo carga máxima T = 1.35 × 400 + 1.50 × 500 = 1290 kN T £ A ×f + A ×f A f = 700 × 1700 1.15 = 1034782 N = 1034.8 kN A f = T - A f = 1290 - 1034.8 = 255.2 kN × 1.15 = 587 mm A = 255500 d d

p

pyd

s

yd

p pyd

s yd

d

p pyd

2

s

b) Rotura frágil al fisurar A ×f p

* pyd

+ A s f yd ³ A c × f ct = 100000 × 2.66 = 266000

N

es la resistencia residual de la armadura de pretensado desde la tensión antes de fisurar =1410.3 N/mm a la plastificación f = 1700 1.15 = 1478.3

* f pyd

spfis

2

ypyd

f = 1478.3 - 1410.3 = 68 A f = 266000 - 700 × 68 = 218400 N A ³ 502.3 mm * pyd

s yd s

2

Por tanto adoptamos el valor anterior, A =587 mm disponiendo 6f12 mm., según indica la figura: s

2


161

Análisis seccional

Ejercicio I-16 Efectos térmicos a nivel sección

Un puente losa de hormigón pretensado con armaduras postesas, cuya geometría y trazado de los tendones se muestra en la figura adjunta, está sometido a las siguientes cargas: - cargas permanentes: peso propio = 225 kN/ml cargas muertas = 68 kN/ml - cargas de tráfico: sobrecarga uniforme = 4.0 kN/m carga puntual móvil de 600 kN Se considera además la acción térmica ambiental, definida por una distribución de temperaturas en el canto de la sección que sigue una ley parabólica de segundo grado, según se indica en la figura adjunta, actuante por igual en toda la longitud del puente. El tesado se realiza desde ambos anclajes a la vez. Las pérdidas instantáneas de pretensado son, aproximadamente, las siguientes: DP = 0.35 x (porcentaje), siendo x la distancia al anclaje. El porcentaje de pérdidas diferidas de pretensado se considera igual en todas las secciones: DP = 20 %. Se supone que el momento hiperestático de pretensado en el vano central es M = 0.25 P·h. El hormigón es HP-40/P/20/IIb y se considera un coeficiente de dilatación a = 10 ºC . 2

ins

dif

hp

-5

A=9m

2

I = 2.91 m

4

v = 0.80 m

-1

v = -0.80 m

Se pide:

1. Obtener las tensiones debidas a la acción térmica en las secciones de apoyos y centro de vanos.


162


2. Estimar el valor de la fuerza de pretensado en anclajes necesaria para garantizar que bajo las cargas permanentes no se supera el estado límite de descompresión, y que bajo las cargas permanentes más la acción térmica no se supera el estado límite de aparición de fisuras. Solución

1. La ley de temperaturas y deformaciones asociadas a ella, se rigen por las siguientes expresiones: Dt(z) = 4.6875·z

+ 7.5·z +11 = a·Dt = 10 ·(4.6875·z + 7.5·z +11) 2

De

0

-5

2

Asimismo, se considera como valor del módulo de deformación longitudinal del hormigón E = 10000·f = 36342.41 MPa. Formulando el análisis seccional frente a deformaciones impuestas de forma matricial, se plantea el siguiente sistema de ecuaciones: é DN ù éEA 0 ù éDe ù é DN ù ú êDMú = ê 0 EI ú × ê Dc ú + ê ë û ë û ë û ëDM û c

1/3

cm,j

0

m

0

donde:

De es la deformación de la fibra baricéntrica Dc es la curvatura seccional m

E·A es la rigidez axial E·I es la rigidez a flexión (DN, DM) son los esfuerzos exteriores actuantes (DN , DM ) son los esfuerzos asociados a las deformaciones impuestas, cuyo valor se obtiene más adelante. No se consideran esfuerzos exteriores actuantes. Por lo tanto, el vector correspondiente (DN, DM) es nulo. El sistema de referencia se sitúa en el centro de gravedad de la sección, por lo que son nulos los términos no diagonales. Los términos de la diagonal se corresponden a la sección de hormigón: E·A = E ·A = 327081690 kN E·I = E ·I = 105756413.1 kN·m 0

0

c

c

c

c

2


163

Análisis seccional

El vector (DN , DM ) tiene como componentes: 0

0

DN = - òò E × De × dA = 0

0

+ò ×( × DN = -40800.03 kN 0.5

- 0.5

10

-5

4.6875 z

2

-E ·{ ò c

× (4.6875 × z + 7.5 × z + 11) × 10 × dz +

-0.5 -5 10

2

- 0.8

+ 7.5 × z + 11) × 3 × dz + ò

0.8

0.5

10

-5

× (4.6875 × z + 7.5 × z + 11) × 10 × dz } 2

0

DM = òò E × De × z × dA = 0

0

E ·{ ò c

-0.5 -5 10

- 0.8

× (4.6875 × z + 7.5 × z + 11) × z × 10 × dz + 2

+ò ×( × + × + )× × × + ò ×( DM = 7713.68 kN·m El sistema de ecuaciones así planteado tiene como solución: DN De = E × A = 1.247 × 10 DM Dc = E × I = -7.294 × 10 0.5

- 0.5

10

-5

4.6875 z

2

7.5 z

11

z 3 dz

0.8

0.5

10

-5

×

4.6875 z

2

+ 7.5 × z + 11) × z × 10 × dz }

0

0

-4

m

0

-5

La ley de deformaciones totales es: De(z) = De - Dc·z = 1.247·10 + 7.294·10 ·z La ley de deformaciones mecánicas se obtiene restando la deformación no mecánica (en este caso debida a la temperatura) a la deformación total: De (z) = De(z) - De (z) = 10 ·(1.47 - 0.236·z - 4.6875·z ) -4

m

m

0

-5

-5

2

De 0 Dem De

Las tensiones en el hormigón se obtienen a partir de las deformaciones mecánicas como: Ds = De (z)·E = -1703.55·z -85.77·z +534.23 donde introduciendo z en metros, se obtiene la variación de tensión Ds en kN/m . Estas tensiones son autoequilibradas y no dependen de las vinculaciones del elemento, sino únicamente de las características seccionales y de la distribución de temperaturas en la sección. Sin embargo, dado que c

m

c

2

c


2

164


se trata de una estructura hiperestática, la curvatura inducida por la temperatura provoca unos esfuerzos hiperestáticos, que tendrán la distribución siguiente:

Teniendo en cuenta que una ley de curvaturas constante provoca un giro en un extremo de valor: c×l J = J + ò c( x ) × dx = 2 B

B

A

A

Se plantea la compatibilidad de giros en la sección de apoyo, considerando además que, por simetría de acciones, geometría y vinculaciones, el momento hiperestático en C es igual al momento hiperestático en B.

l M ×l M ×l M ×l 2 + 3×E×I = c× 2 - 3×E×I - 6×E×I 25 + M × 25 = c × 35 - M × 35 - M × 35 -c× 2 3×E×I 6×E×I 2 3×E×I Þ M = 1.161·Dc·E·I = 7713.87 kN·m Las tensiones (en kN/m introduciendo z en metros) que provoca este momento en el vano central son: 7713.87 kN × m × z = -2650.81 × z kN × m M s = - ×z = I 2.91 m -c×

l

AB

HT

AB

BC

HT

HT

HT

BC

HT

BC

HT

HT

2

4

Las tensiones totales debidas a la acción térmica en el vano central serán suma de la parte isostática y de la hiperestática: s (z) = -1703.55z 2736.58z + 534.23 expresadas en kN/m cuando z se da en metros. 2

c

2


165

Análisis seccional

-2745.31 kN/m2=-2.75 MPa

2

534.23 kN/m =0.53 MPa

2

1633.22 kN/m =1.63 MPa

2. Las acciones que se consideran a la hora de verificar las condiciones de fisuración del enunciado son: - cargas permanentes: peso propio: 225 kN/m cargas muertas: 68 kN/m - pretensado: P = P ·(1-0.35·x) P = P ·(1-0.35·x-0.2) M = 0.25·P ·h = 0.4·P - temperatura Se consideran las secciones críticas de apoyo interior y centro de luz del vano intermedio. Las tensiones se calculan como: M g ×P g ×P ×e g ×M s( z ) = ×z×z- ×z+s A I I I a) Estado límite de descompresión Para que se verifique este estado límite de servicio se ha de imponer que las tensiones en el hormigón sean siempre de compresión (negativas según el convenio de signos). La situación pésima en la sección de apoyo se da en la fibra superior; mientras que en la sección de centro de vano, la inferior es la fibra que determina la fuerza de pretensado necesaria. Sección de apoyo. ki

kd

0

0

hip

P

k

P

k

k

P

k

HT

temp

e = 0.8 - 0.15 = 0.65 m x = 25 m Þ P = 0.713·P M = 0.25·P ·h = 0.285·P z = v = 0.8 m M = -0.151·g·25 = -27651.88 kN·m kd

hip,d

0

kd

0

2


166


0.9 × 0.712 × P - 0.9 × 0.712 × P × 0.65 × 0.8 - 0.9 × 0.285 × P × 0.8 - -27651.88 × 0.8 £ 0 9 2.91 2.91 2.91 Þ P ³ 29670 kN Sección de vano. -

0

0

0

0

e = -0.65 m x = 42.5 m Þ P = 0.651·P M = 0.25·P ·h = 0.261·P z = v = -0.8 m M = 0.094·g·25 = 17213.75 kN·m kd

hip,d

kd

0

0

2

0.9 × 0.651 × P - 0.9 × 0.651 × P × (-0.65) × (-0.8) - 1.1 × 0.261 × P × (-0.8) - 17213.75 × (-0.8) £ 0 9 2.91 2.91 2.91 Þ P ³ 52078.25 kN Por tanto, se necesita en anclajes una fuerza P = 52078 kN para satisfacer el estado límite de descompresión, sin efecto térmico. b) Estado límite de apertura de fisuras La fuerza de pretensado necesaria se obtiene imponiendo que en ninguna fibra del hormigón se supere la resistencia a tracción de éste. El valor que se adopta para la resistencia característica a tracción del hormigón es: f = 0.21·f = 2.46 MPa = 2456.2 kN/m Sección de apoyo En la sección de apoyo la temperatura provoca tensiones de compresión en la fibra superior. Como además se permite que las tensiones en esta fibra sean superiores (f ), es determinante el estado límite de descompresión, visto anteriormente. Sección de vano En este caso la inecuación que se ha de resolver se obtiene de imponer que en la fibra inferior las tensiones no superen la resistencia a tracción del hormigón: -

0

0

0

0

ancl

2

2/3 ck,j

ct,k

ct,k

2456

³-

×

0.9

× 0.651 × P0 9

×

1.1 0.261 P0 2.91

× ( - 0 .8 ) -

-

0.9

× 0.651 × P0 × ( -0.65 ) 2.91

17213 .75 2.91

× ( -0.8) -

× ( -0.8) + 1633 .22

Þ

P ³ 43023.69 kN 0


167

Análisis seccional

Por lo tanto, la situación determinante se da en la sección central del vano interior a la hora de verificar el estado límite de descompresión bajo cargas permanentes. La fuerza de pretensado en anclajes así determinada ha de ser: P ³ 529078 kN 0


169

Curado

Ejercicio I-17 Curado de estructuras de hormigón Recién salido de la Escuela le ponen al frente de los aspectos técnicos de ejecución de una obra de edificación situada en primera línea de mar (adjunto jefe de producción), requiriéndole que determine los tiempos de curado según la EHE-98, en las siguientes condiciones: 1. Hormigonado en verano y empleo de un cemento tipo CEM I 42,5 R. 2. Suponiendo que se produjera un retraso por causas ajenas al director de obra (¡evidentemente!), y se tuviese que hormigonar el tajo en enero del siguiente año, determinar el tiempo de curado requerido en esta situación y comparar con la anterior. 3. Durante ese período, y dado que vd. se ha convertido en un especialista, su director del grupo de obras, le pide que determine para el mes de enero el tiempo de curado, de una obra relativamente próxima, si bien situada al interior (no costa). 4. Por último, considerando que en la obra del apartado 3 corresponde a un pavimento con un cemento tipo CEM IV, se le pide calcular el nuevo tiempo de curado y hacer una comparación de los resultados obtenidos en las soluciones anteriores.

Solución En primer lugar se propone hacer un curado mediante riego con agua, lo cual responde de forma satisfactoria a los problemas planteados. Para la determinación del tiempo de curado mediante agua, la EHE-98 propone la siguiente expresión: D = K * L * D 0 + D1 donde: D. la duración mínima, en días, del curado K. coeficiente de ponderación ambiental, de acuerdo con la tabla 74.4 L. coeficiente de ponderación térmica, de acuerdo con la tabla 74.5 D0. parámetro básico de curado, según la tabla 74.1 D1. parámetro básico del tipo de cemento, según la tabla 74.3 En la tabla adjunta se muestran los valores considerados de estos coeficientes, así como el resultado obtenido de la duración en los cuatro casos analizados.


170


Valores

Caso 1

Caso 2

Caso 3

Caso 4

K

Tipo III

Tipo III

Tipo II

Tipo II

K= 1,15

K= 1,15

K= 1,00

K= 1,00

L

1

1,3

1,3

1,3

D0

3

3

3

3

D1

0

0

0

2

3.5

4.5

3.9

5.9

D (en días)

En la determinación del valor de D0, se ha considerado que las velocidades de desarrollo de la resistencia del hormigón es rápida o media en función del caso, aunque al variar las condiciones ambientales de exposición durante el curado, conduzcan a un mismo valor de D0 en los cuatro casos. Los valores de los días de curado mínimos se sitúan entre 4,5 y 5,9 días, lo cual debe tomarse en consideración, debido a la gran repercusión que tiene sobre las características de protección de la piel del hormigón. Como puede apreciarse, los coeficientes incluidos en la expresión pueden agruparse en tres tipos de factores: - características del conglomerante y de la dosificación (relación agua / cemento); - condiciones ambientales durante el curado; - características de agresividad ambiental durante la vida de la estructura. Ello, lógicamente, conduce a diversas combinaciones que dan como resultado un abanico amplio de opciones, tal como se pone de manifiesto en los resultados obtenidos en los cuatro casos analizados.


Estados límites últimos

171

BLOQUE II Estados límites últimos


173

E.L.U. agotamiento por solicitaciones normales

Ejercicio II-1 Influencia de las cuantías y el axil en el comportamiento en E.L.U. de secciones rectangulares

Considérese una sección rectangular de hormigón armado sometida a flexocompresión recta, cuya geometría, armaduras y características de los materiales se indican en la figura adjunta. Se utilizará el método del diagrama rectangular para cálculo en rotura de la sección, así como los valores medios de los coeficientes de minoración de las resistencias de los materiales, se supondrá un control de calidad intenso, f = 30 MPa f = 500 MPa A = 18.85 cm A = 6.0 cm h = 0.50 m d = 0.45 m d= 0.05 m ck

yk

2

s

s

2

Se pide:

1. Obtener una expresión adimensional que permita determinar la profundidad relativa de la fibra neutra x/d en rotura, en el supuesto de que el hormigón esté en agotamiento y las armaduras de tracción y compresión hayan plastificado (rotura en el dominio 3). Obtener x/d para el caso específico de la sección de la figura sometida a flexión pura. 2. Obtener la relación entre las cuantías mecánicas de armaduras de tracción y compresión para que la rotura sea crítica. 3. Obtener el esfuerzo axil de compresión adimensional n que, actuando sobre la sección armada de la figura, daría lugar a una rotura crítica. 4. Dimensionar las armaduras de tracción y de compresión necesarias para resistir un momento flector de 380 kN.m de forma que la profundidad de la fibra neutra en rotura sea a) x=x , b) x=0.45·d, c) x=0.30·d. Obtener la cuantía total de armadura en los tres casos, incluyendo, en su caso, la de montaje (mínimo 2 f 12). crit

lim


174


5. Para las cuantías geométricas de armadura de la sección de la figura determinar qué resistencia mínima debería tener el hormigón para garantizar una rotura dúctil en flexión pura. En tal caso dibujar la influencia de la resistencia del hormigón en el momento último. Solución

1. Se plantea el equilibrio en la sección para un plano de rotura en el dominio 3:

s

N = 0.85·f ·b·y + A ·f - A ·f N ·(d-v) + M = 0.85·f ·b·y· æç d - y2 ö÷ + A ·f ·(d-d) d

cd

d

s

d

yc,d

s

cd

[1]

yd

s

ø

è

[2]

yc,d

Dividiendo la primera expresión por (f ·b·d) y la segunda por (f ·b·d ), se obtiene: N = A × f - A × f + 0.85 × y f ×b×d f ×b×d f ×b×d d y N × d - v + M = A × f × d - d + 0.85 × y × d - 2 d d d f ×b×d d f ×b×d f ×b×d cd

cd

'

d

s

s

yc,d

cd

yd

cd

'

d

cd

'

s

yc,d

2

cd

cd

Definiendo los siguientes parámetros adimensionales: N n = f × b × d : axil relativo M : momento relativo m = f ×b×d A × f : cuantía mecánica de compresión w = f ×b×d A w= f × b × d × f : cuantía mecánica de tracción d

d

cd

d

2

cd

'

'

[3]

cd

d

d

2

s

yc,d

cd

s

yd

cd

se obtienen las siguientes ecuaciones adimensionales:


[4]

175


n = w'-w + 0.85 × d

y d

æ vö n × ç1 - ÷ + m = w è dø d

æ d × çç1 d è

'

'

d

[5]

ö y y ö÷ ÷÷ + 0.85 × × æç1 ×dø d 2 è ø

[6]

Si se supone que y = 0.8·x, las anteriores ecuaciones quedan como sigue: x n = w - w + 0.68 × d æ d ö xö x æ v ö æ n × ç1 - ÷ + m = w × çç1 - ÷÷ + 0.68 × × ç1 - 0.4 × ÷ d d d d

[7]

'

d

[8]

'

'

d

ø

è

d

è

ø

è

ø

Así pues, la expresión que permite determinar la profundidad relativa de la fibra neutra en rotura es: x = n +w-w [9] d 0.68 En el caso específico del problema, los valores que se han de considerar son los siguientes: f = 30/1.5 = 20 MPa f = 500/1.15 = 434.78 MPa f = 400 MPa 600 w = 20 × 300 × 450 × 400 = 0.089 1885 × 434.78 = 0.304 w= 20 × 300 × 450 dado que nos encontramos en flexión pura, n = 0. Sustituyendo estos valores en la expresión [9] anteriormente hallada, se obtiene: x = 0.304 - 0.089 = 0.316 d 0.68 2. La rotura será crítica cuando la profundidad de la fibra neutra sea tal que se produzca simultáneamente la rotura del hormigón (e = e = 0.0035) y la plastificación del acero (e = e = f /E = 2.17·10 ). Dicha profundidad se obtiene planteando la compatibilidad de deformaciones en la sección: '

d

cd

yd

yc,d '

d

c

yd

s

cu

s

-3

e

x

cu

æxö ç ÷ èdø


=

e +e cu

= lim

d

e

y

cu

= 0.617

cu

e +e

y

y

176


Conocido este valor de la profundidad relativa de la fibra neutra y considerando flexión simple (n = 0), la expresión [7] proporciona la relación entre las cuantías mecánicas de las armaduras de tracción y compresión de forma que la rotura sea crítica: w - w = 0.42 3. El esfuerzo axil de compresión adimensional que provoca una rotura crítica se obtiene a partir de la expresión [7]. Considerando los valores específicos de la sección del problema ( w' = 0.089 , x w = 0.304 ) y la profundidad relativa límite que provoca una rotura crítica æç ö÷ = 0.617 , el axil èdø n es: æxö n = w - w + 0.68 × ç ÷ = 0.089 - 0.304 + 0.420 = 0.205 èdø d

lim

crit

'

crit

lim

4. El dimensionamiento se realiza resolviendo el sistema formado por las expresiones [7] y [8] particularizadas para los siguientes valores: M = 380 kN·m Þ m = 0.313 n =0 [7] 0.313 = 0.889 × w + 0.68 × xd × æç1 - 0.4 × xd ö÷ ø è [8] 0 = w - w + 0.68 xd d

d

d

'

'

a) x = x

lim

x/d = 0.617 Þ w <0 Þ A = 2.26 cm (2 f 12, armadura de montaje) w = 0.420 Þ A = 26.08 cm A = 28.34 cm b) x = 0.45·d w = 0.070 Þ A = 4.73 cm w = 0.376 Þ A = 23.35 cm A = 28.08 cm c) x = 0.3·d w = 0.150 Þ A = 10.13 cm w = 0.354 Þ A = 21.98 cm A = 32.11 cm s

s

s,tot

2

s

2

2

s

s,tot

2

2

s

s

s,tot

2

2

2

2


177


5. Para garantizar que la rotura será dúctil, se habrá de verificar la relación obtenida en el apartado 2. Por otra parte, al tratarse de flexión pura, se ha de adoptar un valor nulo para n . Así pues, las ecuaciones de equilibrio en el caso de rotura crítica en flexión simple son: w = w + 0.420 æ d ö m = w × çç1 - ÷÷ + 0.316 d d

'

'

d

è

ø

donde para la sección particular del problema: A '×f = 600 × 400 = 1.778 w = f × b × d f × 300 × 450 f ×f A 1885 6.071 w= f × b × d = f × 300 × 450 × 434.78 = f s

'

yc,d

cd

cd

s

cd

yd

cd

cd

cd

con f expresado en Mpa. cd

De la primera ecuación se obtiene: 1.778 - 6.071 + 0.420 = 0 Þ f f f cd

cd,min

= 10.22 MPa Þ f

ck ,min

= 15.33 MPa

cd

Combinando las expresiones [8] y [9] para el caso de flexión simple (n = 0), se obtiene que el momento último adimensional de la sección del problema, en función de la resistencia del hormigón, es: 5.873 - 10.840 m = f f Si se considera el momento último dimensional: d

d

2

cd

cd

M = m ·f ·b·d = 356.78 - 987f .80 d

d

cd

2

ck

donde M y f se expresan en kN·m y MPa, respectivamente. d

ck


178


Momento último de la sección 350,00

337,02

Md (kN·m)

317,27

300,00

250,00 15,3

20

25

30

35

40

45

50

fck (MPa)

Se observa que cuando la rotura es dúctil, la resistencia del hormigón influye relativamente poco en el momento último. Por ejemplo, para una resistencia del hormigón f = 25 MPa, se obtiene un momento último M = 317.27 kN·m, mientras que para f = 50 MPa, M = 337 kN·m; es decir, un aumento del 6.2%. ck

u

ck


u

179


Ejercicio II-2 Dimensionamiento y comprobación de secciones rectangulares en flexión simple

Considérese una sección rectangular de 0.30 x 0.50 m , sometida a un momento flector, con las siguientes características de los materiales: - hormigón: HA-25/P/20/Iia f = 25 N/mm ; - armaduras: Barras de acero corrugado B-500-S f = 500 N/mm . Se consideran los valores de los coeficientes parciales de seguridad correspondientes a un nivel de control normal. 2

2

ck

2

yk

Se pide:

1. Dimensionar la armadura necesaria para hacer frente a un momento de cálculo de: 300 kN.m 350 kN.m 2. Calcular el momento último que puede resistir la sección suponiendo la siguiente armadura: - sólo armadura de tracción A = 1885 mm (6 Æ 20); - la misma armadura de tracción más 3 Æ 16 en compresión. En ambos apartados deberían realizarse los cálculos tanto utilizando el diagrama rectangular como el parábola-rectángulo. s

2

Solución

Resistencia de cálculo del hormigón.

f

25 = 16.67MPa g 1.5 f = fg = 1500 .15 = 435MPa f = 400 MPa

f

cd

=

ck

=

c

Resistencia de cálculo a tracción del acero. Resistencia de cálculo a compresión del acero.

yk

yd

s

ycd

Recubrimiento mínimo por durabilidad: La tabla 37.2.4 de la instrucción EHE establece para la clase de exposición IIa un recubrimiento mínimo de 25 mm (distancia del paramento a la armadura más exterior, que es la transversal, como indica la figura). Adoptando para Æ »10 mm y Æ »20 mm, obtenemos t


c

180


La fila inferior de armadura longitudinal estará a 45 mm del paramento inferior. Por tanto, si sólo se necesitase una armadura sería suficiente adoptar un recubrimiento mecánico de 50 mm. Pero a priori este dato no se conoce, por lo que adoptaremos g = 60 mm y d = h-r = 440 mm. 1 Dimensionamiento de la arm adura necesaria:

0 = 0.85·f ·b·y + A ·f A . f M = 0.85 f .b.y.(d-y/2) + A ·f ·(d-d) cd

d

s

yc,d

cd

s

yd

s

yc,d

U = f b d = 16.67 ·300· 440·10 = 2200 kN U = f b d = 968 kN.m M = 0.319 U = 308.8 kN.m a) M =300 kN.m M < M , por tanto no hace falta armadura de compresión. c

cd

-3

cd

2

cd

lím

cd

d

d

lím

U = A f = 0.85 U (1 - 1 - 0.852M×U ×d ) = 896.9 × kN .9·10 = 2062 mm A = Uf = 896435 s1

s1

yd

d

c

c

3

s1

s1

2

yd

Se necesitarán 6 Æ 20 + 2 Æ 12 = 2111 mm o bien 7 Æ 20 = 2199 mm . Adoptemos la primera solución, disponiendo los 6 Æ 20 en la fila inferior y los dos Æ 12 en la superior. 2

2

45 + 2 × 1.13 × 85 = 49.28 x = 6 × 36.14× 3×.14 + 2 × 1.13 g


181


b) M = 350 kN.m U =A ·f = M d -- Md' = 350440- -30850.8·10 = 105.6 kN Como M > M .6·10 = 264 mm A = 105400 Se dispondrán 3 Æ 12 (A = 3.39 cm ) U = 0.425 U + U = 935 +105.6 = 1040.6 kN A = Uf = 2392 mm d

d

lím

s2

s2

d

yd

3

lim

3

2

s2

2

s2

s1

c

s2

2

s1

s1

yd

Se dispondrán 6 Æ 20 en la fila inferior y 3 Æ 16 en la superior, con un total de 24.88 cm , siendo el centro de gravedad del conjunto: x = 6 × 3.14 × 4524+.883 × 2.01 × 85 2

g

(montaje)

16

Solución con el método parábola-rectángulo: 0 = j·f ·b·x + A ·f -A ·f M = j·f .b.x.(d-lx) + A ·f ·(d-d) cd

d

s

cd

yc,d

s

yd

s

yc,d

Para dimensionar se obliga a que la rotura sea dúctil (dominio 2 o 3). El momento límite vale, en este caso, siendo j = 0.688 y l = 0.416, (e = 0.0035): M =j·f .b.x .(d-lx )=0.688·16.67·300·271.5(440-0.416·271.5)=305.5 kN.m cu

lim

cd

lim

lim


182


X = de 1+ e

d = 0.617 d = 0.617·0.44 = 0.2715 m 0 . 002175 1 + 0.0035

=

lim

y

cu

a) M =300 kN.m Como M < M , no hará falta armadura de compresión; por tanto, despejando x de la ecuación de equilibrio de fuerzas y sustituyendo en la de momentos, se tiene: X = jA·ff b ; M = A f ( d - lj·Af fb ) d

d

lim

s

yd

s

d

s

yd

yd

cd

cd

Lo que proporciona una armadura: 2M ) = 908.8 × kN A f = 0.827 U (1 - 1 - 0.827 ×U ×d A = 435908× 10.8 = 2089 mm Se necesitarían 6 Æ 20 + 2 Æ 12 = 2111 mm , que es la misma armadura obtenida con el método del rectángulo. b) M =350 kN.m Como M > M , U = M d -- Md' = 3500-.39305.5 = 114.1 kN .1 A = 114 400 ·10 = 285.3 mm ® 3f12 U = j· f b x + A f = (0.688·16.67·300·271.5 + 114100)·10 =1048 kN A = 1048 435 ·10 = 2409 mm s

yd

d

c

c

2

s

-3

2

d

d

lim

d

s2

3

s2

s1

cd

lim

3

s1

lim

2

s

-3

ycd

2

Se dispondrán 6 Æ 20 + 3 Æ 16 = 2488 mm , que es la misma armadura obtenida con el método del rectángulo. 2

2. Cálculo del momento último: método del rectángulo

Siendo A = 1885 mm (6 Æ 20) en una sola fila, el canto útil para que se satisfaga estrictamente la condición de durabilidad será de d = h r = 500-45 = 455 mm. U = f b d = 16.67 · 300 · 455 · 10 = 2275.5 kN U = f · A = 1885 · 435 · 10 = 820 kN U = A · f = 603 · 400 ·10 = 241.2 kN (en el caso b) 2

s

c

s1 s2

-3

cd

yd

s2

s1

yc,d

-3

-3


183


a) Sólo armadura de tracción. Veamos el dominio de rotura: Dominio 2 ® entre x = 0 y x = 0.259d Dominio 3 ® entre x = 0.259d y x =x X = 0.617d

lim

lim

Para conocer x se despeja de la ecuación de equilibrio de fuerzas. En ambos dominios la armadura de tracción está plastificada y la de compresión también, siempre que x > 0.167d. y = A f0.85- Af ' bf = 0.85820000 = 192.9 mm ×·16.67 × 300 X = 1.25y = 241.12 mm = 0.53d; por lo tanto se trata del dominio 3 M =0.85 f b y (d y/2)=0.85·16.67 ·300·192.9(455-192.9/2)·10 =294 kN.m b) Armadura de tracción y compresión - 241.2 ) × 10 y = (820 0.85 × 16.67 × 300 = 136.2 mm X=1.25y=170.2=0.37d. Se trata también del dominio 3. M = 0.85 × f × b × y(d - y 2) + A f × (d - d' ) = 136.2 ) × 10 + 241.2 × (0.455 - 0.045) = 322.9 kN.m = 0.85 × 16.67 × 300 × 136.2 × ( 455 2 s

yd

s

yc,d

cd

u

-6

cd

3

'

u

cd

s

ycd

-6

Solución por el método de la parábolarectángulo: Al igual que en el método del rectángulo, se despeja x de la ecuación de equilibrio de fuerzas y se sustituye en la de momentos. x = A f j-·f Ab' f , M = j f b x (d - lx) + A f (d - d) Si estamos en dominio 3, j = 0.688m y l = 0.416. Caso a) sin armadura de compresión X = 0.688820000 ·16.67·300 = 238.3 mm s

yd

s

yc,d

cd

u

cd

s

yc,d


184


M =820 (455 0.416 · 238.3)=291,8 kN.m (99.2 % del calculado por el método del rectángulo). Caso b) con armadura de compresión - 241.2 )·10 X = (820 0.688·16.67·300 = 168.2mm M = (0.688 · 16.67 ·300 · 168.2 (455 0.416 · 168.2) + 241200 (455-45))·10 = 321.72 kN.m (99.6 % del obtenido mediante el método del rectángulo). u

3

-6

u


185


Ejercicio II-3 Dimensionamiento y comprobación de secciones rectangulares en flexocompresión recta Considérese

una

sección

rectangular

de

hormigón

armado

de

0.30

x

0.50

2

m,

sometida

a

flexocompresión recta, cuyas características de los materiales son: - hormigón: H-25 / P / 20 IIa, fck = 25 MPa; - armaduras: barras corrugadas de acero B-400-S, fyk = 400 MPa. Se consideran los valores de los coeficientes parciales de seguridad correspondientes a control de calidad intenso.

Se pide: 1.

Dimensionar las armaduras necesarias para los cuatro casos de carga siguiente, por el método del rectángulo: a) Nd = 1000 kN; Md = 100 kN.m; b) Nd = 800 kN;

Md = 200 kN.m;

c) Nd = 1000 kN; Md =

±200 kN.m;

d) Nd = 2500 kN; Md = 100 kN.m. 2.

Comprobar la sección frente a los casos de carga siguiente, suponiendo que está armada con 3

Æ 20 (942 mm ) en cada cara, y que el canto útil es d = 0.45 m, d = 0.05 m. 2

a) Nd = 800 kN;

Md =

± 200 kN.m;

b) Nd = 2500 kN; Md = 100 kN.m.

Solución

1.

Dimensionamiento

f cd

- resistencia de cálculo del hormigón:

- resistencia de cálculo del acero:

f yd

=f

yc,d

=

=

f ck

g

f yk

g

s

c

=

=

25 1.5

400 1.15


= 16.67MPa = 348MPa

186


Por razones de durabilidad, el recubrimiento geométrico deberá ser de 25 mm, lo cual implica que considerando una armadura transversal de

Æ »10 mm, Æ 20 ). t

la capa exterior de la armadura longitudinal

mecánico de 45 mm (para el caso de utilizar

Adoptaremos r = 50 mm, con lo que d = h r = 450 mm y d = r = 50 mm: -3

Uc = fcd b d = 16.67 ·300· 450·10

= 2250 kN;

2

Ucd = fcd b d = 2250 · 0.45 = 1012.7 kN.m; Mlim = 0.319 Ucd = 0.319 · 1012.7 = 323 kN.m. Las ecuaciones de equilibrio son:

Nd = 0.85 fcd b y + As2 fyc,d As1 fyd Nd · e = 0.85 fcd b y (d-y/2) + As2 fyc,d (d-d)

N

Md

e =

a)

Nd

+d-

h 2

Nd = 1000 kN; Md = 100 kN.m.

e =

100 1000

+ 0.45 - 0.25 = 0.1 + 0.45 - 0.25 = 0.3m

Nd · e = 300 kN.m < 323 kN.m = Mlim Por tanto, no hará falta armadura de compresión. Despejando y de la ecuación de momentos, y sustituyéndola en la de fuerzas se obtendrá As1

Us1 = As1 fyd = 0.85 Uc (1

-

1

-

2 N d ·e

×

×

0.85 U c d

)

- N = -140 < 0 d

Por tanto debería disponerse de armadura mínima.

As fyd

³ 0.25

As2 fyd

W1

f cd

h

= 0.25

bh 12

³ 0.05 N

d

3

h

2

f cd

= 0.25

bh 6

f cd

= 104 kN

2

= 0.05 · 1000 = 50 kN

Ello se consigue disponiendo 1

Æ 16 en cada esquina.


187


b) Nd = 800 kN; Md = 200 kN.m

e =

200 800

+ 0.45 - 0.25 = 0.45m

Nd · e = 800 · 0.45 = 360 kN.m > Mlim Por tanto hará falta armadura de compresión. Esto se obtiene haciendo y = ylim =0.50d

As2 fyc,d =

-M d - d'

N d ·e

lim

=

360

- 323

0.40

= 92.5kN

As1 fyd = 0.425 Uc + As2 fyc,d - Nd = 248.7 kN As1 =

As2 =

248.7·10

3

348 92500 348

= 715mm

= 266 mm

2

2

(2

(4

Æ 16 o 3 Æ 20)

Æ 16)

La disposición de armaduras adoptada será:

20

c) Nd = 1000 kN; Md =

±200 kN.m

Por tratarse de un momento que puede tener signos contrarios se deberá dimensionar con armadura simétrica.


188


Nd > 0.425 Uc = 0.425 · 2250 = 956.2 kN Por tanto, el proceso es: siendo e = 0.2 + 0.45 0.25 = 0.4 m

As fyc,d = As fyc,d = 192500

As = As =

348

-M d - d'

N d ·e

= 553mm

2

lim

(2

Se adoptará una armadura consistente en 3

=

×

- 323

1000 0.4 0.40

= 192.5kN

Æ 20 o 3 Æ 16) Æ 16 por cara (A

s

2

= As = 603 mm )

d) Nd = 2500 kN; Md = 100 kN.m En este caso puede convenir dimensionar las armaduras para que la sección esté sometida a compresión simple, esto es, para que la resultante de los esfuerzos solicitantes coincida con el baricentro plástico de la sección. En tal caso, las ecuaciones de equilibrio son: Nd = 0.85 fcd b h + As2 fyc,d As fyd Nd e = 0.85 fcd b h (d - h/2) + As2 fyc,d (d - d) As2 fyc,d =

- 0.85 × f

N d ·e

d

b × h × (d - h / 2) = - d'

cd

600

- 425

0.40

= 437.5kN

As1 fyd = - Nd + 0.85 fcd b h + As2 fyc,d = 0.85 fcd b h+As2 fyc,d Nd = 62.9 kN As2 =

A s1

=

437.5·10

3

= 1257 mm

348

×

62.9 10 348

3

2

(4

= 181 mm < 2

Æ 20)

Amín, por lo tanto se dispondrá armadura mínima en la zona

menos comprimida. Amín=

0.05N d f yd

=

0.05·2500·10 348

3

= 359 mm

2

(2

Æ 16)


189


2 Comprobación -3

Uc = fcd b d = 16.67 · 300 · 450 · 10 -3

Us1 = Us2 =As fyd = 942 · 348 · 10 a)

= 2250 kN

= 327.8 kN

Nd = 800 kN; Md = 200 kN.m

Si 0.22 Uc < Nd + Us1 Us2

£ 0.425 U

c

+ Us1 Us2 el dominio de rotura es el 3.

En el caso que nos ocupa, 0.22 Uc = 495 kN; 0.425 Uc = 956 kN Nd + Us1 Us2 = 800 kN, Al estar en dominio 3,

s

s1

= fyd,

s

luego se satisface la ecuación.

s2

= fyc,d.

De la ecuación de equilibrio despejamos y= 188 mm y sustituimos en la ecuación de momentos: Mu = 0.85 fcd b y (d-y/2) + As2 fyc,d (d-d) -6

= 0.85 · 16.67 · 300 · 188 · (450 188/2) · 10

+ 327.8 0.4

= 415.62 kN.m > Md = 100 kN.m Luego, la sección resiste. b)

Nd = 2500 kN; Md = 100 kN.m

Dado que el axil es muy superior al momento es probable que la rotura se produzca en los dominios 4, 4.a o 5. Las ecuaciones que establecen los planos frontera son:

£ N < 0.68 U + U £ N £ 0.68 U h/d + U + U

Dominio 4

0.425 Uc + Us1 Us2

Dominio 4.a

0.68 Uc + Us2

Dominio 5

Us1 700 /fyd (1-d/h) < Nd

d

d

c

c

Para el caso que nos ocupa, estas ecuaciones se traducen en:


s2

s2

s1

700 /fyd (1-d/h)

190


£ N £ 1857.8 £ N £ 2093 kN

Dominio 4

956.25

Dominio 4.a

1857.8

Dominio 5

2093 < Nd

d d

Dado que Nd = 2500 kN > 2093 kN la rotura se producirá en el dominio 5, en el cual x>h. En el caso el valor de y resulta ser: 0.0035

y =

x x

x

- 0.8h ·h - 0.75h

e

s1

s

s1

=

x

e x-d

=

s1

-d x

= Es·

e

s1

El equilibrio de fuerzas será:

- 0.8h + U + A ·s x - 0.75h x

Nd = 0.85 fcd b ·h

Teniendo en cuenta que

s2

s

= Es·

s1

Nd = 0.85 fcd b h

e

s1

s1

x

= Es· 0.0035 ·

- 0.8h + U + A ·E x - 0.75 h s1

-d x

x

s2

s1

s

0.0035

x

-d x

La solución de esta ecuación proporciona el valor de x = 0.678 m.

Con lo cual

y =

- 0.8h h = - 0.75h

x x

0.678 0.678

- 0.8 × 0.5 0.5 = 0.458 m - 0.75·0.5

Mu = 0.85 fcd b y (d - y/2) + Us2 (d - d) = 561.4 kN.m Nd·e = 2500 (e0 + d - h/2) = 2500 (100/2500 + 0.45 0.25) = 600 kN.m Por tanto la sección no resiste. Si dimensionamos la sección con armadura simétrica se tendría, dado que Nd > 0.425Uc

Us1 = Us2 =

As1 = As2 =

-M d - d' 692.5 × 10 N d ·e

348

lim

3

=

600

- 0.319·U 0.40

c

d

= 692.35 kN

= 1990 mm > 942 mm 2

2

lo que verifica que la sección no resiste.


0.0035

191


Ejercicio II-4 Dimensionamiento y comprobación de secciones mediante diagramas de interacción en flexión recta y esviada 2

Un soporte de hormigón armado, de 0.50 x 0.40 m cuyas características de los materiales son: - hormigón:

H-30/P/20/IIa

fck = 30 MPa

- armaduras

barras corrugadas de acero B 400S

fyk = 400 Mpa

está sometido a las siguientes hipótesis de carga.

± 500 kN.m;

a) Nd = 1500 kN;

Mdx =

b) Nd = 2000 kN;

Mdx = 160 kN.m;

Mdy = 0 Mdy = 200 kN.m

Se pide: 1. Dimensionar las armaduras necesarias para resistir ambas solicitaciones, disponiendo en el caso a) armadura simétrica en dos caras opuestas y en el caso b) armadura igual en las cuatro caras y en las cuatro esquinas. 2.

Suponiendo

la

sección

armada

como

indica

la

figura

verificar

si

resiste

solicitaciones: a) Nd = 2000 kN;

Md = 600 kN.m;

b) Nd = 1600 kN;

Mdx = Mdy = 200 kN.m

Mdy = 0

Solución

f cd

Resistencia característica del hormigón

Resistencia característica del acero

f yd

=

f yk 1.15

= =

f ck 1.5 400

1.15

= 20N / mm

2

= 347.83 N / mm


2

las

siguientes

192


1 Dimensionamiento utilizando diagramas de interacción a) Flexocompresión recta Los valores adimensionales son:

n =

Nd

=

×

1500 10

3

= 0.375 × b × h 20 × 400 × 500 N ×e 500 × 10 m = = = 0.25 f ×b×h 20 × 400 × 500 d

f cd

6

d

0

d

2

2

cd

Entrando en el diagrama de interacción correspondiente a armadura simétrica con d =0.1h=50 mm la curva que pasa por el punto representativo es

w

tot

=

A s,tot Ac

×f

×f

yd

= 0.37 Þ A

s,tot

=

×

×

0.37 20 400 500

cd

2

×

w = 0.37.

As1 = As2 = 2127.5 mm , que corresponde a 7

347.83

= 4255 mm

2

Æ 20 en cada una de las caras que caben en una sola

fila, satisfaciéndose el recubrimiento necesario por durabilidad (25 mm). 2·35+7·20+6·d = 400; d=31.6 mm.

Æ

Como la distancia entre barras es superior al diámetro de las mismas ( máximo del árido (20 mm) la disposición es correcta. b) Flexocompresión esviada Nd = 2000 kN

Mdx = 160 kN.m Mdy = 200 kN.m


20 mm) y al tamaño

193


Los valores adimensionales son:

n = d

m m

dx

=

dy

=

Nd f cd

×A

= c

M dx f cd

×b×h ×h×b

20

2

=

2

=

M dy f cd

×

2000 10

3

= 0.5

× 400 × 500 ×

160 10

×

6

×

20 400 500

×

200 10

×

20 500

2

= 0.08

2

= 0.125

6

× 400

Entrando en el ábaco roseta para flexión esviada adimensional correspondiente a la armadura igual en las cuatro caras dx = 0.10 h = 50 mm dy = 0.10 b = 40 mm y teniendo en cuenta,

m

dy

>

m

dx

Þ

m

1

=

m

dy

;

m

2

=

m

dx

la curva que pasa por el punto representativo es:


194


w

tot

A stot

=

n = 0.4

w

= 0.25

n = 0.6

w

= 0.32

A stot

=

Ac

×f ×f

yd

ÞA

=

stot

w ×A ×f

cd

×

×

×

0.285 20 400 500 347.83

Þ

tot

c

w

= 0.285

cd

f yd

= 3278

Atot = 4·A

mm

Þ

2

2

A = 819.5 mm en cada lado


195


Æ20

En cada esquina disponemos 1

Æ16,

y en cada cara 3

Æ20

teniendo así (4

Æ16)

+ 12

= Astot =

2

3669.4 mm

20 cm > l >

Æ20 Æ20

20 cm > l >

2 Verificaciones a)

Flexocompresión recta Nd = 2000 kN Nd = 600 kN

Æ20

Astot = 16

Obtención de los esfuerzos: 6

Uc = b·h·fcd = 500·400·20 = 4·10 N Se buscan los valores adimensionales:

n =

Nd

m =

Nd

d

d

×

2000 10

=

Uc

×

4 10

3

= 0.5

6

×e 600 × 10 = = 0.3 × h 4 × 10 × 500 6

0

Uc

6

Entrando en el diagrama de interacción correspondiente a la armadura igual en las cuatro caras y en las cuatro esquinas

Þw

nec

= 0.73, cuantía que resulta necesaria.

La cuantía total existente vale:

w=

A stot

×f

yd

Uc

=

×

5026.55 347.83

×

4 10 2

Astot = 5026.55 mm

w w

disp nec

= 0.44 >

w

disp

Þ Þ

6

Þ

= 0.44 Æ20

16

cuantía disponible. la sección es insuficiente.


196

b)


Datos Nd = 1600 kN Mdx = Mdy = 200 kN.m

Obtención de los esfuerzos: 6

Uc = b·h·fcd = 500·400·20 = 4·10 N Se buscan los valores adimensionales:

n = d

m

dx

=

m

dy

=

Nd Uc

=

M dx Uc

×h

N dy Uc

×

1600 10

×b

×

4 10

= =

3

6

= 0.4

×

200 10

×

4 10

6

×

× 500

200 10

×

4 10

6

6

6

× 400

= 0.1 = 0.125


197


Entrando en el diagrama de interacción correspondiente a la armadura igual en las cuatro caras y en las cuatro esquinas

Þw

nec

= 0.3

La cuantía total existente vale:

w=

A stot

×f

Uc

yd

=

4 10

2

Astot =5026.15 mm

w

disponible >

× × (16Æ20)

5026.55 347.83

w necesaria

6

Þ

= 0.44 w disponible

la sección es suficiente


199


Ejercicio II-5 Comprobación del E.L.U de flexocompresión de secciones pretensadas con armadura adherente y no adherente Una placa unidireccional de un forjado pretensado con armaduras postesas presenta la sección transversal que se esquematiza en la figura adjunta.

El forjado, de 14 m de luz, trabaja simplemente apoyado, y tiene las siguientes cargas actuantes: 2

- cargas permanentes: 6 kN/m ; 2

- sobrecargas de uso: 4 kN/m . Se considera un control intenso de la ejecución. Se proyectan dos soluciones, una con armaduras adherentes y otra con armaduras no adherentes. En 2

ambos casos, la armadura activa está constituida por 3 cordones de 0.6 (Aptot = 420 mm ),cuya excentricidad respecto del centro de gravedad en la sección central es e = -360 mm. La tensión inicial de tesado en anclajes es Pancl = 520 kN, y la fuerza final, tras pérdidas instantáneas y diferidas, en la sección central es P¥ = 400 kN en ambos casos. Las características de los materiales son: - hormigón: fck= 35 MPa - armaduras activas: fpyk=1700 MPa - armaduras pasivas: barras B500S, fbk=500 MPa Se pide: Verificar el estado límite último de agotamiento por flexocompresión en la sección central.

Solución Resistencias de cálculo de los materiales:


200


- hormigón:

f cd

- armaduras activas:

f pyd

- armaduras pasivas:

f yd

= = =

f ck

gc

=

f pyk

gs f yk

gs

35 1.5

=

=

- momento solicitación de cálculo: M d

= 23.33 MPa

1700 1.15

500 1.5

= 1478.26 MPa

= 434.78 MPa

= 1.35 ×

× ×

0.8 6 14 8

2

+ 1.5 ×

× ×

0.8 4 14 8

2

= 276.4 kN.m

a) Armadura adherente En tal caso, la armadura acompaña al hormigón en su deformación, incrementando su tracción en el E.L.U.

D El equilibrio de fuerzas proporciona: P

= C - DT Þ C = P + DT

Se hacen dos hipótesis: 1) que el bloque de compresiones C cae dentro de la cabeza superior y 2) que la rotura es dúctil, es decir,

P + DT = A p f pyd .

En tal caso se tiene: C

= 0.85 × f cd × b × y = A p × f pyd = 620.9 kN

y

=

×

620.9 10

×

×

3

0.85 23,33 800

= 39.1 mm < 150 mm

luego el bloque de compresiones cae dentro de la cabeza de compresión (y
= C × z = A p × f pyd ( d p - y / 2 ) = 620.9 × ( 0.5 - 0.0391 / 2 ) = = 298.3 kN.m > M d = 276.4 kN.m

Mu


201


por tanto, se verifica la seguridad a rotura. En cuanto a la rotura dúctil se tiene: x = 1.25·y

x = 48.9 mm

De p e = c Þ De p = e c dp - x x

e p » e p¥ + De p = e py =

f pyd Ep

=

P¥ EpAp

1478.26

×

2 10

5

dp

-x

x

+ De p =

= 0.0035 × ×

3

5

× 42

400 10

×

2 10

0.5

- 0.0489

0.0489

= 0.032

+ 0.032 = 0.08

= 0.00739 < e p

por tanto, la armadura plastifica y la rotura es dúctil. b) Armadura no adherente En este caso, no existe compatibilidad de deformaciones a nivel sección, sino compatibilidad de desplazamiento en anclajes. Por tanto, es muy difícil evaluar el incremento de tracción de la armadura en rotura. Una cota inferior del momento último puede obtenerse considerando nulo el momento de tracción, lo cual conduce a lo siguiente: C

= 0.85 × f cd × b × y = P¥ = 400 kN

y

=

Mu

×

400 10

×

3

×

0.85 23,33 800

= 25.2 mm

= C × z = P × ( d p - y / 2 ) = 400( 0.5 - 0.0252 / 2 ) = 195 kN.m

Como se observa, en este caso Mu < Md = 276.4 kN.m, por lo que haría falta disponer una armadura pasiva adicional para resistir la diferencia

DM = Md -Mu.

Para calcular la armadura pasiva necesaria, se dimensiona ésta considerando la presencia del axil P de pretensado, en su posición real, como capa exterior. Las ecuaciones de equilibrio son: P

= C - A s × f yd ; C = P + A s × f yd = 0.85f cd × b × y

Md

+ P × (d s - d p ) = C × z = C × (d s - y / 2)


202


Se trata de un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, que son y, y As. La solución del sistema lleva a:

A s f yd

As

=

é = 0.85 × f cd × b × d s ê1 êë 156700 434.78

1

-

+ P¥ ( d s - d p )) ù ú - P¥ = 156.7 kN 2 0.85f cd × b × d s úû

2( M d

= 360 mm 2 Þ 2f16 = 400 mm 2

La disposición de armaduras sería entonces:


203

E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales

Ejercicio II-6

Esfuerzo cortante en vigas de hormigón armado y pretensado con armaduras pretesas

Para cubrir un depósito de agua potable de grandes dimensiones se ubican en su interior pilares según una cuadrícula de 8.30 x 6.00 m. Sobre estos pilares se disponen jácenas de canto de 0.40 x 0.75 de hormigón, de 8.00 m de luz, simplemente apoyadas. Sobre ellas se dispone un forjado unidireccional continuo de 6.00 m de luz. Las cargas que se deben considerar son: - peso propio de las vigas 7.5 kN/ml;

2

- peso del forjado y cargas muertas 4 kN/m ;

2

- sobrecarga superior (tierras o tráfico ligero) 7.5 kN/m . Se prevé un control de ejecución intenso. Se tantean dos soluciones para las jácenas de hormigón, ambas con las mismas dimensiones, pero una de hormigón armado construida

in situ

y otra

prefabricada pretensada con armaduras pretesas como indica la figura adjunta.

Las características de los materiales son: Para la jácena de hormigón armado HA-30/P/20/IIb, B-500-S. Para la jácena de hormigón pretensado HP-30/P/20/IIb, Y 1860 S7, B-500-S. La jácena está pretensada con 6 cordones de

f

2

0.6 (Ap=840 mm ) y la fuerza final de pretensado

es P¥ = 900 kN. Se pide: 1. Dimensionar a cortante las jácenas en cada una de las dos soluciones anteriores y hacer un esquema de la disposición de armaduras longitudinales y transversales.

Nota:

las armaduras longitudinales, tanto las activas como las pasivas, recorren la totalidad de la

pieza, anclándose en sus extremos.


204


ps es de montaje ¹ Aps

A

armadura de compresión fruto del cálculo.

Solución

·

Cargas permanentes

2

g = 7.5 kN/m + 4 kN/m · 6 m = 31.5 kN/m

·

Cargas variables

2

q = 7.5 kN/m · 6 m = 45 kN/m

gG = 1.35 gQ = 1.5

g* = 1.35 · 31.5 kN/m = 42.525 kN/m

Þ

I

q* = 1.5 · 45 kN/m = 67.5 kN/m g** = 0.9 · 31.5 = 28.35 kN/m

Þ

II

Se ha tomado 0.9 como coeficiente de seguridad para las acciones remanentes favorables de acuerdo con el criterio de EH-91, aunque EHE recomienda tomar 1.00.

113.4

I

Vx = R1 g*x = 170.1 42.525x x = 0 x = 4 x = 8

Vx = 170.1 kN Vx = 0

Vx = R1 g**x = 113.4 28.35x x = 0

Vx = 170.1 42.525 * 8

x = 4 x = 8

Vx = 113.4 kN

Vx = 0 kN

Vx = -113.4 kN

= -170.1 kN

·

Carga variable


205


III

IV

Vx

Vx

+

-

=

67.5 2*8

=-

(8

67.5

× x = -4.2188 × x

×

Vx

x = 8

Vx

x = 0

Vx

x = 8

Vx = - 270 kN

- x ) 2 = 4.2188(8 - x ) 2

2

2 8

+ = 270 kN

x = 0

+ = 0 kN -

= 0 kN

2

-

- Característica de los materiales

f cd

=

f yd

=

f pyd

f ck 1.5

=

=

f yk 1.15

30 1.5

=

f pyk

500 1.15 1700

=

1.15

= 20 N / mm 2

1.15

= 434.78 N / mm 2 = 1478.26 N / mm 2

- Esfuerzos en estado límite último

·

Cargas permanentes

2

g = 7.5 kN/m + 4 kN/m · 6 m = 31.5 kN/m

·

Cargas variables

2

q = 7.5 kN/m · 6 m = 45 kN/m Md

= gG ×

gl

2

8

+ gQ ×

ql

2

8

= 1.35 ´ 31.5 kN / m ´

= (340.2 + 540 )kN / m = 880.2 kN.m

2

8 m

2

8


+ 1.5 ´ 45kN / m ´

8

2

8

206


= gG ×

Vd

gl 2

+ gQ ×

ql 2

= 1.35 ´ 31.5 ´

8 2

+ 1.5 ´ 45 ´

8 2

= (170.1 + 270 ) × kN = 440.1 kN

1 Solución en hormigón armad o

Vrd

= Vd + Vpd + Vcd

Vrd

£ Vu1

Vrd

£ Vu2 = Vcu+ Vsu

Vu1 = agotamiento por compresión oblicua del alma Vu2 = agotamiento por tracción en el alma Vrd

£ Vu1

Vu1

= K × f1cd × b 0 × z ×

q + cot ga 2 1 + cot g q

cot g

Þ coeficiente de reducción por defecto del esfuerzo axil.

K

K

=

é s cd p ù ê1 + ú<1 3ê f cd ú ë û 5

scdp Þ tensión axil efectiva en la sección (tracción positiva) s cd p =

Nd

+ A s 2 × s sd, c Ac

As2 = 0, pues no hay armadura de compresión fruto del cálculo.

Þ axil de cálculo incluido el pretensado con un valor de cálculo Þ área de armadura en la zona comprimida Ac Þ área total de la sección de hormigón ssd,c Þ resistencia de cálculo del acero a compresión Nd

As2

ssd,cp = 0 f1cd

K = 5/3 < 1

K = 1

Þ resistencia a la compresión del hormigón 2

2

f1cd = 0.6 fcd = 0.6 · 20 N/mm = 12 N/mm

Þ anchura neta mínima del elemento = 400 mm Þ brazo mecánico = 0.9 d = 0.9 · 680 mm = 612 mm

b0 z

q = 45º en hormigón armado

q =1

cotg


207


a = 90º cercos verticales cot gq + cot ga 1 1 = = 2 1+1 2 1 + cot g q

a =0

cotg

2

Vu1 = 1 · 12 N/mm · 400 mm · 612 mm · 1/2 = 1468.8 kN

Vrd = 440.1 kN < Vu1 = 1468.8 kN Vrd

Þ cumple

£ Vu 2 = Vcu + Vsu Þ contribución del acero ß contribución del hormigón

x·(100 rl · fck)1/3 0.15 scdp]·b0·d·b

Vcu = [0.10

200

x =1+ rl

d

= 680 mm ) = 1 +

, (d

200 680

= 1.5423

= cuantía geométrica de la armadura longitudinal pasiva y activa adherente, ubicada a una

distancia igual o mayor que d a partir de la acción en estudio

As

r1 = (As = 12

+ Ap b0

f yp f yd

< 0.02

×d

Æ 20) ®

As

= 12 ×

p × 20 2 4

Ap = 0

rl =

3770 mm

2

´ 680 mm 2 fck = 30 N/mm , 400 mm

= 3769.91 mm 2 = 3770

= 0.0139 < 0.02 b0 = 400 mm d = 680 mm

p s cd =0

q -1 2 cot gq e - 1 2 cot gq - 2 b= 2 cot gq e - 2

b=

cot g fct,m

2 cot g

qe =

f ct ,m

2

0.5

£ cotgq £ cotgqe qe £ cotgq £ 2

cotg

- f ct,m (s xd + s yd ) + s xd × s yd f ct ,m

- s yd

>0.5, <2

Þ resistencia media a tracción (considerada positiva) 2 fck en N/mm f = 0.30 × 3 f 2 ct ,m

ck

sxd, = syd = 0, cotgqe = 1 cotgqe = cotgq = 1 b=1


mm

2

208


Sustituyendo:

1/3]·400·680·1 = 145.473 kN =

Vcu = [0.10·1.5423·(100·0.0139·30) Vrd = Vcu + Vsu

145.5 kN

3

Vsu = Vrd Vcu = (440.1 145.5) kN = 294.6 kN = 294.6·10 N

S Aa·fyad·z·sena·(cotga + cotgq) = S Aa·fyad·0.9·d= S Aa·434.78 N/mm2· 612 mm= S Aa·266085.4 N·mm/mm2

Vsu = =

a = 90º q = 45º

2

3

Aa·266085.4 N·mm/mm = 294.6·10 N Aa

=

×

294.6 10

3

Nmm

2

= 1.107

266085 .4 Nmm

mm

2

mm

mm

= 1.107

2

mm

´

3

10 mm 1m

= 1107

mm

2

m

- Verificación de la condición de límite superior de Aa

S Aa·fyad £ 2

1 2

f1cd·b0·

sen 1

a

- cos a

2

1.107 mm /mm · 434.78 N/mm = 481.302 N/mm 1 2

f1cd

× b0 ×

sen 1

a

- cos a

=

1 2

× 12 N / mm 2 × 400

× = 2400

mm 1

N / mm

Þ se cumple

- Verificación de la condición de armadura mínima:

æf ö ³ 0.20 × ç ck + 0.75 ÷ × b sen a è 20 ø 2 fck = 30 N/mm

å

A a f ya d

b = 400 mm

å

A a f ya d

0.20

sen

a

= 481.302 N / mm

ù é 30N / mm 2 ×ê + 0.75ú × 400 = 180N / mm Þ cumple 20 úû êë

Distribución de armadura transversal

2

2

2

2

Aa = 1.107 mm /mm·= 1107 mm /m = 1107 mm /100cm = 11.07 mm /cm St·Aa =

hr

× p × f2 4

hr = 2 ramas

Æ = mm

2

Þ St =

× p × f2 4 × Aa

hr

é mm 2 ê êë mm 2

cm

ù ú úû

Þ Æ / cm

Aa = mm /cm


209


× p × f2 = 0.1419 × f 2 4 × 11.07 Æ 10 mm Þ St = 14 cm Æ 12 mm Þ St = 20 cm

St =

2

Comprobaciones de carácter general de St

£ 0.80 d < 300 mm £ 0.60 d < 300 mm St £ 0.30 d < 200 mm St

si

St

Vrd = 440.1 kN

St

si si

£ 1/5 Vu1 £ Vrd £ 2/3 Vu1 Vrd > 2/3 Vu1 Vrd

1/5 Vu1

1/5 Vu1 = 293.76 kN

Vu1 =1468.8 kN 1/5 Vu1

Þ

2/3 Vu1 = 979.2 kN £ Vrd £ 2/3 Vu1 Þ St £ 0.60 d < 300 mm

£ 0.60 d < 060·680 mm = 408 mm < 300 mm Æ 10/14 cm Æ 12/20 cm Þ cumplen las dos

Si hay armadura comprimida y se tiene en cuenta en el cálculo:

£ 15 Æmín Æt ³ 1/4 Æmáx

St

Æmín = Æ de la barra comprimida más delgada. Æmáx = Æ de la barra comprimida más gruesa.

Para piezas comprimidas, en cualquier caso, St < dimensión menor del elemento.

St < 30 cm.

h b

- Distribución longitudinal de cercos

2

Vrd = 170.1 42.525x 4.2188x Vcu = - 145.5 kN

la a partir del apoyo B en la

Þ Æ 10/14 cm Æ 12/20 cm

Þ x = 4.97 m

Þ la = (8-4.9705) + 0.375 =3.4 m » 3.5 m


210


A partir de la, lleva Aamín

2

Aamín·fyd = 180 N/mm

2

Aamín = 0.414 mm /mm = 4.14 mm /cm

× p × f2 4 × Aa

2

St =

Æ 10

St =

Æ 12

St =

Adoptando los

Aa =

× p × 10 2 = 37.94cm < 300 mm 4 × 4.14 2 2 × p × 12 = 54.64cm < 300 mm 4 × 4.14 2

Æ 10 para Aa mínima, con St = 300 mm. 2

× p × f 2 2 × p × 10 2 = 0.5236 mm 2 / m × ( > A amin ) = 4 × St 4 × 300

3

2 Solución en hormigón preten sado Vrd = Vd + Vpd + Vcd = Vd = 440.1 kN Vpd = 0

Vcd = 0

£ Vu1 Vrd £ Vu2 Vrd

Se adopta

q = qe. qe viene dada por

cot g

qe =

syd = 0

f ct ,m

2

- f ct,m (s xd + s yd ) + s xd × s yd f ct ,m cot g

qe =

- s yd 1

-

>0.5, <2

s xd f ct, m


211


sxd = (compresión

) =

P¥ Ac

=-

×

3

900 10 N 400

´ 750 mm

2

= -3 N / mm 2

= 0.30 × 3 f ck 2 = 2.9 N / mm 2

f ct , m cot g

-

qe =

1

+

3 2.9

= 1.43 × (0.5 £ cot gq e £ 2 )

Obtención de Vu1: Vu1 = K·f1cd·b0·z·

q + cot ga 2 1 + cot g q

cot g

é s cd p ù ê1 + ú <1 3 ê fcd ú ë û N d + A s 2 × s sd, c scdp =

K=

5

Ac

(compresión)

- 900 × 10 3 + 0 = -3 N / mm 2 400 ´ 750 5 é 3 ù K = 1ê ú = 1.4167 > 1 Þ K = 1 20 û 3 ë 2 f1cd = 0.60·fcd =12 N/mm b0= 400 mm

scdp =

z = 0.9·d = 0.5·700 mm = 630 mm

a = 90º

2

Vu1 = 1·12 N/mm ·400 mm·630 mm·

1.43

1

= 1420.2 kN + (1.43) 2 Þ cumple

£ Vu1 = 1420.2 kN £ Vu2 = Vcu + Vsu 1/ 3 Vcu = 0.10 × x × (100r l × fck ) - 0.15s cd p × b 0 × d × b

Vrd = 440.1 kN Vrd

[

x =1+ As

rl = As

]

200 d

+ Ap b0

×d

Þ 6 Æ 20

=1+

200 700

= 1.5345

f yp f yd

< 0.02 As = 6

p × 20 2 4

= 1884.96 mm 2

Þ 6 Æ 6 Ap = 840 mm2 b0 Þ 400 mm d Þ 700 mm 2 fyd Þ 434.78 N/mm 2 fyp Þ 1478.26 N/mm

Ap


212


1884.96

+ 840 ×

1478 .26

434.78 rl = = 0.0169 < 0.02 400 × 700 scdp =- 3 N/mm2 (ya calculada antes) cotgq = cotgqe Þ b = 1 1/ 3 Vcu = 0.10 × 15345 × (100 × 0.0169 × 30 ) + 0.15 × 3 × 400 × 700 × 1 = 285.02 kN Vrd = Vcu+Vsu Þ Vsu = 440.1 kN - 285.02 kN = 155.08 kN Vsu = S Aa·fyad·z·sena·(cotga+cotgq) = 155.08 kN a = 90º, cotgq= 1.43 3 155.08 × 10 N S Aa = = 0.396 mm 2 / mm 2 434.78 N / mm × 0.9 × 700 mm × 1.43

[

]

Verificación:

S Aa·fyad £

1 2

f1cd·b0·

2

sen 1

a

- cos a

= 2400 N / mm 2

Aa·fyad = 0.396 mm /mm·434.78 N/mm = 172.17 N/mm Armadura mínima:

æf ö ³ 0.20 × ç ck + 0.75 ÷ × b = 180 N / mm 20 è ø 172.17 N/mm < 180 N/mm Þ no cumple. å

A a f ya d

a

sen

Disponemos de armadura mínima.

S Aa·fyad = 180 N/mm2 Aa =

180 N / mm

2

434.78 N / mm

2

= 0.414 mm 2 / mm 2

Aa = 0.414 mm /mm = 4.14 mm /cm

× p × f2 2 × p × f2 2 2 = ( mm / mm × cm ) 4 × Aa 4 × 4.14 2 St = 0.379 Æ Æ 10 mm Þ St = 37 cm Æ 20 mm Þ St = 151 cm

St =

2

Comprobaciones: 1 5 2 3

Vu1

= 284.04 kN

Vu1

= 946.8 kN

Vrd = 440.1 kN


Þ se cumple


St £ 0.60 d = 0.60·700 mm = 420 mm < 300 mm Æ 10 cada 30 cm Þ estoy disponiendo más armaduras. 2 2 2×p×f 2 × p × 10 Æ 10 Þ Aa = = = 0.5236 mm 2 / mm = 5.24 mm 2 / cm 4 × St 4 × 300


213

215

E.L.U. agotamiento por solicitaciones tangenciales

Ejercicio II-7 Cortante en vigas de hormigón pretensado con armaduras postesas

El tablero de un pantalán de 6 m de anchura, está constituido por vigas de 20 m de luz, de sección en T, simplemente apoyadas, de hormigón pretensado con armaduras postesas, como indica la figura adjunta.

20

Las vigas se prefabrican junto a la obra, donde se postesan, y se montan después en su posición definitiva, disponiendo superiormente una losa de 10 cm de hormigón armado. Se considera un nivel de control de la ejecución intenso. - hormigón HP-40/P/20/IIIc, f = 40 N/mm - armaduras activas Y 1860 S7, f = 1700 N/mm , f = 1860 N/mm - armaduras pasivas B 500 S, f = 500 N/mm Las cargas consideradas son: - peso propio de las vigas y de la losa, - cargas muertas adicionales 2.0 kN/m , - sobrecargas de uso 10 kN/m . El pretensado de las vigas consiste en 2 tendones de 7 f 0.6 (A =2 · 980 =1960 mm ), tesados a 1400 N/mm . El trazado equivalente es parabólico, con distancias al fondo de 200 mm y 800 mm desde el centro de gravedad de los cables, en centro de luz y apoyos, respectivamente. Las vainas son de 65 mm de diámetro y se inyectan tras el tesado con lechada de cemento. Las pérdidas totales de pretensado se estiman en un 25% de la fuerza en anclajes. No se precisa armadura pasiva longitudinal por razones de cálculo, disponiéndose la estrictamente necesaria por razones de construcción, retracción o temperatura diferencial, sin considerar la colaboración resistente de la losa superior. 2

ck

2

pyk

2

pn

2

yk

2

2

p,total

2


2

216


Se pide:

Dimensionar las armaduras transversales en el alma y las alas de la viga, efectuando las comprobaciones a cortante que correspondan. Solución

Valores de cálculo de los materiales: f = 140.5 = 26.67 N mm f = 1500 .15 = 434.78 N / mm f = 1700 1.15 = 1478.26 N mm Acciones y esfuerzos de cálculo: - peso propio g = 0.6 · 25 = 15 kN/m - peso losa g = 0.1 · 1.5 · 25 = 3.75 kN/m - carga muerta g = 2.0 · 1.5 = 3 kN/m - total g = g1 + g2 + g3 = 21.75 kN/m - sobrecarga q = 10 · 1.5 = 15 kN/m Esfuerzo cortante de cálculo: V = 1.35 × gl2 + 1.50 × ql2 = 293.6 + 225 = 518.6 kN Fuerza de pretensado a largo plazo: 2

cd

2

yd

2

pyd

1 2 3

d

P¥

= Pand × 0.75 = 1400 N

mm

2

× 1960 mm 2 × 0.75 × 10 -3 = 2058 kN

1 Dimensionamiento de la arm adura transversal en el alma

Si la suma de los diámetros de las vainas es superior a b/6, el ancho del alma a efecto de cortante se obtiene descontando los huecos de las vainas según la expresión: b = b - ShÆ 0


217


donde b es la menor anchura del nervio en los ¾ inferiores de la parte que corresponde al canto útil de la sección. h es un coeficiente que depende de las características de la armadura y vale h=0.5 para barras y vainas con tendones adherentes

å hf = 65 mm b » 200 - 65 = 135 mm Por efecto de la inclinación de los tendones de pretensado, el cortante de cálculo se reduce según: V = V - P¥ sen a La pendiente de los tendones en anclaje es: tg a = 0.12 , con lo que sen a = 0.1192 y por tanto V = 518.6 - 2058 × 0.1192 = 273.3 kN 0

rd

d

rd

1.1 Obtención de Vu1 :

Ángulo de inclinación de las bielas, cotgq. Se adopta: cot gq = cot gq = 1 - fs = 1 + 33..43 51 = 1.41 P 2058 = -3430 kN m = -3.43 N mm s =- ¥ =A 0.6 xd

e

ctim.

2

2

xd

c

f ct, m

= 0.30 × 3 f k2 = 0.30 × 3

40

= 3.51 N

2

mm

2

Considerando únicamente armadura vertical (cercos), a = 90º y siendo el brazo mecánico z = 0.9 d = 0.9 · 1.15 = 1.035 m, se obtiene: V = K × f × b × z × ctogq + cot ga = 0.6 × 26.67 × 135 × 1035 × 12..41 99 = 1054.4 kN 1 + cot g q u1

1cd

0

2

El factor k se obtiene de la expresión: k = 53 æçç1 + sf

'

è

cd

cd

ö ÷ <1 ÷ ø

donde s es una tensión media axial cuyo valor es: cd


218


N + A' ×s A

s'cd =

d

s

sd

c

Para el caso que nos ocupa, N es el axil de cálculo debido al pretensado final, con coeficiente de mayoración g = 1.0, por tratarse de estado límite último. Además, A = 0 pues se trata de armadura de compresión dispuesta por montaje pero no necesaria por cálculo. Por tanto en este caso s = s = - 3.43 N/mm . k = 53 æç1 - 263..4367 ö÷ = 1.45 > 1 ® k = 1. è ø Se cumple por tanto que V < V , siendo: 1 × V = 210.9 < V < 2 × V = 702.9 kN . 5 3 d

p

s

cd

rd

u1

2

xd

u1

rd

u1

1.2 Obtención de Vu2 y Vcu

V

cu

=

(0.10 × x × (100r × f 1

)

1/ 3

ck

)

- 0.15 × s'cd × b 0 × d × b

200 = 1 + 200 = 232 d 115 f A + A × f 1960 × 1700 500 r = b × d = 135 × 1150 = 0.0429 2 cot gq - 1 = 1 pues q = q b= 2 cot gq - 1 V = (0.10 × 2.32 × (100 × 0.0429 × 40 ) + 0.15 × 3.43)× 135 × 1150 = 280028 N = 280 kN x =1+

pyd

s

p

yd

l

0

e

e

1/ 3

cu

Como V > V , sólo hará falta armadura mínima en esa sección. A ×f æf ö æ 40 ö å sen a ³ 0.20 × çè 20 + 0.75 ÷ø × b = 0.20 × çè 20 + 0.75 ÷ø × 135 = 74.25 N / m A = 74.25 N / mm = 0.171 mm / mm = 171 mm / ml 434.78 N / mm cu

rd

s, min

yd

ck

2

s, min

2

2

Disponiendo estribos f6 (2 ramas), A = 2 · 28.3 mm =56.6 mm separados 300 mm se tiene: A = 2 × 28.3 × 1000 300 = 188.67 mm ml > 171 mm ml . 2

f

2

2

2

s


219


Esta disposición cumple con la separación máxima establecida (300 mm). 1.3 Otras secciones a lo largo de la pieza

En otras secciones, dado que el trabado del tendón equivalente es parabólico, el efecto favorable del pretensado (P · sena) disminuye, aunque también lo hace el cortante exterior. Por ello es preciso verificar que en ningún punto V supera el cortante resistido por el hormigón V pues de lo contrario habría que disponer armadura superior a la mínima. La ley de esfuerzos cortantes de cálculo es: rd

Vg =

Vq =

gl 2

q 2l

cu

-gx = 217-21.75x

2 2 (l-x) = 0.375(20-x)

Vd = 1.35Vg+1.5Vq = 518.6-51.7x+0.5625x

2

Reducción del cortante: Para ello hay que conocer el valor de sena a lo largo de la pieza. Dado que a es muy pequeño, se identifica con tga=e(x) siendo e(x) el trazado del tendón equivalente de pretensado, cuya expresión es: e'(x ) = tg a = 0.012x - 0.12 ; P sen a » 24.696 x - 246.96 con lo que: Vrd

= Vd - P¥ × sen a = 271.6 - 27 × x + 0.5625 × x 2

Haciendo V = V se obtendría x = 24 m., o bien, x<0, con lo que nunca se alcanza este valor. Por tanto se dispone armadura mínima en toda la pieza, consistente en cercos f6 cada 30 cm. rd

cu


220


2 Armadura transversal de las alas

Estará compuesta por la mayor de las armaduras debidas a flexión transversal y al rasante en la unión alas-alma (artículo 44.2.3.5, EHE) 2.1 Armadura debida a flexión t ransversal.

El momento de cálculo será el correspondiente a un voladizo de 0.55 m. de luz. El cálculo se realiza por metro de ancho. M = p ×2l = (1.35 × g + 1.50 × q ) × 0.55 2 = 5.22 kN × m ml g = g 1.5 = 14.5 kN / m q = 10 kN m A = 08f× U × æçç1 - 1 - 0.852 ×× MU × d ö÷÷ = 100.32 mm ml < A mm è ø A × f = 0.04 × U = 0.04 × 26.67 × 1000 × 160 = 170688N ® ®A = 392.6 mm ml 2

2

d

t

2

t

2

c

2

d

st

s

yd

s, min

c

yd

c

2

s, min

2.2 Rasante en la unión alas-alm a

Si se considera el equilibrio del ala aislada en una longitud de viga a , necesariamente debe aparecer una fuerza en la unión alas-alma como indica la figura adjunta. r

Aproximadamente se puede tomar: b - b = DM × b - b DF = DN × 2b z 2b en donde (b - b )/2 es el vuelo del ala. w

d

d

w

d

w


221


Se admite que existe una redistribución plástica de tensiones rasantes en una cierta longitud a siempre que en ella la ley de momento sea monótona creciente o decreciente, siendo entonces el esfuerzo rasante (S ) por unidad de longitud, el valor medio de la fuerza DF en a , es decir: S = DaF = zDM× a × b 2-× bb r

d

d

d

d

r

w

d

r

r

Ahora bien, en el caso de piezas pretensadas, en el valor de DM debe incluirse también la variación del momento debido al pretensado, que en esta pieza isostática es (P · De), con lo cual se tiene: S = DM z +× aP × De × b -2bb d

d

w

d

r

En el caso que nos ocupa, se adopta para a la mitad de la viga (a =l/2), siendo De=0.6 m r

DM d = (M d ) l - (M d )0 = M d 2

r

(l 2 )= (1.35 × g + 1.5 × q ) × l8 = 2593 kN m 2

- 2058 × 0.6 1.5 - 0.4 S = 2593 0.9 × 1.15 × 10 × 2 × 1.5 = 48.12 kN m Las armaduras transversales necesarias se obtienen mediante el método de las bielas y tirantes, según se indica a continuación. sen q = S × tg q = S ; A = 111 mm ml T = C sen sen a a S = T = A ×f a d

2

d

d

d

d

s

d

s

y d

Armadura transversal

a = 90º Unión

C

J

alas-alma

T Alma

J

aJ Sd

C cos T sen Fisuración

Vista en planta

Verificación de la compresión oblicua S £ S = 0.5 f × h d

41

1cd

0

donde:


J = Sd a = C sen J

222


f = 0.60 f = 16 N/mm (para el ala comprimida) h = profundidad del ala = 0.20 m= 200 mm. Vemos que cumple. Por lo tanto, la armadura necesaria será 392.6 mm /ml que es la mayor entre la debida a la flexión de las alas y la de rasante. 1c,d

2

cd

0

2

3 Disposición de armaduras

Para facilitar la construcción, conviene que las armaduras del alma y la de las alas están dispuestas a la misma distancia o con separaciones proporcionales. Dado que la A del alma consiste en cercos f6 cada 30 cm (A = 333 mm /ml). Se propone disponer cercos f10 cada 15 en las alas, que proporcionan una armadura superior de st

2

st

100 = 523.6 mm ml 4 4 15 y si se desea apurar más, a coste de complicar la ejecución, podrían disponerse f10 cada 30 + f6 cada 30 alternados. A

s sup

=

p × f2

× 100 =

p × 10 2

×

2

cercos Ø10 cada 15 cm cercos Ø6 cada 30 cm


223


Ejercicio II-8 Torsión en una viga de hormigón armado Una marquesina de hormigón armado está constituida por una viga rectangular de 0,50 x 0,80 m y una losa de 0,20 m de espesor que vuela lateralmente 1,50 m como indica la figura adjunta. La viga, de 8 m de longitud, se encuentra biapoyada a flexión y empotrada a torsión en sus extremos. 2

Las acciones a considerar, además del peso propio, son una sobrecarga variable de 4 kN/m extendida en cualquier posición sobre la Marquesina. Las características de los materiales son: 2

- hormigón

HA-25/P/20/IIb fck = 25 N/mm

- armaduras pasivas: barras corrugadas de acero B-500-S.

Se pide Dimensionar a flexión, cortante y torsión todas las armaduras, y efectuar las comprobaciones necesarias frente a estos estados límite últimos.

Solución 1 Resistencias de cálculo de los materiales f cd

=

f yd

=

f ck 1,5 f yk 1,15

=

25 1,5

=

N mm

500 1,15

2

N mm

= 16,67 N 2

mm

= 434.78 N

2

mm

2

2 Consideraciones geométricas y de cálculo general - se dispondrán las armaduras longitudinales con un recubrimiento mecánico de 50 mm.


224


- se supone que la torsión será resistida por la sección de la viga, únicamente. - se considera el control de ejecución intenso, siendo entonces

g

fg

= 1,35 y

g

fq

= 1,50.

3 Esfuerzos de cálculo

= 0.8 × 0.5 × 25 = 10 kN ml g PL = 0.2 × 1.5 × 25 = 7.5 kN ml æ 1.50 ö m tl = g PL × ç + 0.25 ÷ = 7.5 kN × m è 2 ø 2 q = 4 kN m × 1.75 = 7.0 kN ml m q = q × 0.875 = 6.125 kN × m ml g PV

- peso propio viga - peso propio losa - momento mutano - sobrecarga - momento muntano

ml

Momento flector máximo

Md

= 1.35 × g

l

2

8

+ 1.50 × q

l

2

8

= 273 kN × m

Esfuerzo cortante máximo

Vd

= 1.35 ×

gl 2

+ 1.50 ×

ql 2

= 136.5 kN

Momento torsor máximo

Td

= 1.35 × m tl ×

l 2

+ 1.50 × m q ×

l 2

= 77.25 kN × m

Las leyes de esfuerzos son las de la figura (envolventes, con

g

fg

= 1,35,


g

fq

= 1,50)

225


273 kN.m 136.5 kN

10.5 77.25 kN

136.5 kN

9.18 kN.m 77.25 kN

4 Dimensionamiento a flexión uc

uc

= f cd × b × d = 16.67 × 500 × 750 × 10 -3 = 6251.25 kN × d = 6251.25 × 0.75 = 4688.44 kN × m

M lim

As

As

= 0.319 × u c × d = 1495.61 kN × m > M d Þ A's = 0

æ ö 2M d ÷ = 377.4 kN × f yd = 0.85 × u c × çç1 - 1 0.85 × u c × d ÷ è ø 3 377.4 × 10 N = = 868 mm 2 Þ 3f20 (en principio ) 2 434.78 N mm

5 Dimensionamiento a cortante

= éê0.10 × x × (100 × r l × fck ) ë q = 45º Þ b = 1 b 0 = 500 mm d = 750 mm Vcu

200

x =1+ rl = Vcu Vsu As

d

As b0

×d

=

1

3

- s'cd × 0.15ùú × b 0 × d × b û

= 1.516 868 500

× 750

= 0.00231

= 0.10 × 1.516 × (100 × 0.00231 × 25 ) 3 × 500 × 750 × 10 -3 = 102 kN = Vd - Vcu = 136.5 - 102 = 34.5 kN 1

=

Vsu 0.9

× f yd × d

=

34500 0.9

× 434.78 × 750

= 0,1176

mm

2

mm


= 117,6

mm

2

ml

226


0.20 A s, min

³

æf ö × ç ck + 0.75 ÷ × b 20 è ø = 0.46 f yd

mm

2

mm

= 460

mm

2

ml

6 Dimensionamiento a torsión Tu1

= a × f1cd × A e × h e ×

1

cot gq + cot g 2 q

Espesor de la sección hueca eficaz,

he

=

A u

=

Por tanto se adopta

Ae

he

× 800 = 153.85 mm 2 × (500 + 800 ) 500

ì< h 0 (no procede ) í î > 2c = 100 mm

he = 2 c = 100 mm.

= (h - h e ) × (b - h e ) = 700 × 400 = 280000 mm 2 = 0.28 m 2

a = 1.2 (pues se colocará una sola carga de cercos, junto al perímetro exterior). 25

f1cd

= 0.60 f cd = 0.6 ×

Tu1

= 1.2 × 10 × 0.28 × 10 6 × 100 ×

1.5

= 10 N 1 2

mm

2

× 10 - 6 = 168 kN × m

= 77.25 kN × m < Tu1 = 168 kN × m A st × f td T 77.25 × 1 ³ d × tg q = = 137.95 kN / m st 2A e 2 × 0.28

Td

A st

³ 317.29 mm 2

st A sl

× ftd u

³

Td 2A e

ml

× cot gq = 137.95 Þ

A sl u

= 137,29 mm 2

ml

2

2

En las caras superior e inferior Asl = 69 mm y en las caras laterales 110 mm .

7 Armaduras necesarias Armadura longitudinal Se dispondrá toda la armadura constante a lo largo de la pieza, y ésta consistirá en la superposición de la armadura de flexión y de torsión.


227


A s ,sup= 69 mm 2 110 mm 2

69 mm 2

A s lat = 110 mm 2 69 mm 2 A s =868 mm 2

A s ,inf = 937 mm 2

FLEXION

TORSION

Armadura transversal Por esfuerzo cortante Astc utilizan cercos

nc

2

117.6 mm /ml, y por torsión hacen falta Astt

f8 hacen falta (Af = 50 mm ).

³

2

317.29 mm /ml. Si se

2

A stc

+ nt =

2Af

Si se utilizan cercos

nc

³

+

A stt

117.6

×

2 50

+

317.29 50

= 7.52 cer cos

ml

Þ (f8 cada 12.5 cm )

f10 (Af = 78,54 mm ) 2

117.6

+ nt =

=

Af

2

× 78.54

+

317.29 78.54

= 4.78 cer cos

ml

Þ (f10 cada

20 cm )

Esta última disposición parece más razonable.

8 Comprobaciones Armadura mínima de cortante

× f yd æf ö ³ 0.20 × ç ck + 0.7 ÷ × b = 200 N mm sen a è 20 ø A s, min × f yd n ×A 2 × 78.54 = ramas f × f yd = × 434.78 = 342 N sen a st 200

A s, min

mm

> 200

luego cumple

Separación entre cercos, según cortante

Vu1

Vd

= k × f1cd × b 0 × z × <

1 5

Vu1

25 1 q + cot ga = 0.6 × × 500 × 0.9 × 750 × × 10 - 3 = 1687.5 kN 1.5 2 + cot g 2 q

cot g

Þ s t = 200

1

mm

< 0.80

d

< 300

mm

luego cumple


228


Separación entre cercos, según torsión

St

£

ue

St

£

2200

Tu1

; u e = Perímetro sección eficaz = 2 (700+400) = 2200 mm.

8

= 275 mm

8

= 168 kN × m ;

Por tanto

como St = 200 mm < 275

Tu1

£ Td £

5

2 3

Tu1

£ 0,6 a < 300 mm. £ 240 mm.

St St

luego cumple.

a = 400 mm. luego cumple

Verificación de la compresión en las bielas de hormigón

b

b

æ Vd ö æ Td ö çç ÷÷ + çç ÷÷ £ 1 è Vu1 ø è Tu1 ø æ h ö æ b = 2 × ç1 - e ÷ = 2 × ç1 b è è ø 1 .6

1 .6

æ 136.5 ö ç ÷ è 1687.5 ø

æ 77.25 ö +ç ÷ è 168 ø

(Interacción torsión-cortante)

0.1 0.5

ö ÷ = 1.6 ø

= 0.306 < 1

luego cumple

Torsión combinada con flexión y axil Hay que calcular la tensión principal de compresión

s md

s cd =

donde

t td »

cd

<

af

1cd

2

= 12 N/mm .

æs ö + ç md ÷ + t 2td è 2 ø 2

2

s md »

s

×v

Md I

, en la sección de cálculo.

Td 2A e

× he

Como no son coincidentes las secciones con máximos momento flector y torsor, debería realizarse la verificación en ambas. No obstante, verificamos el caso más desfavorable que sería Md = Md = 273 kN·m y Td = Td máx. = 77.25 kN/m. En tal caso se tendría:


máx.

229


s md =

× = 5518.7 kN × 0.5

273 0.4 0.8

3

m

2

= 5.52 N

mm

2

12

t td = s cd =

77.25 2

× 0 × 28 × 0.10

5.52 2

= 1379.5 kN

m

2

= 1.38 N

mm

2

2

æ 5.52 ö + ç ÷ + 1.38 2 = 5.85 N è 2 ø

mm

2

< 12 N

mm

2

luego cumple

9 Disposición de armaduras:

Longitudinalmente, la solución más económica consistiría en disponer la malla electrosoldada en toda la pieza y complementar con las barras longitudinales. En zonas donde no es estrictamente necesaria, queda compensado por la simplicidad de construcción. No obstante, podría reducirse la armadura transversal bien aumentando la separación entre cercos, bien disminuyendo el diámetro de éstos, bien variando ambos. Optando por la última opción se decide colocar en la zona central de la viga cercos

f8

cada 25 cm. Se trata de buscar el punto donde la ley de momentos torsores corta al

torsor resistido Tu2.


230


=

Tu 2

A st

× f td

St

50

× 2 A e × tg q =

× 434.7 250

× 2 × 280000 × 1 = 48.7 × 10 6

kN

×m

La ley de momentos torsores tiene la ecuación

Td (x) = 48.7

Þ x = 1,55 m.

Por tanto se dispondrán cercos

f8 cada 25 cm. a partir de

x

= 1.55 +

h 2

»

2.00 m .

Justificación del armado de los voladizos: Dado que el voladizo no se ha hecho participar como elemento resistente longitudinal, el armado se planteará transversalmente para resistir la flexión del vuelo, y longitudinalmente para prever flexiones locales. Por unidad de longitud se tiene

= 1.35 × g

M dt M lim

U s1

Se disponen

2

lt

2

+ 1.50 × q

2

lt

2

= 7,59 + 6.75 = 14.34 kN × m

= 0.319 × 16.67 × 1000 × 150 2 × 10 -6 = 119.65 > M d

æ = 0.85 × u c × çç1 è

1

-

2M d 0.85

× uc

ö ÷ = 97.85 kN × d ÷ø

2

As = 225 mm /ml.

f8 cada 20 cm, transversalmente y f6 cada 30 cm (u ³ 0.25 u s2


s1

).

231


Ejercicio II-9 Torsión en una viga de hormigón armado embrochalada

Considérese la estructura de la figura adjunta, constituida por dos vigas embrochaladas de hormigón armado, de igual sección rectangular, tal como indica la figura adjunta. La viga CD se encuentra apoyada a flexión y empotrada a torsión en ambos extremos, mientras que la viga AB se encuentra simplemente apoyada en A y empotrada a la viga CD en su punto medio. Las propiedades de proyecto de los materiales son: - hormigón: HA-30/P/20/I, f = 30 MPa, - armaduras: Barras corrugadas de acero B 500 S, f = 500 MPa Se considera un nivel de control normal. c,k

y,k

Se pide:

1. Dimensionar las armaduras necesarias a flexión, cortante y torsión de las secciones críticas de ambas vigas en los siguientes supuestos: a) se considera la rigidez integra (sin fisurar) a torsión de la viga CD b) se desprecia la rigidez a torsión de la viga CD Se recomienda utilizar barras de diámetros 16 y 20 mm para armaduras longitudinales principales, diámetros 8, 10 y 12 para armaduras transversales, diámetros 10 y 12 para armaduras longitudinales de montaje y diámetros 5 y 6 mm para armaduras de piel. Se despreciará la acción del peso propio. Nota:


232


Solución 1. Dimensionamiento considerando la rigidez a torsión de la viga CD

Al considerar la rigidez íntegra a torsión de la viga CD, se transmite un momento entre las dos vigas, siendo en el tramo AB un momento flector y en el CD un momento torsor. Para hallar el momento en la unión se impone la compatibilidad de giros en dicha sección, según ambas estructuras. M×l P ×l d 3 × E × I + 16 × E × I - l R×L = 48 × E × I M×L = 2×G×I 2

j =I

B

d

II B

3

II B

j

II B

t

Imponiendo que la compatibilidad de giros en la unión (j = j ) y el equilibrio ( R = P2 + Ml ), se obtienen una expresión para el momento transmitido: I

B

II

B

P × æçç 16l - 96L × l ö÷÷ M = L × E è× I l Lø 2 × G × I + 3 + 48 × l En el caso particular de este ejercicio, los valores que se toman son: L = 8000 mm l = 6000 mm I = 7.2·10 mm I = b·h·b = 7.53·10 mm (h/b = 1.5 Þ b = 0.196) E = 8500·f = 28577 MPa n = 0.2 G = 2 × (1E+ n) = 11907 MPa P = 200000 N M = 54692810 N·mm @ 54.7 kN·m R = 109110 N = 109.11 kN 2

3

3

2

t

9

t

4

3

9

4

1/3 cm


233


Entonces las leyes de esfuerzos que han de considerarse son las siguientes:

Considerando un coeficiente de seguridad g = 1.6, los valores de cálculo en las secciones críticas son: Q

Sección M (kN·m) V (kN) T (kN·m)

1 436.22 174.58 0

d

d

d

2 87.50 174.58 0

1.1 Dimensionamiento a flexión

Sección 1 M = 436.22 kN·m M = 0.319·f ·b·d = 771.98·10 N·mm > M Þ A = 0 f = 30/1.5 = 20 MPa d = 550 mm U = 0.85 × f × b × d × æçç1 - 1 - 0.852× f× M× b × d ö÷÷ = 901865 N è ø A = Uf = 2074 mm d

lim

cd

2

6

d

cd

d

s1

cd

2

cd

s1

2

s

yd


s

3 349.15 87.28 43.76

4 0 87.28 43.76

234


f = 434.78 MPa 1.15 La armadura mínima que hay que disponer en cualquier caso es la mayor de: A ³ 0.04 × A f × f = 404.6 mm A ³ 0.0028 × A = 0.0028 × 400 × 600 = 672mm f

yd

=

yk

c

2

cd

s,min

yd

2

s,min

c

Se dispone, pues, A = 2074 mm (r = 0.009) en la cara inferior. Sección 2 M = - 87.5 kN·m M = 771.98·10 N·mm > M Þ A = 0 U = 162626 N A = 374 mm En la cara superior se dispondrá armadura mínima A = 672 mm , mientras que en la inferior se ha de colocar una armadura tal que resista la tercera parte de la necesaria en la sección crítica (1) A = 631 mm . Sección 3 M = 349.15 kN·m M = 771.98·10 N·mm > M Þ A = 0 U = 700401 N A = 1610 mm (r = 0.00073), dispuesta en la cara inferior. Sección 4 M = 48.0 kN·m (desplazando la ley de momentos flectores un canto útil) M = 771.98·10 N·mm > M Þ A = 0 U = 88330 N A = 203 mm . En la cara inferior se dispondrá armadura mínima A = 672 mm , que es superior a la tercera parte de la necesaria en la sección crítica (3) de la viga en cuestión: A = 477 mm . Estas armaduras longitudinales debidas a flexión se compondrán adecuadamente con las longitudinales necesarias por torsión. 2

s

d

6

lim

d

s

s1

2

s

2

s

s

2

d

6

lim

d

s

d

s

s1

2

s

d

6

lim

s1

s

2

2

s

s

2

1.2 Dimensionamiento a cortante

En cualquier sección el esfuerzo de agotamiento por compresión del alma es:


235


V = 0.45·K·f ·b ·d = 1188 kN > V f = 0.60·f = 12 MPa K»1 Por lo que se refiere al esfuerzo de agotamiento por tracción del alma, el término correspondiente a la contribución del hormigón se obtiene mediante la siguiente expresión: V = 0.10·x·(100·r ·f ) ·b ·d = 508624·r 200 = 1.603 x =1+ d u1

1cd

0

1cd

d

cd

cu

1

ck

1/3

1/3

0

La armadura transversal necesaria se obtiene imponiendo: V = V = V + V ,, teniendo en cuenta que V = A ·f ·0.9·d. Así pues, el área de armadura transversal por unidad de longitud se determina mediante la siguiente expresión: -V (en mm /mm) A = V198000 habiendo considerado f = 400 MPa. En cualquier caso, se dispondrá una armadura mínima de valor: A a = 0.20 × æçç f20 + 0.75 ö÷÷ × f b = 0.45 mm /mm = 4.5 cm /m è ø a f a = 400 MPa Sección 1 V = 174.58 kN r = 0.009 Þ V = 105.80 kN A = 3.4 cm /m Se dispone armadura transversal mínima: 4.5 cm /m. Sección 2 V = 174.58 kN r = 0.003 Þ V = 73.36 kN A = 5.1 cm /m, que es superior a la armadura mínima. Sección 3 V = 87.28 kN r = 0.007 Þ V = 97.30 kN Dado que V < V se dispondrá armadura mínima A = 4.5 cm /m. d

su

90

d

u2

su

y90,d

cu

2

90

y90,d

ck

2

2

,min

y ,d

y ,d

d

cu

2

90

2

d

cu

2

90

d

cu

d

cu

90


2

cu

236


Sección 4 V = 87.28 kN r = 0.003 Þ V = 73.36 kN A = 0.7 cm /m, que es inferior a la mínima, habiéndose de disponer por lo tanto 4.5 cm /m. Esta armadura transversal debida a cortante se ha de sumar convenientemente con la que resulte del cálculo a torsión. d

cu

2

90

2

1.3 Dimensionamiento a torsión de la viga CD

El espesor ficticio que se adopta para la sección es: h = Au = 120 mm A = 600·400 = 240000 mm u = 2·(400+600) = 2000 mm Este valor de h , determina los siguientes valores de A y u : A = 134400 mm u = 1520 mm El esfuerzo de agotamiento de las bielas comprimidas se evalúa como: T = 0.5·a·f ·A ·h = 116.12 kN·m a = 1.20, considerando que se disponen los estribos únicamente a lo largo del perímetro exterior de la pieza f = 0.60·f = 12 Mpa que es mayor que T = 43.76 kN·m, en cualquier sección. Las armaduras transversales han de resistir el siguiente esfuerzo torsor: T = 2 × As × A × f = T e

2

e

e

e

2

e

e

u1

1cd

1cd

e

e

cd

d

e

t

u2

yt ,d

d

t

de donde, considerando f = 400 MPa, se obtiene que: A = 4.07 cm /m s yt,d

t

2

t

Por otra parte, la armadura longitudinal ha de resistir un esfuerzo igual a:


237


T

=

u3

2×A ×A ×f u

=T

e

l

yl,d

d

e

Adoptando un valor f = 400 MPa, el área de las armaduras longitudinales que es necesaria es: A = 619 mm que se ha de disponer a lo largo del perímetro de la sección. yl,d

2

l

Interacción torsión - solicitaciones normales Adoptando el método simplificado, se ha de comprobar que: s £ a·f en una fibra situada en el plano medio de la sección hueca eficaz, esto es en h -h z = 2 = 240mm donde: cd

1cd

e

s =

s

2

cd

æs + çç è 2

md

md

M

ö ÷÷ + t ø 2

2 td

= 11.78

MPa

h = 11.63 MPa I 2 T t = 2 × A × h = 1.35 MPa a·f = 1.2·12 = 14.4 MPa Así pues, se satisface esta condición de no agotamiento. s

md,max

=

×

d,max

d

td

e

e

1cd

Interacción torsión - esfuerzo cortante En este caso se ha de comprobar que: æT çç èT

ö æV ÷÷ + çç ø èV æ h b = 2 × çç1 b è b

b

d

d

u1

u1

e

æ 43760000 ö ç ÷ è 116120000 ø

ö ÷÷ £ 1 ø ö ÷÷ = 1.4 ø

1.4

æ 87280 ö +ç ÷ è 1188000 ø

1.4

= 0.281 < 1


238


También en este caso se satisface la condición de no agotamiento de la sección. Seguidamente se procede a la determinación de la armadura longitudinal y transversal que se dispondrá en las secciones críticas. A la hora de sumar la armadura transversal, se ha de tener en cuenta que la armadura necesaria por cortante se refiere al número de ramas que se disponen, que en este caso, al disponer cercos, son dos. Por su parte, la armadura transversal que se necesita para hacer frente a la torsión únicamente cuenta por una rama, pese a disponerse un cerco cerrado. Así pues, en las secciones 3 y 4 es necesario disponer un cerco cerrado de sección la suma de 4.5/2=2.25 cm /ml (cortante) y 4.07 cm /ml (torsión), es decir, 6.32 cm /ml por rama. Ello requiere un f12 cada 17.8 cm, por lo que se dispondrán f12 cada 15 cm, esto es un total de 7.54 cm /ml. En las secciones 1 y 2, donde no hay torsión, solo se dispondrán cercos por cortante igualmente distribuidos en toda la longitud de la viga AB. El área necesaria es la mínima, esto es 4.5 cm /ml que equivale a disponer cercos f12 cada 25 cm. En cuanto a la armadura longitudinal, la debida a torsión debe repartirse uniformemente en el perímetro, y la de flexión debe disponerse en la zona traccionada. De esta forma se tienen los siguientes esquemas de armado: 2

2

2

2

2


239


2 Dimensionamiento despreciando la rigidez a torsión de la viga CD

En este caso, al despreciar la rigidez a torsión de la viga CD frente a la rigidez a flexión de la viga AB, no se transmiten momentos en la unión de ambos elementos, por lo que se pueden calcular como vigas simplemente apoyadas.

Las leyes de esfuerzos (momento flector y cortante) son en este caso:

Los valores de cálculo que se adoptan para el dimensionamiento de las secciones críticas son: Sección 1 2 3 4 M (kN·m) 480 0 320 0 V (kN) 160 160 80 80 d

d

2.1 Dimensionamiento a flexión Sección 1 M = 480 kN·m M =771.98·10 N·mm > M U = 10087731 N A = 2321 mm (r = 0.011) d

6

lim

d

Þ

A = 0 s

s1

s

2


240


que es superior a la mínima (A = 672 mm ) Sección 2 M = 88 kN·m (decalando la ley de momentos flectores un canto útil) M = 771.98·10 N·mm > M Þ A = 0 U = 163577 N A = 376 mm Se dispone entonces la armadura necesaria para resistir un momento flector igual a la tercera parte del actuante en la sección crítica (1): A = 698 mm (r = 0.0032), puesto que ésta es superior al 0.28% del área de la sección de hormigón. Sección 3 M = 320 kN·m M = 771.98·10 N·mm > M Þ A = 0 U = 635873 N A = 1463 mm (r = 0.0067) Sección 4 M = 44 kN·m (desplazando la ley de momentos flectores un canto útil) M = 771.98·10 N·mm > M Þ A = 0 U = 80875 N A = 186 mm Se dispone entonces armadura longitudinal mínima, que en este caso es del 0.28% sobre la sección de hormigón: A = 672 mm (r = 0.003). 2

s,min

d

6

lim

d

s

s1

2

s

2

s

d

6

lim

d

s

d

s

s1

2

s

d

6

lim

s1

2

s

2

s

2.2 Dimensionamiento a cortante En la verificación a cortante, se mantienen las mismas expresiones que se consideran en el caso a). El esfuerzo de agotamiento por compresión del alma es: V = 1188 kN que sigue siendo superior al cortante de cálculo de cualquier sección. El término correspondiente a la contribución del hormigón a la resistencia a tracción del alma es: V = 508624·r La armadura transversal necesaria viene dada por la expresión: u1

cu

1/3


241


V - V (en mm /mm) 198000 Finalmente, la armadura transversal mínima es Aa = 4.5 cm /m Sección 1 V = 160 kN r = 0.011 Þ V = 113.12 kN A = 2.4 cm /m Por lo tanto, se dispone armadura transversal mínima: 4.5 cm /m Sección 2 V = 160 kN r = 0.0032 Þ V = 74.95 kN A = 4.3 cm /m Por lo tanto, se dispone armadura transversal mínima: 4.5 cm /m Sección 3 V = 80 kN r = 0.0067 Þ V = 95.89 kN Se dispone armadura mínima dado que la contribución del hormigón a la resistencia a tracción del alma es superior al cortante de cálculo. Sección 4 V = 80 kN r = 0.003 Þ V = 73.36 kN A = 0.34 cm /m Se dispone armadura transversal mínima. Para determinar la armadura real que se dispone en cada cara de la sección se procede de forma análoga a la que se siguió anteriormente en el caso de considerar la rigidez íntegra a torsión de la viga CD. A

90

=

d

cu

2

2

,min

d

cu

90

2

2

d

cu

90

2

2

d

cu

d

cu

90

2


242



243


Ejercicio II-10 Torsión en una viga de hormigón pretensado Un puente de hormigón pretensado presenta el esquema longitudinal y transversal que se indica en la figura adjunta.

En los soportes intermedios B y C los apoyos son únicos de forma que permiten el giro de torsión, mientras que en los estribos se disponen 2 apoyos separados 4.0 m para absorber el par torsor. El hormigón es HP-40/P/20/II, las armaduras pasivas son de acero B-500 S y las de pretensado son de acero Y1860 S7, de fpyk = 1700 MPa y fpmáx = 1860 MPa. Las cargas actuantes son:

r

- peso propio (

c

3

= 25 kN/m ) 2

- cargas muertas: 2.5 kN/m

2

- sobrecargas repartida: 4.0 kN/m en cualquier extensión - carga puntual de 600 kN con excentricidad máxima de 3 m respecto del plano medio Se supone un nivel de control intenso. El puente va pretensado con 6 tendones de 19 cordones

f0.6 cada uno, cuyo trazado equivalente es

el de la figura adjunta.


244


Se pide: 1. Dimensionar las armaduras longitudinales y transversales necesarias para resistir el momento torsor y el esfuerzo cortante en las secciones de apoyos. 2. Comprobar el estado límite último de agotamiento por compresión oblicua del hormigón bajo solicitaciones tangentes. Nota: se tendrán en cuenta el valor diferido de la fuerza de pretensado, puesto que con éste se da la situación más desfavorable. En la siguiente tabla se recoge la fuerza de pretensado y el momento y cortante hiperestáticos de pretensado en las secciones críticas: estribos y pilas. Estribos

Pilas

Acciones de pretensado Fuerza de pretensado Pkd (kN)

Vano

Vano

exterior

interior

19442.5

Momento hiperestático de pretensado Mhip (kN·m)

18078.0

0

Cortante hiperestático de pretensado Vhip (kN)

2826.5

128.48

128.48

0

Los momentos flectores que provoca cada acción en las secciones críticas son los que se recogen en la tabla adjunta. Estribos

Pilas

Momentos flectores ( kN·m)

Vano

Vano

Exterior

interior

Peso propio

0

Cargas muertas

0

-19473.7

Sobrecargas repartidas

0

322.1

-3131.7

Carga puntual

0

333.2

-1615.2

-1756.0

Los esfuerzos cortantes que provocan las diferentes acciones se observan en la siguiente tabla. Esfuerzos cortantes ( kN)

Peso propio Cargas muertas Sobrecargas repartidas Carga puntual

Estribos

Pilas Vano

Vano

Exterior

interior

2164.6

-3934.9

4158.8

195.2

-354.2

375.0

Positivos

521.4

15.1

579.0

Negativos

-73.4

-560.2

-19.6

Positivos

403.9

14.6

648.0

Negativos

-91.6

-582.3

-48.0

Finalmente, suponiendo empotramiento a torsión en estribos y libre el giro a torsión en pilas, los momentos torsores que se consideran son los que se adjuntan en la tabla.


245


Estribos

Pilas

Sobrecarga repartida

Momentos torsores (kN·m)

1850

913.51

Carga puntual

1800

1264.86

Solución 1 Dimensionamiento frente a e sfuerzo cortante Esfuerzos de cálculo. En primer lugar se calculan los esfuerzos de cálculo. Los coeficientes parciales de seguridad que se consideran, habida cuenta de que el nivel de control es intenso, son permanentes y

g

Q

g

G

= 1.35 para acciones

= 1.5 para las acciones variables.

En los estribos Vd = 1.35·(2164.6 + 195.2) + 1.5·(521.4 + 403.9) = 4573.7 kN. e

Por su parte, en las pilas hay que distinguir entre la zona correspondiente al vano extremo (Vd ) y la i

zona correspondiente al vano interior (Vd ). e

Vd = = 1.35·(-3934.9 - 354.2) + 1.5·(-560.2 -582.3) = -7504.0 kN. i

Vd = = 1.35·(4158.8 + 375.0) + 1.5·(579.0 + 648.0) = 7961.1 kN. Para calcular el esfuerzo cortante reducido de calculo Vrd habrá que considerar tanto los esfuerzos cortantes isostático como hiperestático debido al pretensado, siempre con coeficiente de seguridad igual a 1, por estar en Estado Límite Último. Estribos: Vrd = 4573.7 + 128.5 + 19442.5·(- 0.077) = 3205.1 kN sen Pilas:

a » tg a = 0.077

e

Vrd = -7504 +·128.5 + 0 = -7375.5 kN i

Vrd = 7961.1 + 0 + 0 = 7961.1 kN Por lo tanto, se utilizarán los siguientes valores para el dimensionamiento frente a esfuerzo cortante: Estribos: Vrd = 3205.1 kN Pilas: Vrd = 7961.1 kN

2 Dimensionamiento de la arm adura a cortante En primer lugar se calcula la armadura transversal mínima que hay que disponer en cualquier caso: Aa

æf ö × f ya, d ³ 0.20 × ç ck + 0.75 ÷ × b è 20 ø


246


Tanto para los estribos como para las pilas, donde hay sección macizada, se adopta b = 5000 mm, por lo que:

0.20 Aa

³

ö æf × çç ck + 0.75 ÷÷ × b 20 ø = è

0.20

f ya,dml

æ 40 ö × ç + 0.75 ÷ × 5000 20 è ø = 6.875 400

mm

2

mm

= 68.75

cm

2

ml

La armadura que ha de disponerse por cálculo se obtiene imponiendo que el cortante efectivo de cálculo sea igual al esfuerzo de agotamiento por tracción del alma. Este último se obtiene como suma de una contribución del hormigón y otra del acero: Vu2 = Vcu+ Vsu. La contribución del hormigón se evalúa como:

[

x

r ·f

Vcu = 0.10· ·(10·

1

s ]·b ·d·b.

1/3

)

ck

- 0.15·

cd

0

Los valores que se consideran en el caso de los estribos son:

200

x =1+

=1+

d

200

= 1.555

650

Sh·f = 5000 -6·0.5·100 = 4700 mm

b0 = b - n· Ap

r1 »

×

b0

s cd ' »

Nd Ac

f pyd f yd

=

×d =

6

× 2660 × 4700

-19442500 11090000

1700 500

× 650

= 0.01776 < 0.02

= -1.753 MPa

Se adopta como valor de la inclinación de las bielas de compresión cot

[

1/3

Vcu = 0.10·1.555·(10·0.0177·40)

]

200

=1+

d

200

= 1.385

1350

b0 = 4700 mm Ap

r1 » s cd ' »

×

b0 Nd Ac

f pyd f yd

×d =

=

6

× 2660 × ×

1700 500

4700 1350

-18078000 11090000

= 0.00855 < 0.02

= -1.630

1

-

s xd f ct , m

,

+ 0.15·1.753 ·5000·650·1 = 1826514 N

Por lo que se refiere a las pilas:

x =1+

q=

MPa

b=1


® b=1.

247


[

1/3

Vcu = 0.10·1.385·(10·0.00855·40)

]

+ 0.15·1.630 ·5000·1350·1 = 3058886 N

q.

Por lo tanto, haciendo Vu2 = Vrd, Vsu = Vrd - Vcu = A90·fy90,d·0.9·d·cot

A 90

- Vcu × 0.9 × d × cot q

Vrd

=

f y 90, d

En el caso de los estribos:

A 90

- 1826514 = 5.35 400 × 0.9 × 650 × 1.22 3354170

=

2/3

fct,m = 0.30·fck cot

q=

1

+

2

= 53.5

mm

cm

2

ml

= 3.51 MPa

Pkd Ac

mm

× f ct, m

=

1

+

19442500

= 1.22

× 3.51

11090000

Por lo que se refiere a las pilas:

A 90

cot

- 3058886 = 8.34 400 × 0.9 × 1350 × 1.21 7961130

=

q=

1

+

18078000 11090000

× 3.51

mm

2

mm

= 83.4

cm

2

ml

= 1.21 2

Así pues, en los estribos se dispone la armadura mínima (68.75 cm /ml), mientras que en las pilas 2

es necesario disponer 83.4 cm /ml.

3 Dimensionamiento a torsión Esfuerzos de cálculo En este caso únicamente provocan esfuerzos las cargas que pueden ser excéntricas respecto del plano medio de la sección: sobrecarga repartida y carga puntual. El coeficiente de seguridad que se considera es

g

Q

= 1.5.

En los estribos Td = 1.5·(1850 + 1800) = 5475 kN·m. En las pilas Td = 1.5·(913.5 + 1264.8) = 3267.5 kN·m. Dimensionamiento de las armaduras transversales

El espesor eficaz se estima como h e

=

A u

=

11090000 21331

= 520

mm . Dado que éste valor es superior

al espesor real que hay por encima y por debajo del aligeramiento, en estos casos se adopta este espesor real he = h0 = 250 mm, tal como se aprecia en la figura.


248


2

Ae = 8648225 mm ue = 18914 mm

El dimensionamiento se lleva a cabo imponiendo que el esfuerzo de agotamiento por tracción de la armadura transversal sea igual al esfuerzo torsor de cálculo:

Td

= Tu 2 =

At

× Ae × At

× f yt, d × cot q

st Td

=

st

2

2

=

× A e × f yt , d × cot q

Td

×

2 8648225

× 400 × cot q q

En el caso de los estribos Td = 5475 kN·m y cot obteniéndose

At st

= 0.649

mm

2

mm

= 6.49

cm

=

Td

×

691858 10

4

× cot q

= 1.22 (igual que el adoptado para cortante),

2

ml

.

q

En el caso de las pilas Td=3267.5 kN·m y cot =1.21, por lo que

At st

= 0.390

mm mm

= 3.90

cm

2

ml

.

Dimensionamiento de la armadura longitudinal Imponiendo la igualdad entre el momento torsor de cálculo y el esfuerzo de agotamiento por tracción de la armadura longitudinal:

Td

= Tu 3 =

Al

=

2

× Ae ue

× A l × f yl, d × tg q

× u e × cot q = 2 × A e × f yl, d

× 18914 × cot q = 2 × 8648225 × 400

Td

Td

Td

× cot q

365791 .5

Se obtienen los siguientes resultados: 2

- estribos: Al = 182.6 cm 2

- pilas: Al = 108.1 cm

A la vista de los resultados obtenidos, se puede plantear disponer la siguiente armadura transversal: En los estribos:


249


- cortante: 2 cercos (4 ramas) de - torsión: 1 cerco de

f16 cada 10 cm, de área total 80.4 cm /ml 2

f12 cada 15 cm, con un área total de 7.53 cm /ml 2

En las pilas: - cortante: 2 cercos de - torsión: 1 cerco de



4 Comprobación de la compres ión oblicua Para comprobar el estado límite último de agotamiento por compresión oblicua del hormigón bajo solicitaciones se han de realizar tres verificaciones: frente a cortante, frente a torsión y la interacción entre ambos esfuerzos. Cortante Se ha de verificar que:

Vu1

= K × f1cd × b 0 × z ×

q + cot a £ Vrd + cot 2 q

cot 1

f1cd = 0.6·fcd = 0.6·26.67 = 16 MPa b0 = 4700 mm En los estribos: z = 0.9·d = 0.9·650 = 585 mm


250


=

K

5 3

æ s 'ö × çç1 + cd ÷÷ = f cd ø è

5 3

æ 1.753 ö × ç1 ÷ = 1.557 > 1 Þ K = 1 è 26.67 ø

q = 1.22

cot

Vu1

= 1 × 16 × 4700 × 585 ×

+0 = 21568172 + 1.22 2

1.22 1

N

> Vrd

En las pilas: z = 0.9·d = 0.9·1350 = 1215 mm

=

K

æ s 'ö × çç1 + cd ÷÷ = 3 è f cd ø 5

æ × ç1 3 è

q = 1.21

cot

Vu1

ö ÷ = 1.564 > 1 Þ K = 1 26.67 ø

5

= 1 × 16 × 4700 × 1215 ×

1.63

+0 = 44866393 + 1.212

1.21 1

N

> Vrd

Torsión En este caso se ha de verificar que se satisface la siguiente expresión:

Tu1

= a × f1cd × A e × h e ×

cot 1

q

+ cot 2 q

£ Td

Se disponen estribos únicamente en el perímetro exterior, por lo que

a = 1.20.

f1cd = 16 MPa Con estos valores se obtienen los siguientes valores del esfuerzo torsor de agotamiento por compresión oblicua del hormigón: - estribos: Tu1 = 20352 kN·m - pilas: Tu1 = 20384 kN·m En ambos casos Tu1 es mucho mayor que Td, por lo que no agota la sección. Interacción cortante-torsión Se considera que

no

se

produce

agotamiento

por

interacción

comprimidas si se satisface la expresión siguiente:

b

b

æ Td ö æ Vrd ö çç ÷÷ + çç ÷÷ £ 1 è Tu1 ø è Vu1 ø donde:


cortante-torsión

en

las

bielas

251


æ b = 2 × ç1 è

he b

ö æ ÷ = 2 × ç1 è ø

250 5000

ö ÷ = 1.9 ø

Td, Vrd son respectivamente los esfuerzos torsor y cortante efectivo de cálculo, que actúan de forma concomitante. En los estribos la situación pésima se produce con la siguiente combinación de acciones:

3m

Q pp+cm+sc

Q sc

pp+cm

que provoca los siguientes valores de cálculo: Td = 5475 kN·m Vrd = 2814 kN·m 1 .9

æ 5475 ö ç ÷ è 20352 ø

æ 2814 ö +ç ÷ è 22944 ø

1 .9

= 0.101 £ 1

En las pilas la combinación que se adopta es:

3m

Q pp+cm

pp+cm

Q sc

Td = 3267 kN·m Vrd = 7403.2 kN·m 1 .9

æ 3267 ö ç ÷ è 20384 ø

1 .9

æ 7403.2 ö +ç ÷ è 47730 ø

= 0.060 £ 1

Así pues, se ha visto que no se produce agotamiento por compresión oblicua del hormigón bajo solicitaciones tangentes, verificándose por tanto el estado límite último.


253

E.L.U. a cortante-fricción

Ejercicio II-11 Análisis de secciones de piezas compuestas por varios hormigones. Cortante fricción Una losa maciza de hormigón armado de 75 cm de canto y 12.80 m de luz libre cubre un aparcamiento subterráneo existente en la parte central de una plaza donde sólo tienen acceso peatones y vehículos ligeros. La losa está biapoyada en sus extremos y las cargas consideradas en el proyecto, aparte de su peso propio, fueron: 2

2

- cargas muertas: pavimento: 1 kN/m ; impermeabilización: 0.25 kN/m 2

- sobrecarga de uso: 4 kN/m

La armadura de tracción dispuesta de extremo a extremo es de

f20

cada 10 cm, con un

recubrimiento mecánico de 5 cm. Se desea transformar la citada plaza en un jardín, para lo cual debe reforzarse la losa frente al incremento de carga de las tierras. Se propone como solución recrecer la losa hasta 1 m de canto, retirando el pavimento y la impermeabilización y conectando ambos hormigones adecuadamente con armadura pasante que se ancla en el hormigón en taladros efectuados sobre el mismo. Este recrecimiento se efectúa apeando la losa y, una vez finalizado, restituyendo la impermeabilización. 3

Se estima que, además del peso de las tierras saturadas (de densidad 21 kN/m ), puede actuar una 2

sobrecarga de mantenimiento de 1kN/m . El hormigón de la losa existente es de 25 MPa de resistencia a compresión. Las armaduras son de acero B 500 S.

Se pide: 1. Calcular la altura de tierras que puede disponerse sobre la losa recrecida 2. Dimensionar la armadura pasante necesaria.

Solución

1 Cálculo de la altura de tierra s: Para calcular la carga de tierras que puede disponerse sobre la losa recrecida hay que calcular el momento último resistente de la misma. Previamente al recrecido, la losa antigua está sometida a un cierto estado tensional cuyo valor no es necesario conocer, como se verá a continuación.


254

Al


recrecer

con

la

losa

apeada,

cuando

se

desapee,

el

peso

propio

del

recrecido

y

la

impermeabilización ya actúan sobre la sección compuesta. Bajo la acción de las sobrecargas, en estado límite último, las tensiones de compresión en la losa antigua se anulan, ya que la fisuración profundiza hasta la losa nueva, generando el mecanismo resistente de la figura. Ello equivale a decir que el momento de cálculo es resistido por las compresiones en el hormigón nuevo y la tracción de la armadura existente en la losa antigua.

Suponiendo rotura dúctil (que luego se verificará):

y

=

C

×

0.85 f cd

×b

=

T

×

0.85 f cd

×b

=

×f = 0.0964 m < 0.25 m 0.85 × f × b As

yd

cd

x = 1.25·y = 0.12 m yö æ = A × f × ç d - ÷ = 1232.3 kN × m 2ø è e e d-x 0.95 - 0.12 = ®e =e × = 0.0035 × = 0.024 > e x d-x x 0.12

Mu

s

c

s

yd

s

c

y

por lo tanto, la rotura es dúctil. Este momento deberá ser igual al momento de cálculo Md, producido por las siguientes cargas: peso propio, impermeabilización, carga de mantenimiento y sobrecarga de tierras. Las dos primeras se suponen permanentes y las dos últimas variables. No siendo, en principio, el control de calidad intenso, se adoptarán los siguientes valores de los coeficientes de mayoración de acciones: 1.5;

g

fq

= 1.6, con lo que:


g

fg

=

255

E.L.U. a cortante-fricción

æ g×l = 1.5 × çç è 8

Md

ö ÷÷ + 1.6 × (c + q ) × l = M = 1232.3 kN × m 8 ø

2

2

m

u

2

2

Puesto que g = 25.25 kN/m y cm = 1 kN/m , se tiene que:

= 1.5 ×

Md

×

25.25 12.8

2

8

+ 1.6 × 1 ×

12.8 8

2

+ 1.6 × q ×

12.8 8

2

= 1232.3 kN × m

de donde: 3

q = 12.93 kN/m = 21 kN/m ·(1 m)·(h (m)) Finalmente, la altura de tierras es: h = 0.615 m

2 Cálculo de la armadura pasa nte: Para el cálculo de la armadura pasante se procederá a aplicar la teoría del cortante-fricción. La tensión rasante que solicita la junta en la sección debe cumplir que:

t t

md

£ b× f

md

+

ct ,d

A st

×

s p

×f

a

y ,d

× (m × sen a + cos a ) + m × s £ 0.25 × f cd

cd

es el valor medio de la tensión rasante de cálculo de la junta, que puede obtenerse a través de:

t

md

»

Vd

=

×

p z

(1.5 × g + 1.6 × (c + q )) × 0.5 × 12.80 = 450 kN / m = 0.45 MPa 2

m

×

×

1 m 0.9 d

donde g son las cargas permanentes que actúan sobre la sección compuesta. En este caso, dado que el recrecido se hace apeando la losa, el caso más desfavorable es considerar g la totalidad de las cargas permanentes, esto es g = 25.25 kN/m. z = 0.9·d = 0.9·0.95 = 0.855 m f ct ,d

=

0.21

×

3

f ck

2

= 1.19 MPa = 1190 kN / m

1.5

2

Dado que no se sabe a priori la rugosidad, se supone que ésta es baja, adoptándose los siguientes valores:

b = 0.2 m = 0.6 a = 90º (armadura vertical) fya,d = 400 MPa (pues la que resulta de cálculo es superior: 435 MPa)

s

cd

=

g ·h c

c

+

g ·h t

t

3

2

= 25 kN/m ·0.25 + 21·0.615 = 19.165 kN/m


256


450 A st s

£ 0.2 × 1190 + =

A st s

- 249.5 = 400000 × 0.6

×

400000 1

450

× (0.6 × 1 + 0 ) + 0.6 × 19.165

200.5

×

400000 0.6

Ello requiere disponer barras de

= 0.000835 m

2

/ ml

= 8.35 cm

2

/ ml

f16 cada 25 cm en la zona A, de mayor esfuerzo cortante.

Esta zona tiene una extensión tal que el cortante sea menor que Vcd = 200 kN (lo resistido sin

b

armadura pasante) en base a Vcd = ( ·fct,d +

Vd = R -p·x

Þ

x

=

R

ms

c.d

)·p·z = 213 kN

-V

d

p

p = 1.5·g + 1.6·(cm + q) = 1.5·25.25 + 1.6·13.93 = 60.16 kN/m

×

R

=

60.16 12.8

x

=

385

2

- 213

60.16

= 385 kN

= 2.86 m

Así pues, se dispondrá armadura pasante en lA = x + h

@

4 m desde cada apoyo. Se aumenta un

canto debido a que el agotamiento por cortante es un fenómeno zonal y no seccional.


257

E.L.U. adherencia y anclaje

Ejercicio II-12 Anclaje de armaduras postesas Dimensionar la zona de anclaje de un tendón con una fuerza de pretensado de 2000 kN, el cual corresponde a una viga pretensada con armaduras postesas de sección rectangular de 40 cm de ancho (ver figura a). En la misma se emplean placas de anclaje cuadradas de 20 cm de lado. La viga 2

es prefabricada con una resistencia característica del hormigón de 40 N/mm y una consistencia plástica.

Solución El anclaje de la armadura activa, tal como indica la EHE (artículo 61), constituye una región D en la que la distribución de deformaciones es no lineal a nivel sección (figura b). En consecuencia, para su estudio es de aplicación el método general de bielas y tirantes, de los artículos 24 y 40 o el resultado de estudios experimentales. Hasta la fecha el dimensionamiento de las zonas de anclaje se ha venido haciendo en España a través de la normativa de hormigón pretensado anterior o bien, con cierta frecuencia, según formulaciones dadas por los fabricantes de los sistemas de pretensado, basadas inicialmente en los trabajos experimentales de Zielinsky y Rowe, los cuales se han ido poniendo al día en función del sistema y la evolución de los equipos de los mismos. El tratamiento de la zona de anclaje puede verse como un caso particular de carga concentrada sobre macizo (artículo 60 de la EHE), siguiendo en este ejemplo dicho planteamiento, por la simplicidad conceptual que representa. En el mismo se trata de verificar que no se agota el hormigón por compresión bajo la placa de anclaje y de disponer de la armadura necesaria para absorber las tracciones de los tirantes de tracción posteriores (ver figura b). Verificación compresiones Debe cumplirse que: Nd

£ Nu

donde: Nd es la solicitación (P =2000 kN) Nu es la respuesta, la cual viene dada, en el caso de confinamiento, como el presente, por la expresión:

2

Nu = Ac1 f3cd = 40000 mm ·53.33 = 2133.3 kN > Nd 2

Ac1 = 200 x 200 =40000 mm

2

Ac = 400 x 400 = 160000 mm


258


c dg tendones

a 1= 20

9 cm Ø 20

20

a = 40 Fig. a

Fig. b

f 3 cd

=

Ac A c1

× f cd =

1600000 40000

× f cd = 53.33 MPa


259


y, además verificar que: Nu

£ Ac f1cd

con

2

= 160000 mm · 19,04 = 3046 kN > Nd 2

f1cd = 0,85 (1-fck/250) fcd = 0,85 (1- 40/250) 40/1,5 = 19,04 N/mm

Armaduras transversales Los tirantes Td indicados en la figura se dimensionarán para la tracción de cálculo indicada en la siguiente expresión: Td = 025 Nd (1-a1/a) = 0,25 · 2000 · (1-20/40) = 250 kN Para el cálculo de la armadura se toma: Td = As ·

sS ,

es decir As = Td/

ss

Desde el punto de vista de un estado límite último, el valor de

ss

debería ser fyd. Ahora bien, la

adopción de este valor no garantiza el control de la fisuración en situaciones de servicio. Por ello es usual limitar el valor de

ss, adoptándose con frecuencia el valor de 200 N/mm2. Tomando este valor 2

se obtiene que la armadura transversal es de 1250 mm . Esta armadura debe disponerse en una profundidad entre 0,1 a y a que es la zona traccionada. Dicha disposición suele hacerse uniforme para evitar problemas de hormigonado en una zona con gran congestión de armadura. En el caso estudiado, dicha armadura implica 4 cercos que envuelven las trompetas con redondos de 20 mm de diámetro o bien una armadura helicoidal, de igual diámetro, con un paso de 9 cm. A esta armadura local hay que añadirle la armadura que se requiera en dicha zona por los efectos estructurales globales, así como la que se disponga por otro tipo de razones (p.ej.: constructivas). Esta congestión de armadura aumenta las dificultades de hormigonado, y en el caso que nos ocupa con una consistencia plástica requeriría una compactación intensa, ya sea sólo interna o bien apoyada por una vibración externa, dado que se trata de un elemento prefabricado. Asimismo, estas dificultades pueden condicionar el tamaño máximo del árido a emplear.


261


Ejercicio II-13 Anclaje por adherencia de armaduras pretesas Se ha de realizar el dimensionamiento de la armadura de la zona de anclaje de una viga de hormigón pretensado con armadura pretesa, de sección rectangular, con las siguientes características: - b =15 cm - h = 40 cm - P0 = 330 kN - e = -9.5 cm, medidos desde el c.d.g. de la sección Las características de los materiales son: - Armaduras pasivas de acero B500 S, fyk = 500 MPa - Hormigón HA-25/B/18/IIa - Armaduras activas a base de cordones Y1860 S7: n = 3 cordones de pretensado 2

Ap (1 cordón) = 95.4 mm

f =12.5 mm

fpmáx = 1860MPa fpyk = 1580MPa

Se pide: 1. Realizar el dimensionamiento de la zona de anclaje de la viga, para garantizar el cumplimiento del correspondiente estado límite último.

Solución 1 Obtención de la longitud de t ransferencia de pretensado. Para la obtención de la longitud de transferencia se utilizará la propuesta del Código Modelo 1990 del Comité Euro-Internacional del Hormigón. La fórmula del CM-90 es la siguiente:


262


= a 8 × a 9 × l bp ×

l bpt

s pi

à à à à à

f pd

a8 = 1 a 9 = 0.5 a 10 = 0.5 s pi = A sp

fp l bp

30000

=

=

= 1075MPa

Ap

7

A sp

f ptd

×

fp

f bpd

à à à à à à

= 218.6mm

h p2 = 1

f bpd f pd

=

f ctk

= 1.5MPa

1.5

= h p1 × h p 2 × f ctd = 1798MPa = 1617.3MPa

s pi =

Se considera el destesado gradual Para dimensionamiento del anclaje Por ser cordones de pretensado Tensión tras pérdidas instantáneas

× f = 2.43mm

36

h p1 = 1.2

f ctd

Longitud de transmisión

30000

×

3 0.93

= 1075.2MPa

Þ l bpt = a 8 a 9 a10

s pi f pd

Longitud de anclaje básica

Por ser cordones Por la posición del cordón en la sección

donde f ctk

= 0.21 × (f

ck

)

2 3

resistencia de cálculo de adherencia

f p,max / 1.15

= 36.33cm

2 Dimensionamiento de la zona de anclaje Una vez calculada la longitud de transmisión del pretensado se procede a la determinación del estado tensional en la viga, producido por la acción del pretensado, correspondiente a una sección lo suficientemente alejada del extremo de la pieza (lbpt + h), como para considerar que se cumplen las hipótesis de resistencia de materiales. Las características geométricas de la sección bruta son:

A I

= 600cm 2

=

1 12

× 15 × 40 3 = 80000 cm 4


263


@ 300kN - 30000 30000 × -9.5 × 20 s inf = + = -121.25 Pki

600

s sup =

80000

- 30000 600

30000

-

× -9.5 × 20

80000

= 21.25

kp cm

kp cm

2

2

= -12.125MPa

= 2.125MPa

Se plantea el siguiente modelo biela-tirante para el dimensionamiento de la zona. Existen infinitos esquemas estáticos que permiten aproximar el comportamiento; el que se elija debe ser un sistema equilibrado con la longitud mínima de tirantes. Planteando el modelo biela-tirante, según aparece en la figura, se tiene: 2.125 MPa

T2

C3

C7

0.40 cm

C5

Eje P

C6

9.5067 kN 7.95 cm 9.5067 kN

C2

T1

13.19 cm 148.32 kN 6.37 cm

C4

z

T3

5.73 cm

C1

151.68 kN

-12.125 MPa c lbpt Biela comprimida Tirante

El cálculo de las cuatro fuerzas C1, C2, C3 y T se obtienen de la siguiente manera. La tracción vale T

x

=

=

1 2

× s ct × b × x =

h

s c,inf 1+ s c,sup

1 2

400

= 1

+

12.125

× 2.125 × 150 × 59.65 = 9506.7 N , donde: = 59.65 mm

2.125

sct = 2.125 N/mm

2

La compresión C3 (la superior ) se hace igual a T y su línea de paso se calcula en el c.d.g. del triángulo de compresiones correspondiente, es decir el brazo del par C-T es: z = 2/3 · x · 2 = 4/3 · x = 79.5 mm Las compresiones inferior C1 e intermedia C2 se calculan por equilibrio global, teniendo en cuenta que C3 = T :


264


C1 + C2 + C3 T = P C1 · z1 + C2 · z2 + T · (z3 zt ) = 0 Los brazos zi están referidos al eje P de la fuerza de pretensado y corresponden a la resultante de los trapecios de tensiones por encima y por debajo de este eje. Sus valores, como se observa en la figura, son z1 = -57.3 mm, z2 = 63.7 mm, (z3 - zt ) = 79.5 mm. De todo ello se deducen C1 = 151.68 kN y C2 = 148.32 kN. Resolviendo el modelo se tiene T3 = 9.50 kN, T2 = 7.20 kN y T1 = 82.78 kN. Las armaduras a disponer para absorber T1, T2 y T3 son (tomando fyd = 400 MPa para limitar deformaciones excesivas ):

T1

®

T2

®

T3

®

82780 N 400 N mm

2

7200 N 400 N mm

mm

2

= 18

mm

2

= 24

mm

9500 N 400 N mm

= 207

2

2

2

l

bpt

·

Armadura transversal: 4 cercos de 2f 6

·

Armadura longitudinal: 2f6


265

E.L.U. pandeo

Ejercicio II-14 Dimensionamiento de soportes esbeltos aislados: métodos simplificados y columna modelo

Una columna de hormigón armado de una nave industrial tiene 5 m de altura libre y sección cuadrada de 40 cm de lado. La columna se considera empotrada en su base y libre en su extremo superior, donde recibe las acciones verticales y horizontales procedentes de la cubierta. A efectos de cálculos se considera, además, arriostrada en el plano perpendicular al del dibujo por el muro de fachada de la nave. Las propiedades de proyecto de los materiales son: - hormigón: HA-30/P/12/II - armaduras: B500 S Se considera un nivel de control normal.

Se pide:

1. Dimensionar la armadura longitudinal en la sección de la base necesaria para resistir las solicitaciones de cálculo siguientes, teniendo en cuenta los efectos de segundo orden, de acuerdo con el método simplificado propuesto por la Instrucción EHE: a) N = 625kN, M = 0 b) N = 625kN, M = 125 kNm En ambos casos el esfuerzo axil cuasi permanente no supera el 70% del total. 2. Considerando la armadura simétrica obtenida en el apartado anterior, obtener el máximo momento exterior de primer orden que puede introducirse, según el método de la Columna Modelo, d

d

d

d


266


suponiendo que la armadura es constante en toda la barra y adoptando un diagrama momento - axil curvatura de la sección de la base trilineal. 3. De acuerdo con el método de la Columna Modelo, evaluar los momentos de segundo orden que se producirían al aplicar el momento exterior de primer orden obtenido en el apartado 2 e identificar si la rotura de la columna se produciría por inestabilidad o por agotamiento de los materiales Solución

1. Al considerar la columna empotrada en su base y libre en su extremo superior, se adopta como longitud de pandeo el doble de la longitud real, esto es, l = 10 m. Teniendo en cuenta este valor de la longitud de pandeo y el radio de giro de la sección i = AI = 0.115 m (A = 0.16 m ; I = 0.0021 m ), se obtiene una esbeltez mecánica igual a l = 86.60. Puesto que es mayor que 35 y menor que 100, se puede aplicar el método l= i simplificado aproximado propuesto por la instrucción EHE para el caso de flexión compuesta recta. a) N = 625 kN M =0 Como la estructura es traslacional y dado que la excentricidad de primer orden e =M /N es nula, se adopta como excentricidad un valor e = e = h/20 = 20 mm. La excentricidad adicional valdrá, 0

2

4

c

0

d

d

02

e

e

a

= [1 + 0.12b] × [e y + e]×

d

d

02

h + 20e × l = 147 mm h + 10e 50 × i 2

e

o

e

c

donde: b =1

(Armadura simétrica en dos caras) f = 435 = 2.175 × 10 e = E 200000 e = 0.0035 ( Axil cuasipermanente < 70% N ) yd

3

y

s

d

Por tanto debe dimensionarse el soporte para un esfuerzo axil N = 625 kN y una excentricidad e=e +e =20+147=167 mm. Dimensionando con armadura simétrica se tiene: N < 0.425 U = 0.425 · 20 · 400 · 35 · 10 =1190 kN d

e

a

d

c

-3


267

E.L.U. pandeo

N æç e + d - h2 ö÷ - 0.85 f b × yæçè d - y 2 ö÷ø 198.12 - 190.0 ø A ×f = è = = 27.0 kN 0.3 d-d y = 0.85N× f × b = 91.91 mm = = < A = 0.04 Uf = 257 mm d

cd

'

s

yc,d

'

d

cd

'

As

As

62.07 mm

2

2

c

smin

yd

Por lo que se disponen 4f16, uno en cada esquina.

b) N = 625 kN M = 125 kN·m La excentricidad equivalente es la de primer orden e = e = M /N = 0.2 m= 200 mm., que es superior a la accidental. En este caso, la excentricidad adicional será: d

d

e

e

a

= [1 + 0.12b] × [e y + e]×

h + 20 × e × l h + 10 × e 50 × i 2

e

o

e

c

02

= 202.6 mm

Por tanto la excentricidad total será e = e + e = 402.6 mm. Dimensionando igualmente con armadura simétrica se tiene: N < 0.425 U , por tanto y = 0.85N f b = 91.91 mm ) × 10 - - 190.0 = 518.0 kN A f = 625 × (402.6 + 150 0.3 A = A = 1190 mm TOT

d

e

a

c

d

cd

3

'

s

yd

'

s

d

2

s

Lo cual se consigue disponiendo 4f20 cada cara.


d

268


2. El método de la Columna Modelo se basa en la obtención del diagrama momento-curvatura de la sección. Éste representa el momento interno o el resistido, que deberá ser igual al momento solicitación, compuesto por el momento de primer orden y el de segundo orden. El momento de segundo orden vale: M = N10× l × c , siendo c la curvatura, y puede representarse en la misma figura que el diagrama momento-curvatura como una línea con pendiente N10× l . Entonces, la diferencia entre esta línea y el diagrama momento-curvatura es el momento de primer orden que absorbe la sección. 2 0

2

2 0

M N = cte.

II

C

B

M

M1

2

Nl 0

M 1,max A

10 M C

II

Para un caso como el de la figura, donde el diagrama momento-curvatura es trilineal, el máximo momento de primer orden que resiste la sección es el que se obtiene en el punto B, de paso de sección fisurada a plastificación. Este máximo momento de primer orden tiene asociado un momento de segundo orden. Así pues, los apartados 2 y 3 se resuelven obteniendo las características del punto B. Para obtener el punto B, es decir, el momento de plastificación, tantearemos dos posibilidades: 1) que el hormigón plastifique (e = - 0.002) antes de que lo haga el acero de las armaduras (e = e = f /E = 2.174·10 ). 2) que el acero plastifique antes que el hormigón. Utilizaremos el método parábola-rectángulo, ya que la simplicidad geométrica de la sección lo permite. c

s

y

yd

s

-.3


269

E.L.U. pandeo

Caso 1) e = - 0.002 c

Planteando las ecuaciones de equilibrio se tiene: N = C + C - T = 23 ·0.85·f ·b·x + A ·s - A ·s M + N · æç d - h2 ö÷ = C·z + C ·(d - d) è ø 2 C = 3 ·0.85·f ·b·x = 0.566·f ·b·x z = d - x4 e e e' d-x = = Þ s = 0.002 × E × x x d - x x - d' x - d' s ' = 0.002 × E × x d

s

d

s

cd

d

s

s

(1)

s

(2) (3) (4)

cd

(5) (6)

s

s

s

s

s

cd

c

s

s

s

Sustituyendo (5) y (6) en (1) se tiene: N = 0.566·f ·b·x + A · 0.002 × E × x -x d' - A · 0.002 × E × d -x x A = A = 1256 mm Para: f = 20 MPa E = 200000 MPa d = 350 mm N = 625000 N d = 50 mm b = 400 mm La solución es x = 173 mm. - 173 = 409.9 MPa . Por tanto, como s < f , la hipótesis Con ello s = 0.002 × 2 × 10 × 350173 realizada es la correcta y no hace falta comprobar la opción b). Para conocer el punto B necesitaremos también conocer: d

cd

s

cd

s

s

s

s

2

s

s

d

5

s

s


yd

270


s s ' = 0.002 × 2 × 10 5 ×

173 - 50 = 284.3 MPa 173

Entonces el momento será: M + N · æç d - h2 ö÷ = 0.566·f ·b·x· æç d - x4 ö÷ + A ·s (d - d) = ø ø è è é 173 = 10 - × ê0.566 × 20 × 400 × 173 × æç 350 - 4 ö÷ + 1256 × 284.3 × 300 ùú = 347.7 kN·m d

d

cd

s

s

6

è

ë

ø

û

y el momento exterior: M = 347.7 N · æç d - h2 ö÷ = 347.7 - 625·(0.35 0.2) = 254 kN·m d

d

è

ø

La curvatura será: .002 = 11.56 × 10 - mm c = ex = d e- x = 0173 Momento último. El momento último se calculará suponiendo que el agotamiento se produce en el dominio 3 y verificando posteriormente que así es. En tal caso: e = -0.0035 s = 0.85·f e >e s =f s =f N = y·f ·b·x + A ·f - A ·f M + N · æç d - h2 ö÷ = y·f ·b·x·(d - l·x)+ A ·f ·(d - d) c

6

s

c

c

s

y

cd

s

d

cd

d

d

s

yd

yd

s

s

yd

yd

cd

ø

è

1

s

yd

Para e = 0.0035, y·= 0.688 y l = 0.416 x = N + AY ×× ff ×-bA '×f = 0.688625000 = 113.5 mm × 20 × 400 M + N × æç d - h2 ö÷ = 10 - × [625000 × (350 - 0.416 × 113.5) + 1256 × 435 × 300] = 353.2 kN × m è ø M = 353.2 625·(0.35 0.2) = 259.45 kN·m La curvatura última será: .0035 = 30.89 × 10 - mm c = ex = 0113 .3 c

d

s

yd

s

yd

cd

6

d

d

d

c

6

1

u


271

E.L.U. pandeo

Con estos valores, el diagrama M-c será como indica la figura. M(kN.m)

C

259.45

B

254.0

M

I

=M

B

-M

II

A

M fis = 63.2

M II 0.35

=

Nlo 10

11.56

2

1 r

1

30.89

r

10

-3

m

-1

I × éf + N ù = 0.002133 × é2020 + 625 ù = 63.20 kN × m v' êë A úû 0.20 êë 0.16 úû 2.02 = 0.35 × 10 - mm c = E f × v' = 28573 × 200 M

fis

=

ct

6

ct

1

fis

c

Según el método de la columna modelo, el máximo momento exterior que puede introducirse será: M = M - N × l10 × æç 1r ö÷ = 254 - 625 × 1010 ×11.56 × 10 - = 254 - 72.25 = 181.75 kN × m è ø 2

I max

B

2

3

e

B

3. De acuerdo con el apartado anterior, el momento de 1 orden de valor 181.75 kN·m daría lugar a un momento de 2º orden de valor 72.25 kN·m (lo que representa un 40% aproximadamente, que es muy alto). Dado que el máximo se produce para un punto de curvatura inferior a la última se produciría inestabilidad de la columna, y no agotamiento de los materiales. er


273

E.L.U. pandeo

Ejercicio II-15 Comprobación de soportes esbeltos en pórticos

La estructura de un edificio exento consiste en pórticos de hormigón armado arriostrados entre sí, separados 5.0 m y unidos a pantallas que los rigidizan lateralmente. Aunque el edificio es traslacional, su desplazamiento en cabeza frente a las acciones laterales características es menor que 1/750 de su altura. Cada pórtico es de 4 vanos de 6 m de luz, con 4 m de altura en cada planta, excepto en planta baja donde es de 5 m, siendo 12 el número total de plantas del edificio. Las vigas de todas las plantas del pórtico son rectangulares, de b=30 cm y h= 40 cm. Los pilares son todos cuadrados, aumentando su lado de arriba a abajo. El forjado es unidireccional a base de semivigueta armada, bovedilla cerámica y capa de compresión. El hormigón tanto de vigas como de soportes es HA-25/P/20/II. Las armaduras consisten en barras corrugadas de acero B 500 S. Se pide:

Dimensionar frente a pandeo los siguientes soportes representativos, cuyas características geométricas y esfuerzos de cálculo se indican a continuación, disponiendo armadura simétrica en dos caras opuestas. a) Soporte interior en planta baja de sección 50x50 cm, y 5 m de altura, sometido a los siguientes esfuerzos: N = 1800 kN, M = 250 kN·m, M = - 300 kN·m. b) Soporte de fachada planta intermedia, de sección 40x40 cm, y 4 m de altura, sometido a los esfuerzos: N = 1200 kN, M = 200 kN·m, M = - 250 kN·m. c) Soporte de fachada planta superior, de sección 30x30 cm y 4 m de altura, sometido a los siguientes esfuerzos: N = 400 kN, M = 150 kN·m, M = - 200 kN·m. En ningún caso el esfuerzo axil cuasi permanente supera el 70% del total. d

dsup

dinf

d

dsup

dinf

d

dsup

dinf

Nota:

Solución

Aunque la estructura es traslacional, al tener menos de 15 plantas y satisfacerse que la flecha bajo cargas horizontales características es menor que h/750, el cálculo global de esfuerzos se puede realizar según la teoría de primer orden y la comprobación al pandeo podrá realizarse a cada soporte aislado. Por otra parte, para aplicar el método simplificado deberá verificarse que la esbeltez mecánica l = l / i sea menor que 100; lo cual, como veremos más adelante, se cumple en todos los casos. o


274


Para la aplicación de este método simplificado y el dimensionamiento de los soportes se consideran diversos parámetros comunes: Características de los materiales: - hormigón: f = 16.67 MPa - acero: f = 434.78 MPa E = 200000 MPa f = 2.17 × 10 e = E cd

yd

s

-3

yd

y

s

Características de los elementos del pórtico: pilar de 50x50 cm : I = 0.0052 m (momento de inercia) i = 0.144 m (radio de giro) l = 5 m (longitud) pilar de 40x40 cm : I = 0.0021 m (momento de inercia) i = 0.115 m (radio de giro) l = 4 m (longitud) pilar de 30x30 cm : I = 0.000675m (momento de inercia) i = 0.0866 m (radio de giro) l = 4 m (longitud) vigas de 30x40 cm : I = 0.0016 m (momento de inercia) l = 6 m (longitud) a) La longitud de pandeo l = a·l se obtiene a partir de la formulación para pórticos intraslacionales: 2

4

p50

50

2

4

p40

40

2

2

p30

30

2

4

v

v

0

a=

7.5 + 4 × (Y + Y ) + 1.6 × Y 7.5 + (Y + Y ) A

B

A

A

×Y

B

= 1.36

B

En este caso: Y = 0 (extremo empotrado) I +I l l = 2.95 Y = 2 × Il a = 1.36 l = 1.36·5000 = 6800 mm A

p 50

p 40

50

40

B

v

v

o


275

E.L.U. pandeo

6800 = 47.22 Þ se puede aplicar el método simplificado. 0.144 Como valor de la excentricidad total e se adopta el mayor valor de los siguientes: § e = 0.6·e + 0.4·e = 0.045 m 30 = 0.167 m e = MN = 180 -25 e = MN = 180 = -0.139 m § 0.4 · e = 0.067 m § h/20 = 2.5 cm § 2 cm Es decir, se adopta el valor e = 67 mm La excentricidad adicional será: 20e × l = e = [1 + 0.12b] × [e + e]× hh ++ 10 e 50 × i 500 + 20 × 67 × 6800 = 64.14 mm = [1 + 0.12 ] × [0.00217 + 0.0035] × 500 + 10 × 67 50 × 144 e = e + e = 67+64 = 131 mm El dimensionamiento a pandeo de la sección del soporte se lleva a cabo con el siguiente par de esfuerzos (N , M = N ·e ) = (1800 kN, 235.8 kN·m), que adoptan los siguientes valores adimensionales: (n, m) = (0.432, 0.112). Entrando en el correspondiente diagrama de interacción (para armadura dispuesta simétricamente en las caras exteriores de la sección) se obtiene que es necesario disponer una armadura mínima (w = 0.02). No obstante, la excentricidad e = 167 mm es mayor que la excentricidad total equivalente e = 131 mm. Por lo tanto, será determinante el dimensionamiento a flexocompresión. En este caso el par de esfuerzos adimensionales que se han de considerar es (n, m) = (0.432, 0.144), lo cual implica que la cuantía de armadura necesaria es w=0.11, que se corresponde con un área total de 1054 mm . Esta cuantía se consigue disponiendo 3f16 en cada cara. Esta armadura es superior a la mínima, que se corresponde con un 0.28% sobre la sección de hormigón: A = 0.0028·A = 0.0028·500 = 700 mm l=

e

e

2

1

d

2

d

d

1

d

2

e

2

e

a

o

y

e

c

2

TOT

e

d

a

d

d

TOT

TOT

2

e

2

s,min

c

2

2


276


b) Para el caso de soportes de fachada en una planta intermedia la longitud de pandeo se obtiene a partir de los siguientes factores: 2 × Il Y =Y = I = 3.94 l a = 2.04 l = 2.04 · 4000 = 8150 mm p 40

40

A

B

v

v

o

Con este valor de la longitud de pandeo la esbeltez mecánica es l = 70.9 < 100, por lo que se puede aplicar el método simplificado. La excentricidad equivalente e será: e = 0.6·e + 0.4·e = 0.058 m 25 = 0.208 m e = MN = 120 e = MN = -12020 = -0.167 m e

e

2

1

d

2

d

d

1

d

Tal como sucedía en el caso anterior, el valor de 0.4·e = 0.083 m es superior al obtenido. Así, se considera un valor de la excentricidad equivalente igual a 83 mm. La excentricidad adicional será: + 20 × 83 8150 e = [1 + 0.12] × [0.0035 + 0.00217] × 400 400 + 10 × 83 × 50 × 115 = 123 mm La excentricidad total valdrá: e = e + e = 83+123 = 206 mm. El par de esfuerzos dimensionales con el que ha de dimensionarse a pandeo el soporte es: (N , M = N · e ) = (1200 kN, 247 kN·m), que se corresponde con los siguientes valores adimensionales: (n, m) = (0.45, 0.23). La cuantía de armadura necesaria que se obtiene a partir del diagrama de interacción correspondiente es w = 0.32; esto es, una armadura total de valor 1962 mm . 2

2

a

TOT

e

a

d

d

TOT

2


d

277

E.L.U. pandeo

La excentricidad en un extremo e =208 mm es mayor que la excentricidad total e=200 mm. Entonces, la armadura que se ha de disponer vendrá dada por el dimensionamiento a flexocompresión resultante de considerar dicha excentricidad e =208 mm. Los esfuerzos adimensionales son, para este caso, (n, m) = (0.45, 0.234). La cuantía necesaria de armadura es entonces w= 0.35, o sea, un área total de 2147 mm , que se puede conseguir disponiendo 6f16 en cada cara de la sección. La armadura mínima es A =0.0028 ·400 =448 mm , inferior a la necesaria por cálculo. c) En el caso de un soporte de fachada de la planta superior los coeficientes que determinan la longitud de pandeo son: I l = 1.97 Y = I l 2 × Il Y = I = 3.94 l a = 1.80 l = 1.80 · 4000 = 7209 mm l = 83.25 < 100 Þ se puede aplicar el método simplificado La excentricidad equivalente se obtiene así: e = 0.6·e + 0.4·e = 0.15 m 0.4 e e = MN = 200 400 = 0.5 m 150 = -0.375 m e = MN = -400 2

2

2

2

s,min

2

p 40

40

A

v

v

p 40

40

B

v

v

o

e

2

> /

1

2

d

2

d

d

1

d

El valor de 0.4·e = 0.2 es mayor que el obtenido para e . Así pues, se considera un valor de 200 mm para la excentricidad equivalente. La excentricidad adicional valdrá: + 20 × 200 7209 e = [1 + 0.12 × 1] × [00035 + 0.00217] × 300 300 + 10 × 200 × 50 × 86.6 = 142mm La excentricidad total sera e =e + e = 342 mm. 2

e

2

a

TOT

e

a


278


400000 = 0.266 16.67 × 300 × 300 136800000 = 0.304 m= 16.67 × 300 × 300 Los valores de los esfuerzos de cálculo que se consideran en el dimensionamiento a pandeo son: (N , M = N · e ) = (400 kN, 136.8 kN·m). Los esfuerzos adimensionales asociados a ellos son: (n, u) = 0.66, m =0.30. La sección no rompe frente a estos esfuerzos si se coloca una cuantía de armadura superior al valor w =0.52; o lo que es lo mismo, se evita la rotura a pandeo de la sección disponiendo una armadura con un área total superior a 1793 mm . Se ha de comprobar también que la sección extrema no rompe a flexocompresión. Dado que e =500 mm es superior a e =239.3 mm, la rotura por pandeo no es determinante en este caso, y la sección se ha de dimensionar teniendo en cuenta la excentricidad e . Los esfuerzos adimensionales resultante en ese caso son: (n, m) = (0.26, 0.40). Disponiendo una cuantía de armadura igual wTOT=0.76 (área total de 2621 mm o lo que es igual 5f20 por cara) se evita esta rotura. Esta armadura es superior a la armadura mínima que se ha de colocar en cualquier caso (448 mm , correspondiente a un 0.28% de la sección de hormigón). n=

2

d

d

d

TOT

2

2

e

2

2

2

3 16

6 16

2 8 500

5 20

2 8

2 8 400

cercos > 6 mm S < 240 mm t

500

3 16

6 16

400

400 cercos > 6 mm S < 240 mm t

Pilar base

Pilar intermedio


Pilar superior

5 20

279

E.L.U. servicio

Ejercicio II-16 Fisuración y deformabilidad en vigas de hormigón armado

Sea una viga de hormigón armado simplemente apoyada de 10 metros de luz, con sección transversal rectangular de 30 cm de ancho por 70 de canto. La disposición de armaduras en la sección central es la que se indica en la figura.

Se considera las siguientes cargas que actúan en la secuencia que se indica - peso propio a los 28 días - carga permanente de 2 kN/m a los 90 días - sobrecarga de uso, constituida por una carga uniformemente distribuida de 4 kN/m y una carga puntual móvil de 40 kN en cualquier instante a partir de los 90 días. Se adoptarán las propiedades del hormigón HA-25/P/12/IIb establecidas por la Instrucción EHE, tanto en el comportamiento instantáneo como diferido. La armadura consiste en barras corrugadas de acero B 500 S. Se pide:

1. Comprobar el estado límite de fisuración en la sección central y, en caso de que éste no se satisfaga proponer soluciones. 2. Verificar la necesidad de comprobar el estado límite de deformación según los criterios establecidos por la Instrucción EHE. 3. Calcular la flecha instantánea en el centro de la viga debida a cada una de las cargas actuantes. 4. Calcular la flecha diferida debida a cargas permanentes, la flecha total y la activa.


280


Se utilizarán los coeficientes de fluencia y retracción propuestos en la instrucción EHE, considerando una humedad relativa del 70 %. Para las combinaciones de acciones, en la comprobación de los distintos E.L.S., se utilizarán los siguientes coeficientes g y y : g = 1.0, g = 1.0, y = 0.7, y = 0.5, y = 0.3. Nota:

i

0,1

1,1

i

G,j

Q,1

2,1

Solución

En primer lugar se calculan los momentos en la sección centro de vano debidos a las diferentes cargas: - peso propio: pp = 25·0.3·0.7 = 5.25 kN/m M = pp8× l = 65.625 kN × m - carga permanente: cp = 2 kN/m M = cp8× l = 25 kN × m - sobrecarga de uso uniforme: sc = 4 kN/m M = sc8× l = 50 kN × m - sobrecarga puntual móvil: Q = 40 kN M = Q4× l = 100 kN × m Seguidamente se combinan adecuadamente estos valores para determinar cuál es la situación pésima que habrá que considerar en la comprobación de los diferentes estados límite de servicio. Las diferentes situaciones que se consideran son: - poco probable: Sg ·G +g ·Q +y ·g ·Q Þ M = 240.625 kN·m - frecuente: Sg ·G +y ·g ·Q +y ·g ·Q Þ M = 165.625 kN·m - casi permanente: Sg ·G +y ·g ·Q +y ·g ·Q Þ M = 135.625 kN·m. Dado que la única acción variable es la sobrecarga de uso, ésta es la determinante. 2

pp

2

cp

2

sc

Q

G,j

G,j

k,j

k,j

Q,1

1,1

G,j

k,j

Q,1

k,1

k,1

2,1

0,2

Q,2

2,2

Q,1

Q,2

k,1

pp

k,2

fr

k,2

2,2

Q,2

k,2

qp

1. Fisuración por tracción Se ha de verificar que bajo la combinación de acciones casi permanentes se verifique que la abertura característica de fisura (w ) es menor que un valor límite, que en este caso (tipo de exposición IIb) es 0.3 mm. w = b·s ·e b = 1.7, para fisuración producida por acciones directas. s = 2·c + 0.2·s + 0.4·k · f × AA = 95.8 mm (separación media de fisuras) k

k

m

m

sm

1

c,eficaz s


281

E.L.U. servicio

c = 30 mm (recubrimiento de las armaduras de tracción) s = b/n = 300/5 = 60 mm < 15·f = 375 mm (distancia entre barras) k = 0.125 (por tratarse de flexión simple) f = 25 mm (diámetro de la barra traccionada) A = (187.5+92.5)·300 = 84000 mm A = 4415.6 mm (9f25) 1

2

c,eficaz

2

s

e

sm

=

s

E

s

é æs × ê1 - k × çç êë ès

sr

2

s

r

ö ÷÷ ø

2

ù ú = 2.17·10 úû

-4

(alargamiento medio de las armaduras)

d-x = 57.79 MPa 0.5 × b × x × æç d - x3 ö÷ + A × n × (x - d') × (d - d') è ø (s = tensión de servicio de la armadura pasiva suponiendo sección fisurada) s = n×M × s

k

2

'

n

s

x = n × (r + r ) + 2 × n × æç r + r × d' ö÷ - n × (r + r ) = 0.41 d dø è x = 260 mm M = M = 135.625 kN·m d = 635 mm d = 42.5 mm r = 2.3 ·10 r = 5.2 ·10 E = 200000 MPa E = 8500·f = 27264 Þ n = 7.3 k = 1 (por ser carga no repetida) s M = 0.462 = s M M = - f v' × I = 62.72 kN × m (momento de fisuración) 2

'

s

k

s

2

'

s

s

'

s

s

qp

-2

s

-3

s

s

1/3

c

cm

2

sr

fis

s

k

ct ,m

fis


282


f = 0.30·f = 2.56 MPa (resistencia media a tracción) e es mayor que 0.4·s /E = 1.11·10 , por lo cual se adopta el valor que se obtiene en el cálculo anterior. Así pues, se verifica el estado límite de fisuración por tracción: w = w = b·s ·e = 1.7·95.8·2.17·10 = 0.035 mm < w = 0.3 En cuanto a la , debe comprobarse que bajo la combinación de acciones más desfavorable la tensión máxima de compresión en el hormigón no supera el valor 0.60f . Dicha tensión la calcularemos en la situación poco probable teniendo en cuenta que la sección fisura. Su valor es: M s = = 9.65 N / mm x æ ö 0.5 × b × x × ç d - 3 ÷ + n × A × (x - d ) × (d - d ) 2/3

ct,m

ck

sm

s

k

k

m

-4

s

-4

sm

max

fisuración por compresión

ck,j

2

x

c

2

'

è

ø

'

s

Se verifica que s <0.6·f =18 N/mm , donde se ha obtenido f =1.2f =30 N/mm , de acuerdo con la tabla 30.4.b de la EHE, para hormigón de endurecimiento normal. Por tanto queda satisfecho el estado límite de fisuración por compresión. c

2

ck,90

ck,90

ck,28

2

2. Dado que se trata de una viga simplemente apoyada y teniendo en cuenta que la cuantía de armadura es r = 2.3·10 , la esbeltez básica que define la norma es L/d = 14, que es inferior a la que existe realmente L/d = 10000/635 = 15.7. Por lo tanto, es necesario verificar el estado límite de deformación. -2

3. La debida a cada una de las cargas actuantes se obtiene considerando una interpolación cúbica de la inercia fisurada y sin fisurar, así como el módulo de deformación longitudinal en la edad de actuación de la carga. Dado que la sección puede estar fisurada o no, se calcula la flecha debida a la totalidad de las cargas actuantes, obteniéndose la flecha en cuestión como diferencia entre esta y la provocada por las cargas que ya actuaban con anterioridad. La interpolación que se considera para la inercia es la siguiente: flecha instantánea

I

e

æM = çç èM

é æM ö ÷÷ × I + ê1 - çç êë è M ø 3

f

f

1

a

a

ö ÷÷ ø

3

ù ú×I úû

fN

>/ I

1

El módulo de deformación longitudinal del hormigón a diferentes edades es: E = 8500·f = 27264 MPa Þ n = 7.3 E = b ·E = 1.07 · 27264 = 29173 MPa Þ n = 6.9 1/3 cm

c,28 c,90

90

c,28


283

E.L.U. servicio

Flecha instantánea debida al peso propio Primero se verifica si la sección está fisurada o no. El momento de fisuración vale M = f ·W , donde f es la resistencia a flexotracción y W es el módulo resistente respecto de la fibra inferior. f = 0.37·f = 0.37·25 = 3.16 Mpa W = 2h× I = b ×6h = 2.45 × 10 mm M = 2.45·10 mm ·3.16 N/mm = 77.42·10 N·mm = 77.42 kN·m Como M =M = 65.625 kN·m < M , no fisura la pieza, por lo que la inercia a utilizar en el cálculo de la flecha bajo el peso propio, es la inercia elástica (en principio la homogeneizada). fis

cf

cf

1

1

cf

ckj

2/3

2/3

2

7

3

1

7

fis

a

3

2

pp

6

fis

I = I + (n-1)·A · æç d - h2 ö÷ = 0.312× 0.7 + 6.33 × 44.17 × 10 è ø I = 0.010835 m = 10.835·10 mm 5 × pp × l d = 384 × E × I = 2.31 mm 2

h

b

3

s

4

h

9

-4

× (0.635 - 0.35 )

2

4

4

pp 28

c

h

Flecha instantánea debida a la carga permanente

El momento actuante es M = M + M = 65.625 +25 = 90.625 kN·m > M , por lo que la pieza fisura en la sección central, siendo M /M = 0.855. La inercia fisurada de la sección central es: I = kE = n × A × (d - x ) × æç d - x3 ö÷ + n × A '×(x - d') × æç x3 - d'ö÷ = 6.392 × 10 mm ø è ø è a

pp

cm

fis

fis

a

9

II

f

s

4

s

c

donde x se ha calculado como en el apartado 1, para j=90 días. La inercia que se ha de adoptar en el cálculo de flechas, teniendo en cuenta la contribución del hormigón traccionado entre fisuras, será (fórmula de Branson): I

æM = çç èM

e

é æM ö ÷÷ × I + ê1 - çç êë è M ø 3

fis

fis

h

a

a

ö ÷÷ ø

3

ù ú × I = 0.855 × 10.835 × 10 + (1 - 0.855 ) × 6.392 × 10 úû 3

9

f

9.169·10 mm que es inferior a la inercia no fisurada, I = 10.385·10 mm . 5 × (pp + cm ) × l = 3.78 mm d = 384 × E × I 9

4

h

9

4

4

pp

ins

c,28

d

cm ins

=d

pp + cm ins

-d

e

pp

= 3.78 - 2.31 = 1.47

mm


3

9

I = e

284


Flecha instantánea debida a la sobrecarga de uso

Bajo la totalidad de la carga el momento de servicio es M = 225.625 kN·m > M , siendo M /M = 0.344. La inercia fisurada de la sección, al ser de hormigón armado y estar sometida a flexión simple, no depende del momento solicitante, por lo que I = 6.392·10 mm . La inercia que se considera en el cálculo de flechas es: I = 0.344 ·10.835·10 + (1 - 0.344 )·6.392·10 = 6.573·10 mm será: 5 × (pp + cm + sc ) × l + Q × l = 8.17 + 4.65 = 12.82 mm d = 384 × E × I 48 × E × I a

9

f

3

e

9

fis

3

fis

a

4

9

9

4

La flecha instantánea bajo cargas totales 4

pp + cm + sc

3

ins

c

e

c

e

con lo que la flecha debida a la sobrecarga de uso será: d scins = 12.82 - 3.78 = 9.04 mm

que representa una fracción 1/1100 de la luz. 4. De acuerdo con la instrucción EHE, las se calculan multiplicando las instantáneas debidas cargas permanentes por un factor l de valor: x( t ) - x( j) x l= 1 + 50 × r = 1 + 50 × r donde: t y j son los instantes de medida y carga, respectivamente r es la cuantía geométrica de compresión x es una función dependiente del tiempo dado en el apartado 50.2.2.3 de la EHE. Para el cálculo de la flecha diferida se dividirá el tiempo en una serie de intervalos coincidentes con la aplicación de las diversas cargas. Cuando la carga se aplica por fracciones P , P , ... , P , se puede adoptar como valor de x el dado por: x ×P + x ×P +K+ x ×P x= P + P +K+ P flechas diferidas

'

'

1

1

1

2

1

2

2

n

2

n

n

n

En el caso que nos ocupa, de 28 a 90 días existe solo el peso propio, por tanto x(90) = 1.0 y x(28) = 0.7, quedando:


285

E.L.U. servicio

l = 1

Dd

pp 90

1.0 - 0.7 = 0.3 = 0.238 1 + 50 × 0.0056 1.26 = d × l = 3.78 × 0.238 = 0.90 mm pp

ins

1

y la flecha existente a los 90 días antes de aplicar las cargas permanentes será: d

pp 90

=d

pp ins

× (1 + l ) = 4.68 mm 1

La flecha a largo plazo debida al peso propio se obtendrá de igual forma pero adoptando para t ® ¥ un valor x =2.0. 2.0 - 0.7 = 1.07 l = 1.26 Dd = d × l = 3.78 × 1.07 = 4.04 mm Bajo la acción de la carga permanente de 2 kN/ml, aplicada a los 90 días, la flecha diferida valdrá, teniendo en cuenta que x(¥) = 2.0 y x(90) = 1.0. 2.0 - 1.0 = 0.794 l = 1.26 Dd = d × l = 1.47 × 0.794 = 1.17 mm 2

pp

pp

¥

ins

cp

cp

2

3

¥

ins

3

Por tanto, la flecha total a largo plazo valdrá: d

= Dd ¥ + Dd ¥ + d pp

TOTAL

cp

pp + cp + sc ins

= 4.04 + 1.17 + 12.82 = 18.03 mm

La flecha activa será aquella que puede afectar a los elementos no estructurales, tales como tabiques o solados. En nuestro caso es la flecha total menos la que habría antes de colocar la carga muerta, es decir: d =d - d = 18.03 - 4.68 = 13.35 mm activa

TOTAL

90

que representa una fracción l/750, lo cual es más que aceptable.


287

E.L.U. servicio

Ejercicio II-17 Fisuración de una viga de hormigón pretensado

Para cubrir el cauce de un río de 20 m en una zona urbana se proyecta un puente losa de hormigón pretensado con armaduras postesas, de 20 m de luz, 10 m de anchura, 0.80 m de canto y sección maciza, tal como indica la figura adjunta.

Sobre el puente actúan las siguientes cargas: - peso propio (peso específico = 25 kN/m ) - cargas muertas (pavimento, aceras, barandillas, instalaciones) = 2.5 kN/m - sobrecarga de tráfico: 4.0 kN/m más una carga puntual móvil de 600 kN Las características de los materiales son las siguientes: - hormigón: HP-40/P/20/II - armaduras pasivas: Barras corrugadas de acero B 500 S - armaduras activas: Cordones de 7 alambres Y 1860 S7 (f =1860 MPa, f =1700 MPa) Se supone un nivel de control intenso. El trazado de los tendones de pretensado es parabólico, con excentricidad e=0.10 m respecto al centro de gravedad en anclajes y excentricidad e=- 0.25 m en centro luz. Suponiendo un 10 % de pérdidas instantáneas y un 20% de pérdidas diferidas, y adoptando una sección retangular de b = 10 m y h = 0.8 m, y adoptando valores de y = 1 para las hipótesis de combinación de cargas. 3

2

2

max

pyk

i

Se pide:

1. Dimensionar las armaduras activas y pasivas longitudinales necesarias para resistir las cargas actuantes, verificando frente a solicitaciones normales tanto las condiciones de servicio como las de rotura de la sección central, en los siguientes supuestos: a) no se permite superar el estado límite de descompresión bajo ninguna hipótesis de carga. b) no se permite superar el estado límite de aparición de fisuras bajo ninguna hipótesis de carga. c) el ancho de fisura debe ser inferior a 0.1 mm.


288


Solución

En primer lugar se obtienen las características de la sección: A=8m I = 0.427 m v = - v = 0.4 m A continuación se indican los momentos flectores máximos en la sección crítica (centro de vano), debidos a las diferentes cargas: - peso propio: pp = 25·8 = 200 kN/m M = pp8× l = 10000 kN × m - carga muerta: cm = 2.5·10 = 25 kN/m M = cm8× l = 1250 kN × m - sobrecarga de tráfico: sc = 4·10 = 40 kN/m M = sc 8× l = 2000 kN × m - vehículo pesado: P = 600 kN M = P4× l = 3000 kN × m De acuerdo con lo especificado en el enunciado, en la combinación de acciones se aplica un coeficiente de simultaneidad y = 1, con lo que se obtienen los siguientes momentos flectores de cálculo: - estado límite último: M = 1.35·(10000+1250) + 1.5·(2000+3000) = 22687.5 kN·m - estado límite de servicio: M = 1·(10000+1250+2000+3000) = 16250 kN·m 2

4

2

pp

2

cm

2

sc

P

d

k

a) En primer lugar se procede al dimensionamiento del pretensado de forma que se verifique el estado límite de descompresión para cualquier hipótesis de carga. Se impone que no se produzcan tracciones en ninguna fibra y en ningún instante. En la fibra superior la situación pésima se produce con la menor fuerza de pretensado (después de transferir) y actuando únicamente el peso propio:


289

E.L.U. servicio

M = g ·M = 1·10000 = 10000 kN·m P - P ×e ×v - M ×v £ 0 s =A I I d

G

pp

ki

d

ki

sup

Despejando P se obtiene que la fuerza de pretensado en la sección central debe ser inferior a 85791 kN, lo que supone una fuerza de tesado en anclajes, habida cuenta del 10% de pérdidas instantáneas, de 95323 kN. A largo plazo, la fibra más traccionada es la inferior, al actuar la totalidad de las cargas junto al pretensado final. M = 16250 kN·m P - P × e × v'- M × v'£ 0 s =A I I ki

k

k¥

k¥

d

inf

De esta condición se obtiene que la fuerza de pretensado a tiempo infinito ha de ser superior a 42380 kN, o lo que es lo mismo, que el pretensado inicial ha de ser superior a 60543 kN. Estas dos limitaciones llevan a escoger una fuerza de pretensado de valor: - inicial en anclajes: P = 60543 kN - tras pérdidas instantáneas: P = 0.9·P = 54488 kN - a largo plazo: P ¥ = 0.7·P = 42380 kN Teniendo en cuenta que la instrucción EHE limita la tensión en el acero a un valor s = 0.75·f = 0.75·1860 = 1395 MPa, el área de las armaduras activas ha de ser superior a A = P /s = 43400 mm . Este área se puede conseguir disponiendo 16T20f0.6, con un área total A = 16 · 2800 = 44800 mm . Habiendo dimensionado el pretensado de forma que se satisfagan las condiciones de fisuración, ahora queda comprobar que la sección no agota debido a las solicitaciones normales. 0

ki

k

0

0

p0

pu

p,nec

2

0

p0

p

2

M = 0.85 × f × b × y × æç d - y2 ö÷ ø è P = 0.85·f ·b·y - DT u

n

cd

cd


p

(1) (2)

290


Se hace la hipótesis de considerar que la armadura activa ha plastificado: P + DT = A ·f = 44800 × 1700 1.15 = 66226087 N = 66226 kN Entonces, de la ecuación (2) se obtiene que la profundidad del bloque de compresiones en rotura es: 44800 × 1700 A ×f 1.15 = 292.2 mm y = 0.85 × f × b = 40 0.85 × 1.5 × 10000 que se corresponde con una profundidad de la fibra neutra de valor x=1.25·y=365 mm. Sustituyendo este valor de y en la ecuación (1), se obtiene un momento último: M = 33371 kN·m que es superior al momento de cálculo: M = 21562.5 kN·m. Queda comprobar la hipótesis de plastificación de la armadura activa que se ha realizado, la cual será cierta si se satisface la siguiente expresión: e < e + De donde: f = 1478.26 = 7.39 × 10 e = E 200000 P = 45729000 = 5.10 × 10 e = E × A 200000 × 44800 P = P × éê1 + n × A × æçç A1 + eI ö÷÷ùú = 45729 kN è øûú ëê n = E /E = 6.5 E = 200000 MPa E = 8500·f = 30891 MPa d - x = 0.0035 × 650 - 365 = 2.73·10 De = 0.0035 × x 365 Se verifica la hipótesis: e = 7.39·10 < e + De = 5.10·10 +2.62·10 = 7.83·10 Así pues, la sección crítica verifica las condiciones de fisuración y no agota frente a solicitaciones normales. Por lo tanto, no es necesario disponer armadura pasiva por cálculo. n

p

p

pyd

pyd

cd

u

d

pyd

Pn

p

-3

pyd

pyd

p

-3

n

Pn

p

p

2

k¥

n

p

c

p

c

c

p

1/3

c

cm

p

-3

p

pyd

-3

Pn

p

-3

-3


-3

291

E.L.U. servicio

b) En este caso se ha de imponer que las tensiones en el hormigón no superen en ninguna fibra su resistencia a tracción (f = 0.21·f = 2.46 MPa = 2456.2 kN/m ). Las situaciones pésimas en las fibras superior e inferior de la sección central son las mismas que las que se han indicado en el apartado anterior. Las expresiones a partir de las cuales se obtiene la fuerza de pretensado necesaria son las siguientes: P - P × e × v - M × v £ 2456.2 kN s =A I I m M = g ·M = 1·10000 = 10000 kN·m P - P × e × v'- M × v' £ 2456.2 kN s =I A I m M = 16250 kN·m 2/3

ct

ki

2

ck

ki

k

sup

k

2

G

pp

k¥

k¥

k

inf

2

k

Estas condiciones conducen a que la fuerza de pretensado en anclajes ha de estar comprendida entre los siguientes límites: 50774 kN £ P £ 120356 kN. Se adopta el límite inferior como fuerza de pretensado: - inicial en anclajes: P = 50774 kN - tras las pérdidas instantáneas en sección centro de luz: P =0.9·P = 45697 kN - a largo plazo en la sección de centro de luz: P ¥ = 0.7·P = 35542 kN El área de armadura activa necesaria es A = P /s =36397 mm , que se consigue disponiendo 13T20f0.6 (A = 13·2800 = 36400 mm ). Análogamente a lo que se ha hecho en el apartado anterior para la verificación de la sección frente a solicitaciones normales, se obtienen los siguientes resultados: 36400 × 1700 ×f A 1.15 = 237.4 mm Þ x=1.25·y = 296.7 mm. y = 0.85 × f × b = 40 0.85 × 15 × 10000 M = 28588 kN·m que también es superior al momento de cálculo: M = 22687.5 kN·m. Así pues, no es necesario disponer armadura pasiva por cálculo. Por lo que se refiere a la verificación de la hipótesis de plastificación de la armadura activa, los valores que se obtienen son: 0

0

ki

k

p,nec

0

p0

2

p

p

pyd

cd

u

d


0

0

2

292


= 7.39·10 = 6.56·10 P = 45402 kN De = 4.48·10 Se verifica la hipótesis e =7.39·10 < e +De =(6.56+4.48)·10 =11.04·10 . e e

pyd

-3

-3

pn n

p

-3

-3

pyd

Pn

-3

p

-3

c) En el primer apartado se ha dimensionado el pretensado de forma que no se descomprima la sección en ninguna situación. En el apartado b) se obtiene una fuerza de pretensado menor, pero sin que la sección llegue a fisurar. En este caso el grado de pretensado, entendido como la relación entre la fuerza adoptada y la que corresponde a la satisfacción estricta del estado límite de descompresión, resulta ser k = 0.839. En este último apartado se busca reducir aún más el pretensado, pero controlando el ancho de fisura. En este caso el procedimiento para obtener las armaduras que se disponen es el que sigue: en primer lugar se escoge un grado de pretensado, para después dimensionar la cuantía de armadura pasiva de forma que nos acerquemos al ancho de fisura límite que impone la condición del enunciado. Se elige un grado de pretensado k=2/3=0.667, por lo que la fuerza de pretensado que se considera en este apartado es: - inicial en anclajes: P = 0.667·P = 0.667·60543 = 40382 kN - después de transferir: P = 0.9·P = 36344 kN - a largo plazo: P ¥ = 0.7·P = 28267 kN Se disponen 11T19f0.6, con un área total A = 29260 mm , superior a la de la armadura necesaria si se tiene en cuenta la limitación de tensión en las armaduras activas: A = 28978 mm . Para la obtención de la apertura de fisura es necesario determinar la tensión en las armaduras pasivas, considerando el pretensado como una acción exterior. Esta tensión se obtiene de plantear el equilibrio y la compatibilidad de deformaciones en la sección. P = 0.5·s ·x·b - A ·Ds - A ·s M = 0.5 × s × x × b × æç d - x3 ö÷ + A × s × (d - d ) ø è 0

0

ki

k

0

0

2

p

p,nec

2

n

c

d

e

x

c

p

c

=

De d -x = p

p

p

p

e

d -x s

s


s

s

s

s

s

p

293

E.L.U. servicio

De la compatibilidad de deformaciones en la sección se puede obtener las tensiones en las armaduras activas y pasivas a partir de las que hay en el hormigón: d -x Ds = n × s × x d -x s = n ×s × x p

p

c

s

s

c

y combinando estas expresiones en las ecuaciones del equilibrio, se obtiene que: P = 0.5 × b × x - n × A × (d - x ) - n × A × (d - x ) M 0.5 × b × x × æç d - x ö÷ + n × A × (d - x ) × (d - d ) 3ø è P ×x s = 0.5 × b × x - n × A × (d - x ) - n × A × (d - x ) 2

p

n

p

s

s

2

d

p

s

s

s

p

n

c

2

p

p

s

s

Entonces, teniendo en cuenta que: P = P × éê1 + n × A × æçç A1 + eI ö÷÷ùú = 30500 kN è øûú ëê M = 16250 kN·m y suponiendo una cuantía de armadura pasiva, se puede obtener la tensión de ésta. Supondremos que se disponen 50f20 (f20 cada 20 cm), lo que supone una armadura pasiva de área total A = 15700 mm . Con estos valores se obtiene los siguientes resultados: x = 467 mm s = 13.45 MPa s = 53.0 MPa Ds = 34.28 MPa Se procede entonces a comprobar que la abertura de fisura w es inferior al límite establecido de 0.1 mm. w = b·s ·e b = 1.7, para acciones directas s = 2·c + 0.2·s + 0.4 × k × f × AA (separación media de fisuras) c = 40 mm (recubrimiento de las armaduras de tracción) s = 200 mm < 15·f = 300 mm (distancia entre barras longitudinales) 2

k¥

n

p

c

c

d

2

s

c s

p

k

k

m

m

sm

c,eficaz

1

s


294


k = 0.125 A = 15700 mm A = (50+150)·10000 = 2000000 mm f = 20 mm 1

2

s

2

c,eficaz

s = 247.4 mm s é e = E × êê1 - k m

s

sm

ë

s

æs × çç ès

sr

2

s

ö ÷÷ ø

2

ù ú úû

(alargamiento medio de las armaduras)

k =1 s = 53.0 MPa f = 0.30·f = 3.51 MPa P = P = 29757.5 kN M = æçç f + AP ö÷÷ × Ih = 7717.7 kN × m è ø 2 s M 7717 . 7 = s M = 16250 = 0.477 E = 200000 MPa 53 × [1 - 1 × 0.477 ] = 2.05·10 e = 200000 que es superior a 0.4·s /E = 1.06·10 . Por lo tanto, la abertura característica de fisura es: w = 1.7·247.4·2.05·10 = 0.0862 mm que se aproxima bastante al límite impuesto de 0.1 mm. Así pues, se puede adoptar como armadura pasiva 50f20 (A =15700 mm ) y como armadura activa 11T19f0.6 (A = 29260 mm ). Verificada la condición relacionada con el estado límite de fisuración, queda comprobar el no agotamiento frente a solicitaciones normales. Se procede de forma análoga a la seguida en los casos anteriores. No obstante, en este caso se conoce la armadura pasiva que se dispone, por lo que se puede tener en cuenta en el cálculo del momento último de la sección en rotura. 2

s

2/3

ct,m

ck

n

c

fis

ct ,m

c

sr

fis

s

k

s

2

-4

sm

s

-4

s

-4

k

s

p

2


2

295

E.L.U. servicio

M = 0.85 × f × b × y × æç d - y2 ö÷ + A × f × (d - d ) ø è P = 0.85·f ·b·y - DT - A ·f u

cd

n

p

cd

s

s

yd

s

p

yd

En este caso, la profundidad del bloque de compresiones en rotura es: 500 29260 × 1700 + 15700 × ×f + A ×f A 1 . 15 1 .15 = 220.9 mm y = 0.85 × f × b = 40 0.85 × 1.5 × 10000 x = 1.25·y = 276.2 mm El momento último de la sección es: ù M = éê0.85 × 140.5 × 10000 × 220.9 × æç 650 - 2202 .9 ö÷ + 15700 × 1500 × 100 ú × 10 = 27698 kN × m que es .15 û è ø ë superior al momento de cálculo: M = 22687.5 kN·m. En cuanto a la verificación de la hipótesis de plastificación de la armadura activa, se obtiene: e = 7.39·10 e = 5.09·10 De = 4.74·10 e = 7.39·10 < e + De = 5.09·10 +4.74·10 = 9.83·10 El momento último que resulta de considerar el pretensado únicamente, sin tener en cuenta la armadura pasiva que se dispone, es M =23988 kN·m, que es también superior al momento de cálculo. No obstante la armadura pasiva es necesaria para el control del ancho de fisura. p

pyd

s

yd

cd

-6

u

d

pyd Pn

p

pyd

-3

-3

-3

-3

Pn

-3

p

-3

u


-3

297

E.L.U. servicio

Ejercicio II-18 Deformabilidad de forjados pretensados

Un forjado de edificación de 6.0 m. de luz está constituido por viguetas autorresistentes de hormigón pretensado simplemente apoyadas, separadas 70 cm entre ejes, bovedilla cerámica como elemento aligerante y capa de compresión superior de 4 cm. de hormigón, que no se considera a efectos de cálculo resistente del forjado. El esquema estructural longitudinal y la sección transversal de la vigueta son los que se indican en las figuras adjuntas. A=112.5 cm4 2 I =3800 cm v=9.60 cm v=8.40 cm e=- 2.0 cm

Las propiedades de los materiales son las siguientes: - hormigón: HP-35/S/12/I, (fck= 35 MPa, a los 28 días) - armaduras activas: Alambres de f=4 mm. de acero superestabilizado ( r=8%), de fpyk = 1700 MPa, y fpu = 1900 MPa., tesados a una tensión spo = 0.75 fpu. Las cargas a considerar son las siguientes: - peso propio de la vigueta: 0.3 kN/ml - cargas muertas (bovedillas, losa de compresión y solado) 1.0 kN/ml - sobrecargas de uso: 1.5 kN/ml La vigueta se pretensa a los 7 días del hormigonado, suponiéndose que en ese instante actúa el peso propio. No se efectúa curado al vapor. A los 90 días se colocan el resto de cargas permanentes y se supone que la sobrecarga actúa a largo plazo. Se pide:

1. Calcular la contraflecha de la vigueta al transferir el pretensado y a los 90 días.


298


2. Calcular la flecha a largo plazo debida a las cargas permanentes y a las cargas totales. 3. Calcular la flecha activa. Se utilizarán los coeficientes de fluencia y retracción propuestos en la instrucción EHE, considerando una humedad relativa del 70%. Se desprecian las pérdidas por relajación del acero de pretensado desde el tesado hasta la transferencia. Nota:

Solución

En primer lugar se calcula la fuerza de pretensado al inicio de cada fase: - inicial, al tensar los alambre en bancada - al transferir el pretensado a la vigueta, a los 7 días - a los 90 días - a largo plazo Pretensado inicial: P0 = Ap·sP0 2 A p = 6 × p ×4f = 6 × p4× 16 = 75.36 mm 2 sP0 = 0.75·fp,máx = 0.75·1900 = 1425 MPa P0 = Ap·sP0 = 75.36·1425 = 107388 N Pretensado a los 7 días: Pk7 = P0 +DP3, siendo DP3 las pérdidas por acortamiento elástico al transferir. A ×E DP3 = s cp × p p = - 6555 N E c,7 Ep = 200000 MPa = 23823 MPa Ec,7 = b7·Ec,28 = 0.80·29779 Ec,28 = 8500·fcm,281/3 = 8500·(35+8)1/3 = 29779 MPa Para el cálculo de la tensión scp que el pretensado produce en la fibra del hormigón en contacto con el centro de gravedad de la armadura de pretensado debe utilizarse la sección homogeneizada. No obstante, las características de esta son casi idénticas a las de la sección bruta, debido a la reducida cuantía de armadura. P P × e 2 - M pp × e = - 10.36 Mpa s cp = - 0 - 0 A I I e =excentricidad del pretensado equivalente = yp = - 2.0 cm 2 M pp = 3008× 4 = 600 N × m Pk7 = P0 + DP3 = 107388-6555 = 100833 N


299

E.L.U. servicio

Pretensado a los 90 días: Pk90 = Pk7 + DP7®90; es decir, tras las pérdidas diferidas entre los 7 y los 90 días. DP7®90 =

n

× j(90,7) × s cpg + E p × e r (90,7) + 0.80 × Ds pr 2 Ap æ Ac × y p ö ç ÷ × [1 + c × j(90,7 )] 1+ n 1+ ÷ Ac ç Ic è ø

Ap

= - 19354 N

donde: los coeficientes de fluencia j(90,7) y retracción ecs(90,7) se obtienen según el artículo 39 de la Instrucción EHE, considerando una humedad relativa del 70% y un espesor ficticio de e = 2·A/u = 45 mm, siendo la resistencia característica del hormigón fck = 35 MPa: j(90,7) = 1.87 ecs(90,7) = -2.95·10-4 n = Ep/Ec,7 = 8.4 La tensión scgp, bajo cargas permanentes en la fibra de hormigón en contacto con el centro de gravedad de las armaduras es: P P × e 2 - M pp × e = - 9.71 MPa s cgp = - k 7 - k 7 A I I P -100833 Ds pr = r f × ki = 0.08 × Ap 75.36 =- 107.04 MPa c = 0.8 Pk90 = Pk7 + DP7®90 = 100833-19354 = 81479 N Pretensado a largo plazo: Pk¥ = Pk7 + DP7®¥,; esto es, tras las pérdidas diferidas totales. DP7 ®¥ =

n

× j(10 6 ,7) × s cpg + E p × e r (10 6 ,7 ) + 0.80 × Ds pr 1

+n

Ap Ac

æ A c × y 2p ç1 + ç Ic è

ö ÷ × [1 + c × j(10 6 ,7 )] ÷ ø

j(106,7) = 3.01 ecs(106,7) = - 4.02·10-4 n = Ep/Ec,7 = 8.4 P P × e 2 - M pp+cm × e s cgp = - k 7 - k 7 A I I

Ap

= - 8.66 MPa

Mpp+cm = 2600 N·m P -100833 Ds pr = r f × ki = 0.08 × Ap 75.36 =- 107.04 MPa c = 0.8


= - 23889 N

300


Pk¥ = Pk7 + DP7®¥ = 100833-23889 = 76944 N En las siguientes figuras se recoge el estado tensional en la sección de centro de luz a diferentes edades.

A la vista de los diferentes estados 2/3tensionales, y dado que se considera una resistencia característica a tracción de valor fct,k = 0.21·fck = 2.25 MPa, se observa que ninguna sección fisura. Por lo tanto, a la hora de calcular las flechas se tendrá en cuenta la inercia no fisurada. 1 Contraflecha al transferir (t= 7 días):

Las acciones actuantes son el pretensado a los 7 días (Pk7 = 100833 N) y el peso propio (pp = 0.30 kN/m = 0.3 N/mm). La flecha se calcula como: 5 × pp × l 4 + Pk 7 × e × l 2 = 1.10 - 4.45 = -3.35 mm d 7 = d 7pp + d P7 = 384 × E c,7 × I 8 × E c,7 × I k7

Contraflecha a los 90 días Esta flecha se calcula como suma de la instantánea anteriormente calculada y la diferida debida al efecto de la fluencia de las cargas permanentes: d90 = d7 + d7®90


301

E.L.U. servicio

pp + Pk 90 × l = -2.5 × 0.66 = -1.67 mm d 7 ®90 = d ins x x(90) - x( 7 ) 1.0 - 0.26 = 0.66 l= = = , , 1 + 50 × r 1 + 50 × r 1 + 50 × 0.0022 A, 25.12 = 0.0022 r, = p = A c 11250 d 90 = -3.35 - 1.67 = -5.02 mm

Para el cálculo de d + se debería utilizar un valor medio de Pk, entre Pk7 y Pk90, puesto que la pérdida de pretensado se va produciendo poco a poco. No obstante, la Instrucción EHE dispone que se ha de considerar la fuerza de pretensado final. Dado que de esta forma quedamos del lado de la seguridad, se utiliza Pk90: 2 4 pp P = 5 × pp × l + Pk 90 × e × l = -2.5 mm d ins 384 × E c,7 × I 8 × E c,7 × I pp Pk 90 ins

+

k 90

2 Flecha a largo plazo debida a cargas permanentes y totales:

La historia de cargas permanentes actuantes sobre la estructura es la siguiente: a los 7 días actúa el pretensado y el peso propio, mientras que las cargas muertas lo hacen a partir de los 90 días. Las sobrecargas de uso actúan a largo plazo. La flecha a largo plazo que provocan estas cargas son suma de la instantánea que provoca cada una de ellas más la diferida de las cargas permanentes debida al efecto de la fluencia. Flecha a largo plazo debida a las cargas permanentes

Anteriormente se ha visto que las flechas instantáneas debidas al pretensado y al peso propio son las siguientes: d 7pp = 1.1 mm d 7 = 1.10 - 4.45 = -3.35 mm

Para el calculo de la flecha diferida debida al peso propio se considera la siguiente expresión: d pp = l × d 7 = 1.568 × ( -3.35) = -5.253 mm x x(¥) - x( 7 ) 2.0 - 0.26 = 1.568 l= = = , , 1 + 50 × r 1 + 50 × r 1 + 50 × 0.0022 ¥

Por lo tanto, la flecha total debida al peso propio y al pretensado, ambos actuantes desde los 7 días, es: dpp+Pk = d7 + d ®+¥ = (1.1 - 4.45) 5.253 = - 8.6 mm (contraflecha) pp Pk 7


302


Por lo que se refiere a la flecha debida a la carga permanente: 5 × cm × l 4 = 2.7 mm d cm 90 = 384 × E c,90 × I Ec,90 = b90·Ec,28 = 1.09 · 29779 = 32459 MPa Þ n = 6.16 cm d cm 90 = d ins × l = 2.7 × 0.9 = 2.43 mm x x(¥ ) - x(90 ) 2.0 - 1.0 = 0.9 l= = = , , 1 + 50 × r 1 + 50 × r 1 + 50 × 0.0022 ®¥

La flecha debida a la carga muerta es, finalmente: dcm = 2.7 + 2.43 = 5.13 mm La flecha a largo plazo debida a la totalidad cargas permanentes es: d¥G = - 8.6 + 5.13 = - 3.47 mm Flecha debida a las cargas variables

Las sobrecargas de uso únicamente provoca flechas instantáneas de valor: 5 × sc × l 4 = 3.8 mm d sc = d scins = 384 × E c, × I Ec,¥ » 1.16·Ec,28 = 34544 MPa ¥

¥

Flecha a largo plazo debida a la totalidad de las cargas

La flecha total se obtiene como suma de las anteriores: d ¥TOT = d ¥G + d sc¥ = -3.47 + 3.8 = 0.33 mm 3 Flecha activa:

La flecha activa es la producida a partir del instante en que se construye el elemento estructural considerado, en este caso las cargas muertas. Se calcula como la flecha total menos la que se ha producido hasta el instante en que se construye el elemento, en el ejemplo hasta los 90 días. d act = d ¥TOT - d 90 = 0.33 - ( -5.02) = 5.35 mm

lo que representa una fracción 1/750 de la luz, que es muy razonable.


Elementos estructurales

303

BLOQUE III Elementos estructurales


Elementos Estructurales

305

Ejercicio III-1 Pasarela peatonal postensada

Para atravesar una línea de ferrocarril en Granollers (en zona urbana) se quiere construir una pasarela peatonal, cuya estructura básica está compuesta por unos soportes de hormigón armado y un dintel de hormigón pretensado. Éste último es una viga apoyada en los soportes, con una luz de cálculo de 30 m y una sección constante en cajón. Ver figura adjunta (cotas en metros).

Se tiene intención de efectuar el postensado mediante tendones formados por 9 cordones de f0.6 (1260 mm /tendon, diámetro de vaina 63 mm). El acero de pretensado será de tipo Y1860 S7. La penetración de cuña estimada es de 4 mm. El coeficiente de rozamiento en curva m=0.20. El coeficiente de rozamiento parásito por ondulación parásita k/m=0.01 rad/m. La relajación total prevista es del 7%. Las acciones previstas sobre la plataforma son: - carga permanente repartida (pavimento y barandilla) 3.0 kN/m , - sobrecarga variable formada por una carga uniformemente repartida de 5.0 kN/m y una carga puntual móvil de 50 kN. Se utilizan los coeficientes (Y = 0.6, Y = 0.5, Y = 0.3). El control de la ejecución será de tipo intenso. Se considera un hormigón H-45 en ambiente IIa. Considérese un coeficiente de fluencia j=1.50 a tiempo infinito y un valor para la retracción final de 0.2 mm/m. El acero a emplear para las armaduras pasivas será B500S. 2

2

2

0


1

2


306

Se pide:

1. Dimensionamiento del pretensado de la viga. 2. Calcular la armadura pasiva longitudinal. 3. Calcular la armadura pasiva transversal. 4. Determinación de la armadura transversal en las alas. 5. Determinación de la armadura transversal en el tablero superior entre almas. 6. Disposición de armaduras. Solución

1 Dimensionamiento del preten sado de la viga 1.1 Características geométricas d e la sección

Las características geométricas de la sección bruta de hormigón se evalúan como: - área : A = 1.196 m , - altura del centro de gravedad: y = 0.952 m (desde la fibra inferior), - momento de inercia respecto al centro de gravedad: I = 0.314 m , - radio de giro de la sección (r =I/A): r=0.512 m, - distancia del centro de gravedad a la fibra inferior: v=0.952 m, - distancia del centro de gravedad a la fibra superior: v=0.548 m, - límite superior del núcleo central: c=r /v=0.275 m, - límite inferior del núcleo central: c=r /v=0.478 m. 2

c

G

4

2

2

2

v

c

e

c

v

P

M

1.2 Cálculo de las leyes de esfuer zos

La pasarela se estudia como viga biapoyada de 30 metros de luz. Las leyes de momentos flectores para cada una de las solicitaciones resultan: - Peso propio (g =29.9 kN/m) M = 448.50x - 14.95x M = 3363.75 kN × m - Carga permanente (g =8.4 kN/m) M = 126.00x - 4.2x M = 945.0kN × m 1

2

g1

g1CL

2

2

g2

g 2 CL



307

- Sobrecarga repartida (sc=14 kN/m) M = 210.00x - 7.0x M = 1575.0kN × m - Envolvente carga puntual M = 50.00x - 1.667x M = 375kN × m 2

sc

g1CL

2

Q

QCL

en donde x está en metros. Los momentos flectores máximos se obtienen en la sección de centro de luz. 1.3 Criterio de dimensionamient o

Situación en vacío. Los esfuerzos actuantes son los debidos a la acción del pretensado y al peso propio. Se tiene que verificar que las compresiones máximas en esta fase (en la fibra inferior) sean menores que 0.6f , en donde f es la resistencia característica del hormigón el día (j) de tesado. Igualmente es recomendable evitar la presencia de tracciones en el hormigón en esta fase (en la fibra superior). Para cualquiera de estas dos condiciones la fuerza de pretensado es desfavorable, por lo que debe considerarse su valor característico inicial (descontando pérdidas instantáneas) multiplicado por g (con g =1.1 para armadura postesa). El criterio de que no existan tracciones en la sección se traduce en que la excentricidad (e) del centro de gravedad de las armaduras activas respecto del centro de gravedad de la sección quede limitado por: e = c¢ + MP ckj

ckj

p

p

1

máx

1

en donde en nuestro caso: M = M ; P = 1.1·P Situación de servicio. La situación más desfavorable en servicio corresponde a la situación de tiempo infinito. Los esfuerzos que deben considerarse en el dimensionamiento son los debidos a la acción del pretensado y a las acciones exteriores. Se debe verificar en servicio que las compresiones máximas no superen el valor de 0.6f , para evitar la microfisuración longitudinal del hormigón. Es recomendable realizar esta comprobación para la combinación poco frecuente de acciones. Igualmente (ambiente IIa) debe verificarse que para la combinación frecuente de acciones el ancho de fisura sea menor que 0.2mm (y adicionalmente que las armaduras activas estén en la zona comprimida de la sección). Como sea que con esta condición es difícil dimensionar la estructura es recomendable dimensionarla con el criterio de que la máxima tracción no supere el valor de la resistencia característica del hormigón a tracción. Para cualquiera de estas dos condiciones la fuerza de pretensado es favorable por lo que la situación crítica se produce a tiempo infinito. La fuerza de pretensado debe calcularse descontando pérdidas instantáneas y diferidas y debe afectarse por el factor g = 0.9. El criterio de que la tensión máxima de tracción sea menor que f se traduce en que el centro de gravedad de las armaduras activas tenga una excentricidad mínima dada por: 1

g1

1

ki

ck

p

ctk



308

e

min

= -c +

M -f × I P v¢ × P

(1)

2

ctk

2

2

en donde M es el momento debido a la combinación frecuente de acciones y en donde P =0.9·P ¥ , con P ¥ = fuerza de pretensado a tiempo infinito. Alternativamente, una condición más o menos equivalente, y más útil para el predimensionamiento es: e = -c + MP (2) 2

2

k

k

2

min

2

en donde P =P ¥ . Posteriormente se comprueba si con g = 0.9 se verifica que las tensiones de tracción son admisibles. Las condiciones de excentricidad mínima y máxima definen el núcleo límite (la zona por la que debe moverse el centro de gravedad de las armaduras activas). El dimensionamiento óptimo se obtiene cuando e = e , siempre que sea posible dar esa excentricidad al cable dentro de la sección y respetando los márgenes de recubrimiento. Imponiendo la condición anteriormente mencionada a la ecuaciones (1) y (2) se obtiene que: ~ (3) P ³ M - M c++(1c¢- a) × M en donde: P = Pa y ~a = 1a.1 Es habitual tomar a » 0.80¸0.85 ( entre un 15% y un 20% de pérdidas diferidas respecto de la fuerza instantánea de pretensado). En nuestro caso tenemos: M = 3363.75 kN·m = 3364 kN·m M = 3364+945+0.5·(1575+375) = 5284 kN·m (combinación frecuente) c = 0.276 m c = 0.479m a=0.80 0.80 = 0.73 ~ a= 1.1 2

mín

k¥

k

p

máx

2

1

1

k¥

ki

1 2

Resolviendo la ecuación (3) se obtiene: + (1 - 0.73)·3364 P ³ 5284 - 3364 = 3746 kN 0.276 + 0.479 e = e = -c + MP = -c + M P = 1.12 m k¥

2

mín

2

máx

2

k¥



309

Debemos incrementar la fuerza de pretensado para que la e caiga dentro de la tabla inferior. La excentricidad que podemos colocar es e=0.852 m. Imponiendo: e = 0.852 = -c + MP ® P = P > 4684 kN mín

2

k¥

min

2

2

Tomaremos (para poder verificar que las armaduras activas queden dentro de la zona comprimida) un valor algo superior, P ¥ = 4800 kN. Con esta fuerza de pretensado evaluamos: P = 4800 0.80 = 6000 kN P = 6000 0.90 = 6670 kN @ 6.7 MN k

ki

o

Predimensionamos las armaduras activas tomando: s = min ( 0.9 × f ,0.75 × f ) = 1395 MPa p

pyk

p máx

de este modo obtenemos: A > 47.81 cm p

2

® 34.2f0.6 ¢¢

Decidimos colocar 4 tendones formados por 9 cordones 0.6, con un área total de 50.4 cm . El diámetro de la vaina (63 mm) permite la excentricidad que se ha adoptado, pues podemos alojar los tendones con un recubrimiento algo mayor al diámetro de la vaina en la losa inferior. 2

1.4 Comprobaciones preliminare s

Antes de continuar adelante debemos comprobar preliminarmente (para ver que todo es correcto) las condiciones del dimensionamiento con los valores provisionales de la fuerza de pretensado. 1.4.1 Vacío

Tomamos como datos para la sección centro de luz: v v

c c

e P M

1

1

e = 0.852 m P = 1.1·P = 6600 kN M = 3364 kN·m 1

ki

1

Comprobamos tensiones en la fibra superior e inferior:



310

6.6 + (-6.6 × 0.852 + 3.364 ) × 0.548 = 1.58 MPa > 0 1.196 0.314 ( corrrecto) × 0.852 - 3.364 ) × 0.952 6 . 6 ( 6 . 6 s = + = 12.37 MPa < 0.6 f 1.196 0.314 La resistencia mínima necesaria en el instante de tesado es 12.37/0.60=20.7 MPa. Para un hormigón de 45 MPa de endurecimiento normal se tiene a los 7 días aproximadamente 0.65·45=29.3 MPa, por lo que el tesado puede efectuarse sin problemas a los 7 días. s

c,sup

=

c,inf

ck , j

1.4.2 Servicio

Tomamos como datos para la sección de centro de luz: M = 5284 kN·m ( frecuente) v M = 6259 kN·m ( poco frecuente) c M M = 4309 kN·m ( bajo carga permanente) e P c = 0.9·P ¥ = 4.32 MN P v 2 2

2

2

2

2

k

Comprobaremos tensiones en fibra superior (con momento de la combinación poco frecuente) y en la fibra inferior (con momento de la combinación frecuente): 4.32 + (-4.32 × 0.852 + 6.259 ) × 0.548 = 8.11 MPa < 0.6 f = 15 MPa > 0 s = 1.196 0.314 4 . 32 ( 4 . 32 × 0.852 - 5.284 ) × 0.952 s = = -1.25 > - f = -0.21 f = -2.6 MPa 1.196 + 0.314 c,sup

ck , j

3

c,inf

ct ,k

2

ck

Miramos, por último, las tensiones en la vaina ( y=0.88 m): 4.32 + (4.32 × 0.852 - 5.284) × 0.88 = -0.88 MPa s = 1.196 0.314 En este caso, ésta es la condición crítica (pues la vaina nos sale ligeramente traccionada). Es necesario incrementar ligeramente la fuerza de pretensado a tiempo infinito. Seguimos no obstante adelante esperando que la estimación de pérdidas diferidas que hemos hecho (»20%) sea demasiado pesimista. Observemos que el incremento de tensión a nivel de la armadura activa debida a la acción de la combinación frecuente es: (5.284 - 3.364 ) × 0.852 × E @ 30 MPa Ds = 0.314 E c,vaina

p

c

EHE observa que si este incremento es inferior a 200 MPa se supone que no se ha alcanzado un ancho de fisura superior a 0.2 mm.



311

1.5 Trazado de las armaduras ac tivas

En la sección de anclajes es válido en principio cualquier trazado que esté dentro del núcleo central. Tomaremos una excentricidad en al sección de apoyo de e=0.202m. Este trazado tiene la ventaja de que puede conseguirse de manera que dos de los tendones se muevan únicamente por el plano del alma y los otros dos por la tabla inferior anclándose ambos en las zonas de mayores dimensiones para que sea posible dimensionar correctamente las zonas de anclaje. Trazados con más pendiente son más ventajosos frente al cortante, pero a costa de mayores pérdidas de rozamiento. El trazado queda definido por: e(x) = - 0.002889·x + 0.086667·x + 0.202 2

1.6 Cálculo de las pérdidas de pr etensado

La fuerza de tesado se ha evaluado preliminarmente como P = 6.70 MN. Evaluamos ahora las pérdidas instantáneas y diferidas para verificar correctamente las condiciones de predimensionamiento. 0

1.6.1 Pérdidas de rozamiento

Las perdidas de rozamiento vienen dadas por: P (x ) = P × e m = 0 .2 k = 0 .002 a(x) se puede tomar como la integral en valor absoluto de la curvatura, luego en nuestro caso a(x) = 5.777·10 ·x Con esto se obtiene en la sección centro de luz: P = 0.954·P DP = 0.046·P = 310 kN. - ( m ×a + k × x )

1

0

-3

1

o

1

0

1.6.2 Pérdida por penetración de cuña

La longitud afectada por la penetración de cuña se evalúa como: l

P

=

E ×A ×a l×P p

p

0

En donde l = 5.777·10 · 0.2 + 0.002 = 0.0031 m . -3

-1



312

Resolviendo se obtiene l = 13.93 m. Con este valor se tiene P (l )= 0.958 P , por lo que la pérdida en anclajes es: DP = 2 × (1 - 0.958) × P = 0.085 × P = 566 kN p

1

2

o

p

o

o

Las pérdidas de penetración de cuña no afectan a la sección de centro de luz. 1.6.3 Pérdidas por acortamiento elást ico

Se supone que los cuatro tendones se tesan sucesivamente (n=4), calculándose las pérdidas como: n -1 × s × A × E DP = 2×n E p

3

p

cp

cj

en donde E es el módulo de deformación longitudinal del hormigón en el instante de tesado y s es la tensión en el momento de tesado en el centro de gravedad de las armaduras activas (calculándose con P ). Para la sección de centro de luz se tiene: P = 6700 - 310 = 6390 kN 6.39 6.39 × 0852 3.364 × 0852 s = 1.196 + 0.314 - 0.314 = 11 MPa E = 35 kN / mm cj

cp

2

2

2

cp

2

cj

Resolviendo se obtiene: DP =119 kN. La pérdida instantánea en centro de luz resulta DP =310+119 =429 kN, aproximadamente un 6.4% de la fuerza de tesado ( P ). Tenemos por lo tanto P =6271 kN. Esta fuerza es ligeramente superior a la estimada inicialmente. No obstante cuando se comprueban tensiones en vacío con este nuevo valor no se presenta ningún problema. 3

i

o

ki

1.6.4 Cálculo de las pérdidas diferida s

Se calculan las pérdidas diferidas mediante la siguiente expresión (compresiones y contracciones negativas): n × j × s + E × e + 0.8 × Ds × A DP = 1 + n × AA .æçç1 + A I× y ö÷÷ × (1 + c × j) cgp

p

r

dif

pr

p

2

p

c

c

è

p

c

ø

donde s es la tensión en el hormigón en la fibra correspondiente al centro de gravedad de las armaduras activas debida a la acción del pretensado, el peso propio y la carga muerta; n es la relación entre módulos de deformación longitudinal del hormigón y del acero de pretensado; j es el coeficiente de fluencia previsto para la edad de puesta en carga igual a la edad de tesado; e es la cgp

r



313

retracción prevista; Ds es la pérdida por relajación del acero prevista; y (e(x)) es la excentricidad de la fibra correspondiente al centro de gravedad de las armaduras activas; y c es el coeficiente de envejecimiento. La relajación se calcula a partir de la siguiente expresión: P Ds = r A pr

p

3

pr

f

p

donde r es el coeficiente de relajación y P es la fuerza de pretensado tras las pérdidas instantáneas. Se tiene para la sección de centro de luz: 6.27 6.27 × 0.852 - 4.309 × 0.852 = 8.0 MPa s = 1.196 + 0.314 DP = 741 kN Tenemos por lo tanto P ¥=5530kN. Este valor es claramente superior al valor determinado anteriormente. Recomprobando la condición de que la vaina queda comprimida tenemos: 0.9 × 5.53 + (0.9 × 5.53 × 0.852 - 5.284 ) × 0.88 = 1.23 MPa s = 1.196 0.314 por lo que la vaina queda comprimida. Las comprobaciones preliminares efectuadas anteriormente son por lo tanto válidas. f

3

2

cgp

dif

k

c,vaina

2 Cálculo de la armadura pasiv a longitudinal

Se ha dimensionado el pretensado para ELS. Debe ahora comprobarse el ELU de agotamiento por solicitaciones normales. Las características resistentes de los materiales se toman como: f = 30 MPa f = f /1.15=0.9·1860/1.15 = 1455 MPa cd

yd

yk

2.1 Momento de cálculo (Md)

El momento de cálculo se evalúa como: Md

= g G × (M g1 + M g 2 ) + g Q × ( M SC + M Q )

en donde al tener las acciones variables el mismo origen no se reducen por el coeficiente de combinación. Se utiliza g =1.35 y g =1.50, correspondientes a control intenso. Para la sección centro de luz resulta: G

Q



314

M = 1.35·(3364+945)+1.5·(1575+375)=8742 kN·m d

2.2 Cálculo del momento último (Mu)

Suponiendose que la sección rompe de manera dúctil plastificando la armadura activa, se tiene: f = 1455 MPa P = 1455 · 50.4 ·10 =7.33 MN Esta tracción debe equilibrarse con compresiones en el hormigón. Suponiendo que estas compresiones se reparten en la losa superior se tiene un bloque de compresiones de: 0.85 × f × b × y = P Þ y = 0.10 × x = 0.128 m pyd

-4

u

cd

u

con lo que la cabeza de compresiones no sobrepasa la losa superior. El momento último resulta: M = 7.33·(1.40 - 0.05) = 9.89 MN > M u

d

por lo que la sección resiste sin necesidad de añadir armadura pasiva: Falta únicamente comprobar que la rotura es dúctil para lo que debe verificarse si la deformación total del acero de pretensado es mayor que la deformación correspondiente al límite elástico: e = e + De > e = 0.00837 p

pu

p

pyd

en donde e es la deformación correspondiente a la fuerza de neutralización y De es tal que: pn

e

x

cu

p

=

De d -x p

p

Calculando se obtiene De = 0.0348, claramente superior a e por lo que la rotura seguro que es dúctil. p

pyd

2.3 Dimensionamiento

La única armadura necesaria lo será únicamente por condicionantes de armadura mínima. Se dispondrá una armadura que, para acero f =500 MPa, resulta: A = 0.0028 × A 30 × 0.0028 × A A¢ = 100 yk

s,min

s,min

c

c



315

Por tanto: A =33.5 cm , tracción A =9.569 cm , compresión Se opta por colocar barras de 12 mm de diámetro alrededor de toda la sección, separadas 30 cm una de otra, tanto en el perímetro exterior como en el interior. 2

s,min

2

s,min

3 Dimensionamiento de la arm adura pasiva transversal 3.1 Leyes de cálculo

Evaluamos los cortantes únicamente en la sección de apoyo. Tenemos: g = 29.9 kN/m V = 448.5 kN g =8.4 kN/m V = 126 kN SC = 14 kN/m V = 210 kN Q = 50 kN V = 50 kN Obtenemos, combinando en ELU: V = 1.35·(448.5+126) + 1.5·(210+50) = 1166 kN Este cortante se puede reducir con el valor de la componente vertical del pretensado, quedando: V = 1166 - P·sen a = 1116 5530·sen(4.953) = 688 kN 1

g1

2

g2

SC Q

d

rd

3.2 Dimensionamiento

En primer lugar se comprueba la capacidad resistente de las bielas comprimidas. Para ello se evalúa V. + cot a V = K × f × b × d × cot1 +qcot q u1

u1

1cd

0

2

en donde: diámetro de las vainas 6.3 cm b = b - å hf = 33.7 cm = 0.337 m 0

f1cd

= 0.6 × fcd = 18 MPa

(h = 0.50)

d=1.45 m a=0



316

K = 53 × æçç1 + sf è

' cd

cd

ö ÷ >/ 1.00 ÷ ø

Tomamos s = PA = -4.6 MPa ( signo negativo para compresiones). Elegimos el ángulo de inclinación de las bielas de manera que coincida con el que se produce elásticamente; esto es: k¥

cd

c

cot q = cot q

e

=

1 - fs

xd

= 1.49

ct ,m

en donde s =- 4.6 MPa y xd

f ct ,m

= 0.30 ×

3

2

f ck

= 3.79 MPa

Obtenemos por lo tanto K=1.4 (tomando K=1) por lo que: V = 8.796 × 0.46 = 4.07 MN > V u1

(correcto)

rd

Para dimensionar la armadura transversal necesaria: V = V + V . Se tiene: u2

Vcu

=

(

0.1

× x × (100 × r × f l

cu

su

) - 0.15 × s¢ )× b × d × b 1/ 3

ck

cd

0

en donde: 200 = 1.37 d f A ×f r = b × d = 0.97 s ¢ = -4.6 MPa b =1 (al ser cot q = cot q ) x =1+

yp

p

yd

l

0

cd

e

luego, V = 623 kN. De aquí, V = V V = 65 kN, y se deduce Aa: 65000N = A × f × 0.9 × d × cot gq , donde f a = 400 MPa, luego Aa = 0.83 cm /m ® 2 cercos f8 a 0.20 ( A =10.05 cm /m) La cuantía mínima debe ser: cu

su

a

y

rd

cu

ya,d

,d

2

real


2


A ×f a

ya

317

æf ö ³ 0.2 × ç + 0.75 ÷ × b ® A a 20 è ø ck

0

,min

= 3.37 cm

2

/m

por lo que la armadura dispuesta es superior. 4 Determinación armadura tra nsversal en las alas

La armadura transversal en las alas debe cubrir los estados límites de flexión transversal, cortante y rasante ala-alma. 4.1 Flexión

Cuando la carga se sitúa en las alas de la pieza se generan esfuerzos locales para los que debe armarse la sección. El ala tiene sección variable, cuyo canto queda definido por la siguiente ecuación: h = 0.15 m + x/7, donde x es la distancia desde el extremo de la sección hacia el interior. Si se toma 1m de viga, los esfuerzos sobre la sección de arranque del ala son los siguientes: - peso propio (g =25 kN/m ): pp = ò 25 × æç 0.15 + x7 ö÷ × ¶x = 3.5 kN è ø M = ò 25 × æç 0.15 + x7 ö÷ × (0.7 - x ) × ¶x = 1.12 kN × m è ø - carga permanente (g =3 kN/m ): M = 3× 0.7 m× 1 m× 0.35 m = 0.735 kN·m - sobrecarga variable repartida (sc=5 kN/m ): M = 5 × 0.7 m× 1 m× 0.35 m = 1.225 kN·m - carga puntual (50 kN). Repartimos el momento debido a la carga puntual en una distancia de 0.70m (reparto aproximado a 45º). Tenemos: M=50× 0.7· 0.7=50 kN·m La combinación de esfuerzos nos da el siguiente momento de cálculo: M =1.35×(1.12+0.735)+1.5·(50+1.225)=79.3 kN·m El dimensionamiento a flexión se realiza a continuación: U =0.85·f ·b·d =5610 kN/ml siendo d=0.22 m M = 0.375·U ·d=463 kN·m/ml 3

1

x = 0.7

x=0

x = 0.7

pp

x =0

2

2

cp

2

cv

d

0

cd

lim

0

Se tiene M < M d

lim

Þ

y

lim

æ = ç1 ç è

1 - U2M× d ö÷÷ × d = 0.0146 m d

0

ø



318

z=0.22 y /2 = 0.213 m U = Mz = 373 kN / ml A = 8.58 cm /ml (f16 cada 20 ® A =10.05 cm /ml) lim

d

s1

2

s

2

s

4.2 Cortante en las alas

El cortante de cálculo, a partir de los esfuerzos antes deducidos, se obtiene efectuando la combinación correspondiente (por metro lineal): V = 3.5 kN V = 2.1 kN Þ V = 1.35 × (3.5 + 2.1) + 1.5 × (50 + 3.5) = 87.8 kN V = 3.5 kN V = 50 kN pp

cp

d

cv Q

El ala tiene canto variable, luego hay una reducción de esfuerzo por la inclinación de la cabeza comprimida: a

Nsd, ( s) Vrd

Ncd, (

a

ac)

N × sen a + N × sen a + V = V V =V -V sd

s

rd

cd

d

c

rd

d

cd

Por otra parte, M

d

= z × N sd × cos a s = z × N cd × cos a c , luego:

M × (tana + tana ) , y si se acepta que tana » tana , se tendrá: z z d M M V = z × tana + d × tana En este caso, a = 0 y a = 8.126º, luego: V = Md × tana = 790..322mkN m × tan (8.126 ) = 51.5 kN , de donde V = 36.3 kN. Si comprobamos los tirantes sin armadura de cortante tenemos: V

cd

=

c

d

s

d

cd

c

d

s

s

d

rd

cd

Vu 2

=

(

0.12

× x × (100 × r × f l

) - 0.15 × s )× b × d , donde: 1/ 3

ck

'

cd

0



319

8.58 = 0.0039 100 × 22 s¢ = 0 200 = 1.95 x =1+ 220

r = l

cd

luego V = 110 kN > V , por lo que no es necesaria la armadura de cortante. u2

rd

4.3 Rasante ala-alma

Simplificadamente (del lado de la seguridad) podemos evaluar el rasante ala-alma suponiendo que la losa superior en la sección de centro de luz está trabajando a su máxima capacidad. La diferencia de compresión en la losa superior entre la sección de centro de luz y la sección de apoyo, se puede repartir uniformemente en la distancia entre ambas secciones. Resulta: F = (0.25 +2 0.15) × 0.7 × 0.85 × 125 .50 = 1.98 MN .98 = 0.132 MN = 132 kN / m S = Fa = 115 d

d

d

r

Se debe verificar: (correcto) S £ S = 0.5 × f × h = 1.25 MN S £ S = A ×f (f = 400 MPa ) Aa = 3.3 cm /m a repartir entre armadura superior e inferior. Como sea que esta armadura es inferior a la calculada para la flexión transversal se dispone la calculada anteriormente 8.58 cm /ml, materializándose con f16 a 20. d

u1

d

u2

lcd

a

o

ya

ya

2

2

5 Determinación armadura tra nsversal en tablero superior entre almas

Tomando nuevamente 1 m de longitud de viga y suponiendo un esquema de viga biempotrada de 1.40 m de luz: - Peso propio: 5 kN/m M =- 0.82 kN·m/ml M =0.41 kN·m/ml - Carga permanente: 3 kN/m M =- 0.49 kN·m/ml M =0.25 kN·m/ml - Sobrecarga variable repartida: 5 kN/m M =- 0.82 kN·m/ml M =0.41 kN·m/ml -

+

2

-

+

2

-

+



320

- Sobrecarga puntual: 50 kN (suponemos que afecta a una longitud de h = 70 cm) M =- 12.5 kN·m/ml M =12.5 kN·m/ml La combinación de estos esfuerzos proporciona los siguientes valores máximos: M =- 21.7 kN·m/ml M = 20.3 kN·m/ml Resulta una armadura superior de 3 cm /m y una armadura inferior de 2.90 cm /m. Dispondremos superiormente corrida la armadura determinada para el ala (f16 a 20). Inferiormente colocamos f10 a 20. -

+

-

d

+

d

2

2

6 Esquema de armaduras

Con las armaduras obtenidas dibujamos los croquis de armaduras en la sección central y en la sección de apoyos. Nótese que se ha optado por mantener la cuantía de armadura transversal formada por estribos (que ha sido realmente calculada en la sección de apoyos) en toda la longitud del puente, siendo esto así para que coincidan los planos de estribos con los de armadura transversal de la losa superior. Ø10 a 0.20

Ø16 a 0.20

Ø12 a 0.30 Ø12 a 0.30

Ø8 a 0.20

Ø8 a 0.20

1c Ø8 a 0.20 Ø12 a 0.30 Ø12 a 0.30

Ø8 a 0.20

010m Ø8 a 0.20 4t 9Ø0.6''

SECCIÓN CENTRO DE LUZ



321

Ø10 a 0.20

Ø16 a 0.20 0.10

Ø12 a 0.30 Ø12 a 0.30

Ø8 a 0.20

Ø8 a 0.20

1c Ø8 a 0.20 Ø12 a 0.30 Ø12 a 0.30

4t 9Ø0.6''

Ø8 a 0.20

0.10 Ø8 a 0.20

SECCIÓN APOYOS



Ejercicio III-2

323

Viga sometida a flexión y cortante. Dimensionamiento completo de armaduras

Una viga de hormigón armado de 13 m. de longitud total y sección rectangular de 1.0 x 0.30 m se encuentra simplemente apoyada en dos puntos como se muestra en la figura.

Las acciones que pueden actuar sobre la viga son: - un descenso del apoyo B de 2 cm, - una carga uniformemente repartida de 104 kN/M que puede extenderse de cualquier forma, - una carga puntual móvil de 80 kN. Se considerará un nivel de control intenso. Las características de los materiales son: HA-30/P/20/IIa; B400S Se pide: 1. Dimensionar a flexión y cortante la armadura de la viga para los E.L.U. Nota: las leyes de esfuerzos de cálculo son las obtenidas en el ejercicio I-1.

Solución Sección B (x = 10m)

(momentos negativos)

b = 0.30 m = 300 mm

Md = 473 kNm

h = 1.0 m = 1000 mm f yd

=

f cd

=

400 1.15 30 1.5

= 348N / mm

= 20N / mm

2

2

d

= 0.9 h = 0.9 × 1000 mm = 900 mm d

p

= 0.1h = 0.1 × 1000mm = 100 mm


324


= 0.85f × b × y

M lim

cd

y æ ö × çd ÷ 2 è ø lim

lim

xlim = 0.6679·d ylim = 0.8·xlim = 0.5343·d 0.5343 × 900 ö æ = 0.85 × 20 × 300 × 0.5343 × 900 × ç 900 ÷ = 1617.5 kNm 2 è ø

M lim

Md =473 kN.m < Mlim = 1617.5 kNm

As = 0

Equilibrio 0 = 0.85 fcd·b·y - Asfyd Md = 0.85 fcd·b·y·(d-y/2) y d

=1-

-

1

2M d

×

0.85 f cd

×b×d

2

=1-

1

×

×

-

×

×

2 473 10

×

×

6

×

0.85 20 300 900

= 0.1219

2

Asfyd = 0.85 fcd·b·d·(y/d) As

=

0.85f cd

× b × d × (y / d )

=

f yd

×

×

0.85 20 300 900 0.1219 348

= 1607.8 mm

2

Cuantía mecánica:

= 0.04 × A

A smin

Cuantía geométrica A sg Ac

f cd c

= 0.04 × 1000 × 300

f yd

tipo viga

Þ

B400S

= 3.3 ,

Þw

g

20 348

= 689.6 mm

2

= 3.3

2

Asg=Ac·3.3= 1000·300·3.3=990 mm 2

2

2

2

As =1.607,8 mm > As,min = 689.6 mm ; As=1607.8 mm >Asg =990 mm As

pf

= nf ×

2

4

f20 Þ n 20 =

Þ nf = × p 20

r = 25 mm

pf

4 1607 .8 2

f = b - 2(f

En una fila (2n-1)·

4A s

t

2

= 5.1 Þ 6f20

+ r)

ambiente IIa

f

t

= 10

fck = 30 Mpa

f =300 2(10 + 25) =230 mm f n = 1 + 230/f 1 é 230 ù Þ 6.25 6f20 en una fila = ê1 + 2 ë f úû

(2n-1)

n-1 =230/ n



325

Comprobación de canto útil dreal = h - dg

f/2 + 10 +25 = (20/2 + 10 + 25) mm = 45 mm

dg =

dreal = 1000 45 = 955 mm > dsupuesto = 900 mm Tramo AB (x = 4.9 m) Md = 592 kN.m (momentos positivos)

= 0.85f × b × y

M lim

cd

lim

æ × çd è

y lim 2

ö ÷ ø

d = 900 mm

xlim = 0.6679d y = 0.8·xlim = 0.8·0.6679·d = 0.5343·d 0.5343 × 900 ö æ = 0.85 × 20 × 300 × 0.5343 × 900 × ç 900 ÷ = 1617.5 kNm 2 ø è

M lim

Md = 592 kNm < Mlim = 1617.5 kNm Imponiendo equilibrio obtenemos

y d

=1-

1

-

y

y

A

2

=1-

1

×

×

2M d

×

0.85 f cd

×b×d

As = 0

s

×

×

2 592 10

-

×

×

6

×

0.85 20 300 900

2

= 0.1554

Asfyd = 0.85 fcd·b·d·(y/d) As

=

0.85f cd

× b × d × (y / d ) f yd

=

×

×

0.85 20 300 900 0.1554 348

= 2049.38 mm

2

Cuantía mecánica:

= 0.04 × A

A smin

f cd c

f yd

Ac As

= 3.3 = nf

Pf2 4

B400S

Þw

g

= 689.6 mm

2

= 3.3

2

Þ nf 2

4A s

Pf Þ Sección central tramo AB 2

nÆ

nf

16

11

7

20

7

6

25

5

5

(mm)

20 348

Asg = Ac·3.3 = 1000·300·3.3 = 990 mm

As =2049.38 mm

Æ

tipo viga

Þ

Cuantía geométrica mínima A sg

= 0.04 × 1000 × 300

disposición

Æ16+4Æ16 5Æ20+2Æ20 5Æ25 7


Asreal

dreal

2.211,7

946.5

2.199,1

926.4

2.454,4

952.5

326


2

As =1.607,8 mm

Æ

Þ

Sección apoyo

nÆ

nf

16

8

7

20

6

6

25

4

5

(mm)

disposición

Æ16+2Æ16 6Æ20 4Æ25

6

Asreal(mm)

dreal(mm)

1.608,5

939.7

1.885

955

1.963,5

952.5

Esfuerzo cortante: Vrd = Vd + Vcd = Vd

Vd = 257 kN

£V

Vd

u1

Vu1

= K×f

×b ×z×

1cd

q + cot ga 1 + cot g q

cot g

0

2

q = 45º Cercos verticales

a = 90º 2

2

f1cd = 0.6·fcd = 0.6·20 N/mm = 12 N/mm b0 = 300 mm z = 0.9d = 0.9·955 mm = 859.5 mm

s' 5æ = çç1 + 3è f éK = s' = 0 ê ëA =

ö ÷ <1 ÷ ø 0ù úÞK= 0û

cd

K

cd

d

cd

s2

5

>1 Þ K =1V

kN

Þ

Vcu = 257 kN < Vu1 = 1547.1 kN Vd

£V

u2

= Vcu + Vsu

Vcu = (0.1

l

l

200

x =1+ r =

x (100r ·f =1+

d

As

ck

1/3

)

200 955

< 0.02 Þ r = l

b0d

2

=1·12N/mm ·300mm·859.5mm·1/2=1547.1

u1

3

-0.15

s

cd

cumple

b

) b0·d·

= 1.4576 2

1.885 mm

= 0.0066 = 0.6575 × 10 - < 2 × 10 2

×

300 955 mm

2

fck = 30 N/mm

s

cd

= 0

b0 = 300 mm

b = f (q, q ) Þ cot gq = e

e

1

-

s

=1Þ q = q Þ b =1

xd

e

f ct ,m

1/3

Vcu = 0.1 1.4576 (100·0.0066·30)

·300 955·1 = 112.9756 kN

Vrd = Vcu + Vsu Vsu = Vd - Vcu = (257-112.9756) kN = 144 kN Vsu =

å A a f a × 0.9d × sen a × (cot ga + cot gq) y d


2


327

Vsu

å Aa =

f yad

× 0.9 × d

×

3

144 10 N

=

348N / mm

2

× 0.9 × 955mm

= 0.4814 mm

2

/ mm

Verificación armadura mínima:

å å

æf ö ³ 0.20 × çç + 0.75 ÷÷ × b = 135N / mm sen a 20 è ø

A a f ya d

ck

A a f yad

= 167.5N / mm > 135N / mm Þ cumple

a

sen

Armadura máxima: A a f yad

1

sen

a

a

2

f1cd

×b × 0

=

1

× 12N / mm × 300 mm = 1800 N / mm - cos a 2 167.5N / mm < 1800 N / mm Þ cumple sen

£

1

2

Distribución de la armadura transversal: 2

2

Aa = 0.4814 mm /mm = 4.814 mm /cm St Aa

Æ8 Æ10 Æ12

=n

Pf r

2

ÞS =n t

4

Þ Þ Þ

Pf é fmm ù ê ú Þ S = 0.3263f [fcm ] 4 A a ë A a mm / cm û 2

2

r

t

2

St = 20.1 cm St = 32 cm St = 46 cm

1/5 Vu1 = 1/5·1.547,1 kN = 309.42 kN Vd = 257 kN 2/3 Vu1 = 2/3·1.547,1 kN = 1031.4 kN Vrd = 257 kN < 1/5 Vu1 = 309.42 kN

£ 0.80d < 300 mm S £ 0.80·955mm = 764 mm < 300 mm Þ h Pf Aa = × St

St = 300 mm (máxima)

t

2

r

St

4

Æ8 / 20 Þ Aa = Æ10 / 30 Þ Aa =

2 200

×

2 300

P×8

2

4

×

= 0.5027 mm

P × 10 4

2

2

/ mm

= 0.5236 mm

2

/ mm


328



329


Ejercicio III-3 Dimensionamiento de un pescante Considérese el pescante de hormigón armado cuyas dimensiones se indican en la figura adjunta. Dicha estructura se encuentra a la intemperie en un ambiente exterior normal.

La estructura está sometida a las siguientes acciones: - peso propio: 8 kN/ml - sobrecarga uniforme permanente en el dintel (AC) de 22 kN/ml - sobrecarga de uso: carga puntual móvil de 100 kN que puede actuar únicamente en el tramo BC del dintel - viento: carga puntual horizontal de 50 kN - nieve: sobrecarga uniforme de 10 kN/ml Se consideran los siguientes materiales: - hormigón HA30/P/12/IIb - acero B500 S

fck = 30 MPa

fyk = 500 MPa

Asimismo, se considera un nivel de control intenso.

Se pide: 1. Obtener las leyes de esfuerzos de cálculo con los que se debe dimensionar la estructura frente a estados límite últimos, utilizando el criterio simplificado de l7a instrucción EHE, y dimensionar la estructura.


330


Solución 1.1 Solicitaciones de cálculo Las envolventes de momentos flectores, cortantes y axiles pueden encontrarse en el ejercicio I-2 de esta colección. 1.2 Dimensionamiento a flexión Una

vez

determinados

dimensionamiento

de

los las

momentos armaduras

flectores

que

longitudinales

actúan

sobre

necesarias

la

por

estructura flexión.

se

Se

pasa

al

comienza

determinando dichas armaduras para cada uno de los tres elementos del pescante (pilar, parte derecha del dintel y parte izquierda del dintel) para posteriormente intentar compatibilizar del modo más racional las armaduras resultantes. En cualquiera de los tres casos la situación es de flexocompresión recta. Por ser necesario para los cálculos se explicitan los coeficientes de minoración adpotados para las resistencias de cálculo del acero y el hormigón Acero Hormigón

g g

s

= 1.15

c

= 1.5

Se pasa a desarrollar el dimensionamiento: 1.2.1 Pilar

- Momentos flectores positivos La expresión analítica de las envolventes de los esfuerzos (flectores positivos y axiles) que actúan sobre el pilar es (tomando origen de X en la base del pilar): Md = 810 67.5 · X (kNm) Md = 551.25 (kNm) Nd = 448.2 10.8 · X (kN)

Þ 0 £ X £ 3.83 Þ 3.83 £ X £ 4 Þ0£X£4

La determinación de la excentricidad (cociente entre el momento flector y el esfuerzo axil) será necesaria para conocer las secciones más desfavorables desde el punto de vista del análisis a flexión. Así se deberá considerar, al menos, la sección de máxima excentricidad (máximo flector respecto al axil, que será la sección donde se den las mayores tracciones) y la de mínima excentricidad (máximo axil en comparación con el momento, que será la sección con mayores compresiones). La expresión analítica de la excentricidad es:

e0

=

Md Nd


331


0

- 67.5 × X 448.2 - 10.8 × X 810

£ X £ 3.83 Þ e = 0

3.83

£X£4Þe = 0

551.25 448.2

- 10.8 × X

La excentricidad máxima se da para X = 0 (sección del empotramiento) y vale eo = 1.807 m; la excentricidad mínima se da para X = 3.83 m y vale e0 = 1.355 m. Se comienza analizando la sección del empotramiento (Md = 810 kNm; Nd = 448.2 kN; e = 1.807 m). El primer paso es realizar una hipótesis sobre el canto útil. Por tratarse de una estructura que va a estar a la intemperie en ambiente normal y un hormigón de resistencia característica fck = 30 MPa (25 < fck < 40 MPa) el recubrimiento mínimo de las armaduras debe ser r = 4 cm. En primera aproximación, suponiendo cercos de 10 mm y armadura longitudinal de 20 mm y en una sola fila, el canto útil vale:

d

= h -r-f

1

cer cos

- f 2

armlong

= 0.8 - 0.04 - 0.01 - 0.01 = 0.74 m

d1 = d2 = h d = 0.8 0.74 = 0.06 m

d2 r d r d1

A continuación podemos calcular las excentricidades del esfuerzo respecto de las armaduras longitudinales As1 y As2: e1 = e0 + d h/2 = 1.807 + 0.74 0.8/2 = 2.147 m e2 = e0 h/2 + d2 =1.807 0.8/2 + 0.06 = 1.467 m El momento límite de la sección vale:

y lim

= 0.8 × x

lim

=

0.8 × 0.74 × = 0.364 m = f e 1+ 1+ E × 0.0035 e 0.8 d y

yd

c


332


f yd Ey

=

M lim

500 / 1.15 200000

= 0.0022

= 0.85 × f × b × y cd

æ × çd è

lim

y lim 2

ö ÷ = 1381.16 KNm ø

Puesto que Md = 810 kNm < Mlim, se plantea el siguiente equilibrio (sin armadura de compresión): Nd

= 0.85 × f × b × y - A × f

Nd

yö æ × e = 0.85 × f × b × y × ç d - ÷ 2ø è

cd

1

s1

(1)

yd

(2)

cd

De (2), se tiene

0.9623 MNm

yö æ = 0.85 × 20 × 0.4 × y × ç 0.74 - ÷ 2ø è

Þ

y

= 0.2256 m

y entrando en (1), 0.4482 MN

= 0.85 × 20 × 0.4 × 0.2256 - A × f s

f

yd

Þ

As

× f = 1.0859 MN

Þ

As

=

Þ

yd

×

1.0859 10

6

434.8 N mm

2

= 24.98 cm

2

f

que se absorben con 8 20 ó 6 25. Los ocho redondos de 20 mm cumplen de modo estricto las limitaciones de separación entre armaduras y caben en una sola fila (se deja entre cada dos barras consecutivas un paso de 20 mm). Sin embargo, parece más adecuado optar por la solución (desde la perspectiva de evitar una excesiva

acumulación

f

de

armaduras

y

permitir

un

tamaño

mayor

de

árido

y

una

mejor

compactación) de 6 25. Una vez dimensionada la armadura se calcula el canto útil real: dreal = 0.8 0.04 0.01 0.0125 = 0.7375 < dhip = 0.74 m Por tanto se retoma el dimensionamiento con un canto menor. En previsión de que esto pueda aumentar las necesidades de armadura se prueba con un canto útil menor al obtenido en la iteración anterior dhip = 0.73 m (d1 = d2 = 0.07 m). Tabulando los resultados obtenidos: e1 (m) 2.137

e2 (m) 1.477

ylim (m) 0.359

Mlim (kNm) 1343.88

Nd*e1 (kNm) 957.80

y (m) 0.229

2

As1 (cm ) 25.51

Luego se mantiene la misma cuantía de armadura que antes. El canto útil real es: dreal = 0.8 0.04 0.01 0.0125=0.7375 > dhip = 0.73 m d1 = d2 = 0.0625m


Þ Correcto

f 25 nº 6

333


Para completar el dimensionamiento se deben considerar secciones adicionales en las cuales, por ser menores los esfuerzos actuantes, es de preveer una menor necesidad de armadura longitudinal. Para tener en consideración el incremento de tensión que genera en la armadura longitudinal la presencia de esfuerzos cortantes (interacción flexióncortante) se ha procedido a decalar la ley de momentos flectores un canto útil. Se analizan cuatro secciones, situadas respectivamente a 2, 3, 3.83 y 4 m del empotramiento. Los resultados se recogen en la siguiente tabla: Sección

Md

Nd

e0

e1

e2

ylim

Nd*e1

(m)

(kNm)

(kN)

(m)

(m)

(m)

(m)

(kNm)

X=2

724.79

426.6

1.699

2.037

1.362

0.362

868.98 797.92

X=3

657.30

415.8

1.581

1.919

1.244

0.362

X=3.83

601.29

406.8

1.478

1.816

1.141

0.362

738.82

X=4

552.33

405

1.364

1.701

1.027

0.362

688.91

f25

Sección

Mlim

As2

Y

As1

(m)

(kNm)

(cm )

(m)

(cm )

nº

X=2

1369.88

0

0.201

21.62

5

X=3

1369.88

0

0.181

18.75

4

2

2

X=3.83

1369.88

0

0.166

16.61

4

X=4

1369.88

0

0.153

14.61

3

f

Si ahora se tienen en consideración las necesidades de anclaje, lo más racional es mantener los 6 25 los 4 m de longitud del pilar o bien reducirlos a 5 redondos a partir de 2 m más la longitud de anclaje. - Momentos flectores negativos La expresión analítica de las envolventes de los esfuerzos (flectores negativos y axiles) que actúan sobre el pilar son: Md = 232.5 75 · X

Þ 0
(kNm)

Nd = 448.2 10.8 · X

(kN)

En este caso se realiza el análisis para la sección del empotramiento (donde se dan los esfuerzos máximos y para la sección situada a una distancia de 1 m de dicho empotramiento. Las necesidades de anclaje hacen preveer que no sea necesario realizar un análisis en más secciones. Se ha considerado el decalaje de la ley de flectores en un canto útil para tener en cuenta la interacción flectorcortante. Los resultados se tabulan a continuación: Sección

Md

Nd

e0

e1

e2

ylim

Nd*e1

(m)

(kNm)

(kN)

(m)

(m)

(m)

(m)

(KNm)

X=0

232.5

448.2

0.519

0.857

0.175

0.362

384.11

X=1

212.81

437.4

0.487

0.825

0.150

0.362

360.86


334


f25

Sección

Mlim

As2

y

As1

(m)

(kNm)

(cm )

(m)

(cm )

nº

X=0

1369.88

0

0.081

2.162

1

X=1

1369.88

0

0.076

1.875

1

2

2

f

Observamos que por razones resistentes sólo es necesario 1 25. Sin embargo, se propone como

f

solución más adecuada el colocar al menos 2 25, lo que más adelante se comprobará que además es necesario por condicionantes de armadura mínima a flexión. 1.2.2 Parte derecha del dintel

En este caso sólo tenemos momentos flectores de un signo (tracción superior). La expresión analítica de la envolvente de dichos momentos y de los esfuerzos axiles es (origen de X en el pilar): 2

Md = 27 · X 297 · X + 648 (kNm) Nd = 75 (kN)

Þ 0
De nuevo es una situación de flexocompresión recta. El análisis a desarrollar es completamente análogo al realizado para el pilar. Para simplificar el posterior tratamiento en la colocación de las armaduras, se dimensionará la armadura a flexión con barras corrugadas de 25 mm de diámetro. De esta forma, y en previsión de que las armaduras necesarias puedan disponerse en una única fila, se mantiene el canto útil (0.7375 m). De nuevo se ha considerado el decalaje de la ley de momentos flectores y se han analizado varias secciones para poner de manifiesto cómo van variando las necesidades de armadura a flexión. Los resultados obtenidos son los que se recogen a continuación: Sección

Md

Nd

e0

e1

e2

ylim

Nd*e1

(m)

(kNm)

(KN)

(m)

(m)

(m)

(m)

(kNm)

X=0

648

75

8.64

8.978

8.303

0.362

673.35

X=1

571.9

75

7.63

7.968

7.293

0.362

597.6

X=1.5

437.24

75

5.83

6.168

5.493

0.362

462.6

X=2

316.07

75

4.21

4.548

3.873

0.362

341.1

X=3

114.25

75

1.52

1.858

1.183

0.362

139.35

f25

Sección

Mlim

As2

y

As1

(m)

(kNm)

(cm )

(m)

(cm )

nº

X=0

1369.88

0

0.149

21.58

5

X=1

1369.88

0

0.131

18.76

4

X=1.5

1369.88

0

0.099

13.76

3

X=2

1369.88

0

0.072

9.54

2

X=3

1369.88

0

0.028

3.36

1

2

2

f

Debido a las necesidades de anclaje de la armadura, lo más razonable parece mantener los 5 25 durante los 3 m del flanco derecho del dintel. A lo sumo se pondría plantear reducirlos a 4 a partir de 1 m más la longitud de anclaje.


335


1.2.3 Parte izquierda del dintel

En este caso sólo hay momentos flectores de un signo (tracción superior). La expresión analítica de la envolvente de dichos momentos y de los esfuerzos axiles es (tomando origen de X en el pilar): 2

Md = 27.75 · X 111 · X+111 (kNm) Nd = 75 (kN)

Þ 0
De nuevo es una situación de flexocompresión recta. El análisis que se debe desarrollar es completamente análogo al realizado para el pilar. Para simplificar el posterior tratamiento en la colocación de las armaduras, se dimensiona la armadura a flexión con barras corrugadas de 25 mm de diámetro. De esta forma, y en previsión de que las armaduras necesarias puedan disponerse en una única fila, se mantiene el canto útil (0.7375m). De nuevo se ha considerado el decalaje de la ley de momentos flectores y se han analizado varias secciones para poner de manifiesto cómo van variando las necesidades de armadura a flexión. Los resultados obtenidos son los que se recogen a continuación: Sección

Md

Nd

e0

e1

e2

ylim

Nd*e1

(m)

(kNm)

(kN)

(m)

(m)

(m)

(m)

(kNm)

X=0

111

75

1.48

1.818

1.143

0.362

136.35

X=1

83.78

75

1.12

1.455

0.780

0.362

109.13

f25

Sección

Mlim

As2

y

As1

(m)

(kNm)

(cm )

(m)

(cm )

nº

X=0

1369.88

0

0.028

2.65

1

X=1

1369.88

0

0.021

1.56

1

2

2

f

Se observa que por razones resistentes sólo es necesario 1 25. Sin embargo se propone como

f

solución más adecuada el colocar al menos 2 25, lo cual más adelante se comprobará que además es necesario por condicionantes de armadura mínima a flexión. 1.2.4 Comprobación de armadura mí nima

La norma EHE fija que en todos aquellos casos en que el agotamiento de una sección se produzca por flexión simple o compuesta, bajo la acción de las cargas exteriores, la armadura resistente longitudinal traccionada deberá cumplir la siguiente limitación:

As

³ 0.04 × A × c

f cd f yd

(expresión para el caso de hormigón armado y sección rectangular). Se sustituyen los valores que se presentan en la estructura:


336


As

³ 0.04 × 0.32 ×

× = 5.89 cm Þ 2f25 500 × 10 20 10

6

2

6

1.15 Todas las propuestas de armado realizadas cumplen esta limitación. Por otra parte, y para los casos de flexión compuesta (como el presente), la norma EHE recomienda disponer una armadura mínima de compresión que cumpla la condición:

As

³

×

0.05 N d f yd

Si se calcula ese valor para los esfuerzos axiles que actúan sobre el pescante se obtiene: Nd (kN)

2

As (cm )

448.2

0.52

405

0.47

75

0.086

Los valores obtenidos son mínimos y se consideran cubiertos con la armadura calculada. Dado el canto de los elementos se dispondrá una armadura de piel compuesta por dos barras

f12, una a cada

lado, a medio canto de pilar y ménsulas. 1.3 Dimensionamiento a esfuerzo s cortantes En la estructura no se presenta sección variable ni esfuerzos de pretensado, por lo que la comprobación relativa al E.L.U. de agotamiento por esfuerzo cortante se realiza directamente con el cortante de cálculo (pues el esfuerzo cortante reducido Vrd es igual al de cálculo Vd). El agotamiento por esfuerzo cortante puede darse por agotarse la resistencia a compresión del alma, o por agotarse su resistencia a tracción. Por tanto las dos comprobaciones que se deben realizar son: Vd Vd

£V £V

u1 u2

con: Vu1, el esfuerzo cortante de agotamiento por compresión oblicua en el alma. Vu2, el esfuerzo cortante de agotamiento por tracción en el alma. La norma explicita que la primera comprobación se realizará en el borde del apoyo, y no en su eje, mientras que la segunda comprobación debe realizarse para una sección situada a una distancia de un canto útil del apoyo directo.


337


1.3.1 Comprobación de agotamiento p or compresión

Los valores del esfuerzo cortante para los cuales debe efectuarse esta comprobación son (se recoge también el axil por ser necesario para determinar Vu1): Vd (kN)

Nd (kN)

Pilar

75

448.2

Parte derecha del dintel

297

75

Parte izquierda del dintel

111

75

La expresión propuesta por la norma para el esfuerzo cortante por agotamiento por compresión oblicua del alma, adoptando un ángulo

a

= 90º para las armaduras transversales y considerando

que las bielas de compresión forman un ángulo de

Vu1

= K ×f

1cd

×b ×z×

q = 45º (valor típico en hormigón armado) es:

q + cot g a 1 + cot g q

cot g

0

2

donde: f1cd = 0.6·fcd b0 = b = 0.4 m z

@ 0.9·d

El valor de

q se suele considerar 45º en hormigón armado, pero en este caso, la presencia de axiles q en el supuesto de

de compresión puede modificar este valor. Se puede establecer el ángulo comportamiento elástico y en el instante de fisuración:

cot g

donde

s

xd

q=

1

-

s

xd

f ct ,m

se tomará como la tensión media que introduce el axil (tracción positiva) y fct,m es la

resistencia media a tracción del hormigón

f ct ,m

= 0.3

3

f ck

2

= 0.3

3

(30 MPa )

2

= 2.896

MPa

De esta forma, cotg

q

q

Pilar

1.22

39.34º


1.04

43.88º


1.04

43.88º


338


Por lo tanto,

= 0.265 × k × f × b × d ìPilar ï = íParte derecha dintel = 0.27 × k × f × b × d ïParte izquierda dintel = 0.27 × k × f × b × d î cd

Vu1

cd cd

Para calcular el coeficiente K, se aplica

æ s¢ × çç1 + 3 è f N + A s¢ = K

=

5

cd

cd

d

cd

s2

ö ÷÷ £ 1 ø × s¢

sd,c

Ac

donde Nd = esfuerzo axil de cálculo (tracción positiva) As2 = armadura de compresión

s

sd,c

se toma con valor 400 MPa

Por tanto el único dato adicional que precisamos para calcular Vu1 es la cuantía de la armadura longitudinal a compresión As2. En el caso del dintel ésta es nula (lo determinamos en el dimensionamiento a flexión). Para el pilar cabe la duda de qué armadura consideramos como a compresión, pues dicha consideración varía según el momento flector que actúe, sea positivo o negativo. Para quedar del lado de la seguridad se toma la menor de las dos cuantía obtenidas en

f

f

flexión (2 25 frente a 6 25) pues esa armadura conduce a un valor de Vu1 inferior. En cualquier caso, el valor de As2 sólo influye en el coeficiente K de reducción por esfuerzo axil y se puede comprobar que con ambas armaduras la expresión proporciona un valor superior a la unidad por lo que en ambos casos se adoptaría K=1. El resto de factores no ofrece mayor complejidad, por lo que se pasa a tabular los resultados de esta comprobación:

s´

cd

(Pa)

K

Kcorregido

Vd

Vu1

(kN) (kN) Pilar

2627810

1.45

1

75<1563.5, correcto


1461560

1.55

1

297<1593, correcto


1461560

1.55

1

111<1593, correcto

1.3.2 Comprobación del agotamiento por tracción en el alma

Se supone que la pieza va a estar dotada de armadura de cortante (posteriormente se comprobará si la hipótesis realizada es cierta). De acuerdo con la norma se debe realizar la comprobación en una sección situada a un canto útil del apoyo (d=0.7375 m). Por tanto los esfuerzos que se deben considerar para realizar esta comprobación serán:


339


Vd (KN)

Nd (KN)

Pilar

75

440.24


257.14

75


70.07

75

El esfuerzo cortante de agotamiento por tracción en el alma vale: Vu 2

=V +V

Vcu

=

r = l

(

cu

su

0.10

As

×d

b

× x × (100 × r × f l

cd

£ 0.02

200

x =1+

) - 0.15 × s¢ )× b × d × b 1/ 3

ck

d

Þ d ( mm )

× cot g q - 1 Þ 0.5 £ cot g q £ cot g q 2 × cot g q - 1 cot g q - 2 b= Þ cot g q £ cot g q £ 2 cot g q - 2 b=

2

e

e

e

e

donde

cot g

q=

Se adopta cotg

1

-

s

xd

f ct ,m

q = cotg q

e

, por lo que

b = 1.

Operando se tabula el resto de valores necesarios para el cálculo de Vcu: As Pilar Parte derecha del dintel Parte izquierda del dintel

f 5f25 2f25

8 25

s´

r

x

0.0133

1.521

2627810

0.0083

1.521

1461560

0.0033

1.521

1461560

l

cd

(Pa)

Con todos estos valores se calcula Vcu: Vd (kN)

Vcu (kN)

Vsu = Vd Vcu (kN)

Pilar

75

269.6

Vcu > Vd

Parte derechadel dintel

257.14

195.7

61.44


70.07

161.02

Vcu > Vd

Se observa que tanto en el pilar como en la parte izquierda del soporte se hace innecesaria la armadura transversal. Por tanto la hipótesis realizada al principio no es correcta para estos


340


elementos y se debe aplicar la comprobación que propone la EHE para el caso de piezas sin armadura de cortante:

=

Vu 2

(

0.12

× x × (100 × r × f l

) - 0.15 × s ¢ )× b × d 1/ 3

ck

cd

El resultado es superior a Vcu, luego en ambos casos se verifica Vd < Vu2 y la comprobación es correcta. Y ahora ya podemos dimensionar la armadura transversal a cortante para la parte derecha del dintel. Puesto que hemos supuesto

a

= 90º y

q

= 45º la expresión que nos permite efectuar dicho

dimensionamiento es: Vsu

=

A 90

z

×f

y 90,d

× cotg q

e

donde z = 0.9 · d fy90,d = 400 MPa Vsu = Vd Vcu Y para transformar dicha cuantía en armadura real se consideran cercos de dos ramas, con lo cual la separación entre éstos será:

St

=

×p×f 4 ×A

2

2

90

Se tabulan los resultados obtenidos: 2

Vsu (kN)

A90 (cm /m)

61.44

2.25


St con

f8

(cm)

St con

44.7

1.3.3 Armadura mínima a cortante

La cuantía mínima de tales armaduras debe ser tal que se cumpla la relación:

A 90

³

0.20 f y 90,d

æf ö ×ç + 0.75 ÷ × b = 4.5mm 20 è ø ck

2

/m

Þ f8 cada 22.3 cm ó f10 cada 34.91cm

1.3.4 Disposición de la armadura tran sversal

La separación entre los cercos deberá verificar las siguientes condiciones:


f10 (cm)

69.8

341


St St St St St St

£ 0.8 × d £ 300 mm

ü ý þ ü ý þ ü ý þ

£ 0.6 × d £ 300 mm £ 0.3 × d £ 200 mm

si

si

1 5

1

£

si Vrd

5

Vu1

Caso 1

Vu1

£V £

Vu1

2 3

rd

2 3

Vu1

Caso 2

Caso 3

rd

1/5 Vu1

Vd (kN)

(kN)

Caso

Stmax

Pilar

75

312.7

1

300


297

318.6

1

300


111

318.6

1

300

Por lo tanto, se colocarán cercos

f10 cada 30 cm en toda la estructura.

1.4 Comprobación del estado lím ite de inestabilidad

Esbeltez mecánica

i

Como

l

m

=

I A

=

l = m

bh

3

12 bh

l0 i

=

=

×

2 4 0.231 h

2

3

=

= 34.63 < 35 0.8

3.464

= 0.231

< 35 no hace falta verificar el estado límite de inestabilidad.

1.5 Armado final

f

2 25

f

f

2 12

f

6 25

f

5 25

f10 / 30 cm

2 12

f

2 25

f10 / 30 cm


343


Ejercicio III-4 Zapata y encepado para pescante Se desea cimentar el pescante cuyas leyes de esfuerzos de cálculo se han obtenido en el problema I-2 y cuyas armaduras se han dimensionado en el problema III-3. Para ello se supondrán dos posibles terrenos: - suelo cohesivo con

sadm = 200 kN/m2, para el que se dimensionará una zapata, 2

- suelo cohesivo con una cohesión aparente sin drenaje cu = 57 kN/m , para el que se dimensionará un encepado con dos pilotes. La adherencia pilote-terreno se estima en 32 2

kN/m . En ambos casos se contará con los siguientes materiales: - acero pasivo B500S, fyk = 500 MPa - hormigón HA-25/B/18/IIa, fck = 25 MPa Solución El dimensionamiento de una cimentación tiene siempre dos fases: a) Determinación de la geometría en planta. Esto se realiza teniendo en cuenta la capacidad portante del terreno bajo cargas de servicio. b) Dimensionamiento estructural del cimiento a partir de las acciones de cálculo. Para abordar la primera fase deben determinarse los esfuerzos de servicio a partir del problema III-3. Realizando la combinación con los correspondientes coeficientes de servicio se obtiene: ESFUERZOS DE CÁLCULO

ESFUERZOS DE SERVICIO

M 810 mkN

232.5 mkN

550 mkN 125 mkN

N 448.2 kN


317 kN

344


V

75 kN

75 kN

50 kN

50 kN

1 Solución zapata 1.1 Determinación de la cimenta ción a partir de la capacidad portante del terreno Sobre el terreno (base de la zapata) actúan: a)

Tensiones normales causadas por: i) Npilar + Wzapata ii) Mpilar + Vpilar·h

b)

Tensiones tangenciales causadas por: i) Vpilar

Suponiendo una zapata cualquiera, la distribución de tensiones en la base (aceptando que se comporta como un sólido rígido) será:

a

b

h

b a

·

×

Si e = M/N = (Mpilar + Vpilar h)/(Npilar + Wzapata) < a/6 (núcleo central), entonces trabaja toda la zapata apareciendo las siguientes tensiones:

N s max = min

N a' b'

±

M

6M 2

a' b'

smin


smax

345


·

Si e = M/N > a/6 , entonces parte de la zapata no trabaja y la tensión máxima resulta:

N

s max =

4N

-

3( a' 2 e )b'

,

M

y

c = a/2 e

smax 3c

Se plantea una zapata con las siguientes dimensiones:

b = a = 0,8 m

0,4 m

h =

2 m

0,65 m

0,8 m

b = 2 m

a = 4,8 m

La zapata es de tipo flexible (v

³ 2h)

pero se supone (art.59.3.1) que la cimentación se comporta

como un sólido rígido. Debe comprobarse que el terreno soporta las acciones de servicio. Se consideran dos hipótesis de carga: HIPÓTESIS 1

HIPÓTESIS 2

317 kN + Wzapata

317 kN + Wzapata

125 kNm + 50kN·h

547 kNm + 50kN·h

50 kN

50 kN que para los valores a = 4.8 m, b=2 m, h=0.65 m resultan: HIPÓTESIS 1

HIPÓTESIS 2

473 kN

473 kN

580 kNm 50 kN


157.5 kNm

50 kN

346


Hipótesis 1: La excentricidad de las cargas normales es

e

=

M

580 kNm

=

N

473 kN

= 1.226 m

Puesto que el núcleo central de la zapata es

=

ec

a

¢

6

=

4.8 m 6

= 0.8 m

el tipo de carga sobre el terreno será triangular:

473 kN 580 kNm

50 kN

smax

3c

Se resuelve el problema equilibrando fuerza y momentos, con lo que

smax = 134.30 kN/m2

3c = 3.522 m Puesto que

sadm = 200 kN/m2, se cumple que smax £ sadm. 2

Por otra parte, las tensiones tangenciales que se generan en la base de la zapata son de 7.1 kN/m , que el terreno resiste perfectamente.

t@

V A

=

50

×

3.522 2

= 7.1 kN / m 2

Hipótesis 2: La excentricidad de las cargas normales es:

e

=

M N

=

157.5 kNm 473 kN

= 0.333 m


347


La carga equivalente queda, por tanto, dentro del núcleo central de la zapata y el tipo de carga sobre el terreno será trapezoidal. Resolviendo, se obtiene el siguiente esquema:

473 kN 157.5 kNm

50 kN

28.76 kN/m

69.78 kN/m

y

las

tensiones

tangenciales

2

2

sobre

el

terreno

son

de

5.21

2

kN/m ,

que

el

terreno

resiste

perfectamente. 1.2 Dimensionamiento de la zapa ta Debe considerarse el valor mayorado de las acciones combinadas, incluidas las acciones del terreno, utilizando los esfuerzos mayorados. Atendiendo al artículo 59.3 no se incluye aquí el peso propio de la zapata. La distribución de presiones del terreno responderá nuevamente a dos hipótesis de carga: HIPÓTESIS 1

HIPÓTESIS 2

448.2 kN

448.2 kN

232.5 kNm + 75kN·h

810 kNm + 75 kN·h

75 kN

75 kN que para h=0.65 m resulta: HIPÓTESIS 1

HIPÓTESIS 2

448.2 kN

448.2 kN 858.75 kN

75 kN

que dan lugar a las distribuciones de tensiones siguientes:


281.25 kNm

75 kN

348


HIPÓTESIS 1

HIPÓTESIS 2

smax =

10.07

308.7

kN/m

2

kN/m

1.452 m

83.31 kN/m

2

1.2.1 Dimensionamiento a flexión com o zapata flexible

Hipótesis 1 b = a = 0.8 m

0.4 m

2 m

b = 2 m

a = 4.8 m

smax = 308.7 0.548 m

1.452 m

2

kN/m

Sección de referencia S : hacia el interior del pilar, a una distancia 0.15·a = 0.12 m a) Momento de cálculo en S : provocado por el terreno (lado derecho) M = 12 × 308.7 mkN × 1.452m × 2m × æç 23 × 1.452m + 0.548m + 0.12m ö÷ = è ø = 448.2kN × 1.636 m = 733.25 kNm

·

1

1

d

2


2

349


H25 Þ f = 25 MPa Þ f = 16.67 MPa B500S Þ f = 500 MPa Þ f = 434.78 MPa ck

0.59

733.25 kNm

m

cd

yk

2m

yd

y ö÷ æ × b¢ × ç d 2 ø è

; x = 1 + 1.36 ×d10 × f = 1 + 1.36 × 100.59× m434.78 MPa = 0.364 m ; y = 0.8 × x = 0.2912 m ; mö M = 0.85 × 16666.7 mkN × 0.2966m × 2 m × æç 0.59 m - 0.2966 2 ÷ = 3666.6 kNm M

lim

= 0,85 × f × y cd

lim

lim

-3

lim

-3

yd

lim

lim

lim

ø

è

2

Resulta M ³ M , luego: ì(1) 0 = 0.85 × f × y × b - A × f ï í( 2 ) M = 0.85 × f × b × y × æç d - y ö÷ ï 2 lim

d

cd

d

î

s

cd

yd

è

ø

De (2): = 0.85 × 16666.7kN / m × 2 m × y × (0.59 m - y 2 ) = 3711.9 ìy = 1.14m ® NO - 733.25 + 16716.7 y - 141667 y = 0 í Þ îy = 0.046 m 2

733.25 kNm

kNm

2

0.85 × 16666.67kN / m × 0.046m × 2m = 1303.3kN = A × f Þ ì15f16 ï Þ A = 2.9976·10 m = 29.976 cm í10f20 ï 7f25 î Armadura mínima: .7kN m 0.04 × A × ff = 0.04 × 2 × 0.65 × 16666 434800kN m = 19.933 × 10 m , Þ

2

s

-3

s

2

2

2

cd

c

yd

-4

2

2

yd

que es superada por la de cálculo. Por otra parte (art.42.3.5) debe disponerse una armadura mínima de un 2.8 en la cara de tracción:


350


A A

³ 0.0028 Þ A

smin

smin

> 36.4 × 10 -

4

m

(12f20)

2

c

b) Momento de cálculo en S (lado izquierdo) a causa del peso de la zapata 1

0.12 m

1 + 0.12 m W

S1

= 0.65m × 2m × 2m × 25kN / m = 65 kN M = 65kN × 1.12m = 72.8 kNm M = 1.35 × 72.8kNm = 98.28 kNm 2

W

d

M < M , luego: 98.28 kNm = 0.85 × 16666.7kN/m × 2m × y × (0.59 - y / 2 ) - 98.28 + 16716.7 y - 14166 .695y = 0 y = 0.00591 m 0 = 0.85 × 16666.7 mkN × 2m × 0.00591m - A × f üïA = 3.85 cm Þ2f20 ý ï A × f = 167.45 kN þ d

lim

2

2

s

2

yd

2

s

s

yd

Cuantía mínima: 0.04 × A × ff

cd

c

Si

a=

A ×f A ×f s

yd

c

cd

= 0.04 × 2 × 0.65 ×

yd

=

16666.7kN m = 19.933 × 10 m 434800kN m 2

-4

2

2

3.85 ×10 × 434800 = 1.403 2 × 0.65 × 16666.7 -4

se tendrá, dado que A < 1.9933·10 m , una armadura de a·A = 1.403·3.85·10 m = 5.4032·10 m , que corresponde a 2 f20. No obstante, debe colocarse una armadura mínima (art.42.3.5) de cuantía geométrica 2.8 en la cara de tracción, luego: s

-4

-3

2

2


s

-4

2

351


A A

smin

³ 0.0028ÞA

smin

> 36.4 × 10 -

4

m

(12f20)

2

c

Hipótesis 2 El momento de cálculo en S (lado izquierdo) vale: 1

0.12 m 2.12 m

S1

10.07 83.31 kN/m

kN/m

50.962

2

kN/m

2

2

M = 50.962 mkN × 2.12m × 2m × æç 2.122 m ö÷ + (83.31 - 50.962 ) mkN × 12 × 212m × 2m × æç 23 × 2.12m ö÷ = ø è ø è = 229.04kNm + 96.92kNm = 325.96 kNm Puesto que el momento de cálculo es menor que en la hipotesis 1, se adopta la misma armadura superior e inferior (12 f20). La disposición de la armadura será: d

2

2

15 cm aprox.

12

59

2

cm

12

6 cm

f 20 As2 f20 f 20 As1

5 cm 190 cm

Puesto que la distancia entre A y A es superior a 30 cm se colocará a medio canto una armadura longitudinal a cada lado (A : 2f20). De esta forma se cumple la limitación s1

s2

s3


352


r=

A +A +A A s1

s2

s3

=

c

26 × p = 6.28 × 10 200 × 65

> 1.4 × 10 -

-3

En la otra dirección se adopta la misma limitación: 2 × A + 2f12 = 1.4 × 10 Þ A = A = 20.71cm 480 × 65cm -3

s1

s1

2

3

2

s2

y se colocará por tanto 1f12 cada 15 cm en ambas caras y 1f12 a medio canto. 1.2.2 Dimensionamiento a cortante co m o elemento lineal

Se calcula exclusivamente a cortante: V = 12 × 308.7 mkN × 2m × 1.452m = 448.23 kN Comprobación bielas comprimidas: ga V £ V = k × f × b × z × cot1 +gqcot+ cot gq donde f = 0.6·f = 0.6 · 16.67 MPa = 10 MPa b =2m z = 0.9 · d = 0.9 · 0.59 m = 0.531 m rd

2

rd

u1

1cd

1cd

0

2

cd

0

k = 53 æçç1 + sf ¢ ö÷÷ £ 1 è ø N + A × s = 12 × 314mm (- 434.8MPa ) = -1.26 MPa s¢ = A 2000 × 650mm 5 1 . 26 k = 3 æç1 - 16.67 ö÷ = 1.54 > 1 Þ k = 1 è ø cotg q = cotg 45º = 1 cotg a = cotg 90º = 0 N 1 ÞV = 1 × 10 mm × 2000mm × 531mm × 2 = 5310kN > V Para dimensionar las armaduras, se comprueba previamente si son precisas: £ =( ×x×( ×r × ) × s ¢ )× × (sin armadura de cortante) donde x = 1 + 200 d , d en milímetros Þ x = 1.582 cd

cd

2

d

s2

sd ,c

cd

2

c

u1

Vrd

rd

2

Vu 2

0.12

100

l

f ck

1 3

0.15

cd

b0

d


353


b =2m d = 0.59 m A p × 12 × 10 m r = b × d = 2m × 0.59m = 3.195 × 10 f = 25 MPa Despreciando el efecto favorable de las compresiones, dado que A es armadura mínima, V = 0.38 MPa · 2000 mm · 590 mm = 448.4 kN ³ V , luego no es necesaria armadura a cortante. 0

-4

2

-3

s

l

ck

s2

u2

rd

2 Solución encepado y dos pilo tes 2.1 Determinación de la cimenta ción a partir de la capacidad portante del terreno

El encepado se plantea porque el terreno se supone en este caso de tipo cohesivo con reistencia muy baja, en concreto: C = cohesión aparente sin drenaje = 57 kN/m . En este caso la zapata resultante sería muy grande y se prefiere recurrir a una solución de encepado y dos pilotes. El dimensionamiento se realiza evitando que los pilotes entren en tracción bajo cargas de servicio. Se plantea un encepado como el de la figura: 2

u

a

c a c

b b

2r

x

La distancia c se toma como el mínimo posible según norma, a saber, 0.25 m. Sobre el encepado actúan tres esfuerzos:


354


Ns Ms Vs

Para determinar la carga sobre los pilotes en condiciones de servicio se trasladan las cargas a la base del encepado, en la hipótesis de un comportamiento de la cimentación de sólido rígido. Los esfuerzos trasladados son M , N y V : M = M +V ×h N =N +W V =V donde W = a · b · h · 25 mkN e

e

s

e

e

e

e

s

s

encepado

s

encepado

3

La carga sobre cada pilote de área A será P = Nn ± M Sx despreciando la inercia de la sección de cada pilote, lo que para n=2 (número de pilotes) resulta: P = N2 ± M2x Para r = 0.3 m; x = 2.05 m; h = 1.1 m se tiene: e

máx mín

e

n

e

e

máx mín

317 kN

317 kN

125 kNm

547.5 kNm

50 kN

50 kN 90.2 kN

384.1 kN

281.1 kN

193.25 kN

La longitud del pilote se determina a partir de las condiciones del terreno y de las cargas de servicio; la carga de hundimiento viene dada por la suma de la resistencia de punta y la resistencia de fuste.


355


Q =Q +Q Q = c · N · A , donde c = cohesión aparente sin drenaje = 57 kN/m N = coeficiente de capacidad portante = 9 A = área del pilote = p · 0.3 = 0.283 m Q = c · A , donde c = adherencia pilote-terreno = 32 kN/m A = área lateral del fuste = L · 2pr =1.885L En este caso Q = 145.18 kN, luego Q debe ser, en el peor caso, de 238.92 kN, lo que conduce a una longitud L=4 m. Por otra parte, la existencia de V implica una carga horizontal de 0.5V sobre cada pilote. La carga máxima horizontal que resiste el terreno en el caso de suelos cohesivos vale (Broms, 1964): H = 9 · c · 2 · r · (L 1.5 · 2 · r) = 954.2 kN valor claramente superior al que introducen las cargas (factor 38.2 > 2.5). h

p

f

p

u

c

p

2

u

c

2

p

f

a

2

f

2

a

f

p

f

s

s

u

2.2 Dimensionamiento de pilote y encepado

Finalmente, la cimentación tiene la siguiente geometría: b= a = 0.8 m

0.4 m

h= 1.1 m

b = 1.1 m a = 5.2 m 2.05 m

Æ 0.60 m

El encepado es rígido ya que el vuelo v = 1.65 m y v £ 1.5 h. Las cargas a considerar son las de cálculo, sin incluir el peso del encepado.


356


Nd

=

448.2 kN Md

=

810 kNm

Vd = 6.4 kN

Nd

=

448.2 kN Md

=

232.5 Vd =

75 kN

441.8 kN

300.9 kN

kNm 75 kN

147.3 kN

Son dos los elementos que se deben dimensionar: el encepado y los pilotes. Previamente debe hacerse notar que la existencia de V introduce una flexión y un cortante sobre los pilotes. Si se acepta que el pilote es corto, se comportará rígidamente, desplazándose lateralmente. Según Broms (1964), se tendrá: M = 1/2 V · (0.5 · L + 0.75 · 2 · r) = 1/2 75 kN (0.5 · 4 m + 0.75 · 2 · 0.3 m) = 91.9 kNm d

Vd

d

2.2.1 Pilotes

Se dimensiona un elemento vertical de sección circular sometido a N =441.8 kN y M = 91.9 kNm. Si suponemos un control de ejecución intenso, la excentricidad mínima es de 5 cm, lo que proporciona un momento de 22.09 kNm, inferior al provocado por la carga horizontal. Por ello se dimensiona con M = 91.9 kNm. El diámetro de cálculo será: (2r) = (2r) · 0.95 = 0.57 m, que en efecto cumple (2r) £ (2r) - 20 mm (2r) ³ (2r) - 50 mm La armadura longitudinal a disponer resulta ser la armadura mínima: d

d

cal

nom

cal

nom

cal

nom

f20

0.60 m

La armadura transversal consistirá en cercos f8 cada 30 cm, que cumplen f = 8 mm ³ 0.25 · 20 mm = 0.25 · f s = 300 mm £ 15 · 20 mm = 15 · f t

t

máx

min


d

357


2.2.2 Encepado

Se dimensiona de acuerdo con el siguiente modelo de bielas y tirantes: a = 0.8 m 0.25·a = 0.2 m

v = 1.65 m

q

d

(d = 1 m)

C 0.85d

Td

De acuerdo con el modelo, tenemos: T = N (v0.+850.×25d × a ) N = 441.8kN0(.185.65× 1mm+ 0.2m ) = 961.6 kN = c arg a del pilote más c arg ado d

d

d

La compresión C será: T ü T = C × cos q Þ C = cos 961.6kN = 1057.9 kN ïï q ýÞC= 0.909 tg q = v +0.085.25× d× a Þ q = 24.7ºïïþ El área de la biela en la zona superior es A = 0.4 · 0.4 · cos q = 0.1453 m y en la zona inferior A = p · r · cos q = p · (0.3) · cos q = 0.256 m Luego la tensión de compresión vale 1057.9kN = 7280.8 kN = 7.28 N s = 0.1453m m mm d

d

2

bs

2

bi

cb

2

2

2

2

2

y debe ser s £ 0.85 · f = 0.85 · 16.67 MPa = 14.17 MPa. El análisis del nudo es el relativo a nudos con tirantes anclados (art. 40.4.3): cb

cd


358


N < f = 0.7 × f = 11.67 MPa mm Por lo tanto sólo falta dimensionar la armadura correspondiente al tirante: N = 22.11cm Þ8f20 A × f = T = 961.6kN ÞA = 434961600 .8 N mm Armadura secundaria: La desviación de los pilotes en el plano transversal provoca la aparición de un segundo mecanismo biela-tirante con tracciones superiores. Un modelo simplificado es el siguiente: - se supone una desviación del 10% de 2·r= 0.1 · 0.6 m = 0.06 m; - se plantea el modelo de la figura s

cn

= 7.28

2

2 cd

cd

2

s

yd

d

s

2

(d = 1 m) T3d

q

d

C3

0.85d

x

441.8 kN

l × cos q = x ü Þ tg q = 0.4146 Þ q = 22.52º l × sen q = 0.85 × d ýþ C = 441sen.8qkN = 1153.51 kN ÞT = C × cos q = 1065.6 kN b b

3

3d

3

T supone un área de 24.51 cm Þ 8 f20 Ante esta armadura debe disponerse una armadura vertical formando cercos que aten la armadura longitudinal de las caras superior e inferior. Atendiendo al artículo 59.4.1.2.1.2, la armadura vertical se dimensionará para resistir la siguiente tracción: T = 2 (M + 0.4 · b · N ), donde b = ancho transversal del pilar M = momento transversal de cálculo en el arranque del pilar N = axil de cálculo en el arranque del pilar. M = 448.2 kN · 0.1 · 0.6 m = 26.892 kNm N = 448.2 kN T =197.21 kN b = 0.4 m 2

3d

d4

d

d

d

d

d

d

d4


359


Luego la armadura vertical será de 4.54 cm . Se colocarán cercos f12 cada 30 cm rodeando ambas armaduras. La armadura longitudinal debe suplementarse con armadura en las caras laterales. Se colocarán barras f20. 2

Asup

0.3 m

0.3 m

0.3 m

Armadura vertical de atado f20

f20 Ainf


361


Ejercicio III-5 Viga de puente pretensado para trabajar junto a losa de compresión

Se desea proyectar una viga en doble T de hormigón pretensado con armaduras pretesas, para ser prefabricada y formar parte de un puente isostático de 20 m de luz junto a una losa superior de hormigón armado construida in situ, de 20 cm tal como indica la figura adjunta.

- peso propio de la viga y de la losa (r =25 kN/m ), - cargas muertas debidas a pavimento, aceras, barandillas e instalaciones g=3.0 kN/m , - sobrecarga uniformemente repartida de tráfico q= 4.0 kN/m , - vehículo pesado representado por una carga puntual de 600 kN. A efectos de cálculo de esfuerzos longitudinales sobre las vigas se supondrá que bajo las acciones repartidas, cada viga recibe la carga tributaria correspondiente al intereje de 2.20 m y que bajo la acción del vehículo pesado la viga más solicitada recibe el 40% del momento y del cortante que produciría dicho vehículo actuando sobre la viga aislada. h

3

2

2

Solución

1 Características de los materiales

Hormigón. En la viga, por ser pretensada y prefabricada se utilizará hormigón de 50 MPa de resistencia característica, consistencia plástica (5 cm de cono de Abrams), tamaño máximo 18 mm y clase de exposición IIa (ambiente normal de humedad alta). HP-50/P/18/IIa. En la losa por ser de hormigón armado se necesitará menos resistencia (30 MPa), el tamaño máximo será algo mayor (20 mm) y para facilitar la puesta en obra se pedirá un mayor asiento en el cono de Abrams (8 cm, consistencia blanda), con la misma clase de exposición, HA-30/B/20/IIa. Armaduras pasivas. Se utilizarán redondos de acero corrugado soldable, de 500 MPa de límite elástico B500S. Los diámetros más adecuados serán: - Armadura de piel en vigas: f6. - Armadura de flexión en vigas, si es necesaria: f16 y f20.


362


- Armadura transversal (cortante y rasante) en vigas: f8,f10 y f12. - Armaduras longitudinales y transversales en losa: f12, f16 y f20. Armaduras activas pretesas. Cordones de 7 alambres de 1860 MPa de carga unitaria Y1860 S7 de f0.6 (As = 140 mm ) y de f0.5 (As = 98.7 mm ). 2

2

2 Otros valores adoptados en el proyecto

- coeficiente final de fluencia del hormigón: j = 2.5 - retracción final del hormigón: 4.10 - relajación final del acero de pretensado: 6% Por tanteos iniciales se adoptan también unos valores aproximados de pérdidas instantáneas y diferenciales, en porcentaje sobre la fuerza de anclaje P , que son las siguientes: Pérdidas instantáneas DP = 0.05 P Pérdidas diferidas DP = 0.15 P Pérdidas totales DP = 0.20 P -4

anc

ins

anc

dif

anc

tot

anc

3 Coeficientes de seguridad

Para estados límites de servicio se adoptan valores g =1 para las cargas y valores de g =0.9 o g =1.1 para las acciones debidas al pretensado, según las tensiones debidas al pretensado sean favorables o desfavorables, respectivamente. f

p

p

4 Cálculo de esfuerzos

Las únicas cargas que se desconocen para poder calcular los esfuerzos son las del peso propio de las vigas, para lo cual hay que predimensionarlas. Ello puede hacerse una vez conocidos los demás esfuerzos, ya que el peso es una porción muy reducida de las carga. En principio podría estimarse el peso propio de una viga en un valor, por ejemplo, similar al de la losa superior entre vigas. Esfuerzos debidos al peso de la losa: g = 25 × 2.2 × 0.2 = 11 kN / ml M = g 8× l = 11 ×820 = 550 kNm V = g 2 × l = 11 2× 20 = 110 kN Esfuerzos debidos a las cargas muertas: L

2

2

L

max,L

L

max,L


363


g = 2.2 × 3.0 = 6.6 kN / ml M = g 8× l = 6.6 8× 20 = 330 kNm V = g 2 × l = 6.62× 20 = 66 kN m

2

2

m

max,m

m

max,m

Esfuerzos debidos a la sobrecarga repartida: q = 4 × 2.2 = 8.8 kN / ml M = q ×8l = 8.8 8× 20 = 440 kNm V = q2× l = 8.82× 20 = 88 kN Esfuerzos debidos al vehículo pesado: × 20 M = 0.4 × Q4× l = 0.4 × 600 = 1200 kNm 4 V = 0.4 × Q = 0.4 × 600 = 240 kN Sobre la viga actúan, aparte de su peso propio, las cargas de la losa. Sobre el conjunto viga-losa actúan el resto de las cargas, que producen los siguientes esfuerzos: DM = M + M + M = 330 + 440 + 1200 = 1970 kNm DV = V + V + V = 66 + 88 + 240 = 394 kN En estado límite último los esfuerzos que se deben considerar son: M = 1.35 × (M + M + M ) + 1.5 × (M + M ) V = 1.35 × (V + V + V ) + 1.5 × (V + V ) 2

2

max,q

max,q

Q

Q

m

m

q

q

d

d

Q

Q

v

v

L

L

m

m

q

q

Q

Q

5 Espesor de las almas: se adoptarán los siguientes criterios

- Espesor mínimo por razones constructivas: La distancia libre entre caras internas de estribo deberá ser superior al triple del tamaño máximo del árido, para facilitar la entrada del hormigón. e ³ 2r + 2f + 3t r = recubrimiento armadura transversal » 20 mm f = diámetro armadura transversal » 12 mm t = tamaño máximo del árido » 18 mm e ³ 2 · 20 + 2 · 12 + 3 · 18 = 118 mm t

t

m

t

t

m


364


- Resistencia al agotamiento del alma por compresión oblicua en el hormigón. Según EHE-98 (artículo 44): ga ³ V V = k × 0.6 × f × b × z × cot1 g+qcot+ cot gq k = 53 × æçç1 + sf ö÷÷ >/ 1.0 è ø + A ×s N s = A u1

cd

0

d

2

'

cd

cd

d

'

s2

sd ,c

cd

c

donde: = tensión axil efectiva en la sección N = esfuerzo axil incluyendo el pretensado A = área de la armadura de compresión s = resistencia de cálculo del acero comprimido Para el cálculo de k, a priori no se reconsiderará la existencia de armadura de compresión (A = 0) y se adoptará un valor conservador para s = 12.5 N/mm (que es un valor alto como tensión media del pretensado). Con ello se tiene: s

cd d

s2

sd,c

sd

2

cd

k = 53 × æçç1 - sf è

' cd

cd

ö ÷= ÷ ø

5 × é1 - 12.5 ù = 1.041 > 1 Þ k = 1 3 êë 33.3 úû

El cortante de cálculo es aproximadamente: V = 1.35 × V + 1.5 × V = 1.35 × 286 + 1.5 × 328 = 878 kN d

dg

dq

El brazo mecánico en rotura se considera z @ 0.9d, con d como canto útil. En este caso adoptaremos d @ 1.10 m y z @ 0.9 · 1.1=1.0 m. A priori supondremos cotgq=2 que es conservador a efectos de compresiones en el alma. Con todo ello podemos despejar b de las ecuaciones, con lo que se obtiene: g q = 878 × 10 × (1 + 4) = 110 mm b = k × 0.6V× f × z × cot1 +gqcot+ cot ga 1 × 0.6 × 33.3 × 1000 × 2 o

2

3

d

o

cd

Por tanto adoptamos b = 12 cm, que satisface los criterios resistentes y constructivos. o


365


5.1 Cabezas superior e inferior

Las cabezas superior e inferior las predimensionamos de forma que la inercia proporcionada por ellas y el alma sea suficiente para que las tensiones en vacío y en servicio sean las adecuadas. Limitándonos en principio a cabezas rectangulares, hay diversas opciones en cuanto a su ancho y su canto. La cabeza superior conviene que sea ancha para reducir la luz libre de la losa en el sentido transversal. La cabeza inferior conviene que no sea muy ancha para facilitar su hormigonado. El área de la cabeza superior puede ser algo menor que la inferior, ya que en servicio se dispone de la losa superior para albergar las compresiones debidas a las cargas muertas y sobrecargas, mientras que en vacío la única cabeza es la inferior de la viga. Así pues, estableceremos a priori los siguientes criterios: A @ 0.75 A b @ 1.50 b sup

inf

sup

inf

Adoptaremos en principio b = 0.80 m, esto implicaría: b @ 1b.50 = 0.55 m h = Ab = 0A.55 = 0.75A× 0.55 = 0h.75 ×× b0.55 = h 0.×751.50× 0.×550.55 Þ Þ h = 1.95 × h @ 2 × h sup

sup

inf

inf

inf

sup

sup

sup

sup

inf

inf

inf

sup

sup


366


Con este criterio pueden expresarse todas las características mecánicas (área, inercia, centro de gravedad, etc.), en función únicamente de la variable h . Para obtener h se establecerán los criterios tensionales en las fibras superior e inferior de la viga en vacío y servicio respectivamente, esto es s £ f (al transferir) y s £ f (a largo plazo). Las ecuaciones que proporcionan las tensiones en servicio y vacío son: P - P ×e - M v £ f s =A I I é 1 e v¢ ù (M + M ) × v¢ æ 1 e ¢ × v ¢ ö DM × v ¢ s = -P ê + - DPçç úA I I A + I ÷÷ - I £ f sup

sup

c,sup

v

v

ct

c,inf

ct

v

c,sup

ct

v

v

v

v

c,inf

ë

v

v

v

v

û

l

v

t

è

v

t

t

t

t

ct

ø

t

cdg final v

v

M

t

u M

cdg viga

u

M

l t

v' e

u

v'

e

t

u

P

P

vacío

donde: A , I son el área e inercia de la viga, A , I son el área e inercia de la viga más losa, M , M son los momentos debido al peso de la viga y de la losa, respectivamente, DM es el momento debido a todas las cargas que actúan sobre el conjunto viga y losa (cargas muertas y sobrecargas), DP es la pérdida diferida de fuerza de pretensado. Conocido h , las únicas incógnitas de las ecuaciones anteriores son P y e, ya que se adopta DP=0.15 P =0.15/0.8 P = 0.1875 P. A priori se adopta como criterio que la resultante del pretensado esté en el centro de la cabeza inferior, siendo siempre el recubrimiento mecánico de 10 cm. La primera ecuación proporcionará el valor máximo de la fuerza de pretensado (P ) y la segunda el mínimo (P ) debe satisfacerse que P - P ³ 0.15 P . Si no se cumple, la sección es insuficiente, y si el intervalo es excesivo se ha sobredimensionado la sección. v

v

t

t

v

l

s

ancl

máx

mín

máx

mín

ancl


367


En la tabla adjunta se indican los valores obtenidos con variaciones de la altura h desde 0.05 hasta 0.1 m. h (m) 0.05 0.06 0.07 0.08 0.09 0.10 Área viga (m ) 0.197 0.212 0.228 0.243 0.259 0.274 Iner. viga (m ) 0.026 0.029 0.031 0.034 0.036 0.038 V viga (m) 0.516 0.517 0.516 0.516 0.515 0.514 V viga (m) -0.484 -0.483 -0.484 -0.484 -0.485 -0.486 e viga (m) -0.384 -0.383 -0.384 -0.384 -0.385 -0.386 Mom. viga (kNm) 246.25 265.5 284.75 304.00 323.25 342.50 Área total (m ) 0.538 0.553 0.569 0.584 0.599 0.615 Iner. total (m ) 0.075 0.080 0.085 0.089 0.093 0.096 V total (m) 0.320 0.331 0.342 0.351 0.360 0.369 V total (m) -0.88 -0.869 -0.858 -0.849 -0.84 -0.831 e total (m) -0.78 -0.769 -0.758 -0.749 -0.740 -0.731 P máx (kN) 3137 3565.58 3939.23 4249.82 4496.23 4682.48 P mín (kN) 3474.73 3501.98 3527.55 3552.74 3578.29 3604.58 P ancl (kN) 4343.41 4377.48 4409.44 4440.93 4472.86 4505.73 DP/P ancl -0.078 0.015 0.093 0.157 0.205 0.239 Se observa que se satisface el criterio DP/P ³ 0.15 para un espesor h =0.08 m; sin embargo, adoptaremos h =0.09 m para disponer de mayor margen frente a variaciones de las pérdidas respecto de lo previsto. Por razones constructivas conviene hacer ligeras modificaciones en la forma de sección, como indica la figura adjunta. s

s

2 4

sup inf

pre

2 4

sup inf

pre

ancl

s

s

A L

K I J H

B C

D E F G

Los criterios seguidos son: - que el hormigón pueda entrar sin dificultad en la cabeza inferior, - evitar ángulos rectos o agudos y matar los cantos, - facilitar la caída del hormigón desde la cabeza superior hacia las almas (efecto embudo).


368


Todo ello aconseja inclinar los paramentos CD, EF, IJ y LK, así como achaflanar los vértices D, E, G, H, J y K. Las características de la nueva sección con relación a la inicial son: Inercia = 0.0359 Área = 0.261 m v = - 0.4913 m v = 0.5087 m c = 0.27 m h = 0.5502 (rendimiento) c = 0.28 m Considerando la losa de 2.20 m de anchura (todo el ancho eficaz), y un coeficiente de equivalencia entre hormigones n = ff = 0.6 = 0.775 , las características mecánicas de la sección compuesta son: Área = 0.601 m Inercia = 0.0917 v = - 0.8366 m v = 0.364 m c = - 0.4189 m h = 0.5013 c = 0.1826 m 2

sup

inf

sup

inf

cl

h

cv

2

sup

inf

sup

inf

6 Obtención de la fuerza de pretensado y disposición de los cordones 6.1 Peso propio de la viga

Siendo el área de la viga A = 0.261 m , el peso propio es g = 6.5525 kN/ml, los esfuerzos máximos que genera son M = 326 kN.m, V = 65.3 kN. 2

k

k

6.2 Excentricidad del pretensado

De acuerdo con la tabla anterior, se estima una fuerza total en anclajes de 4472.9 KN para una excentricidad e = - 0.385 m. Veamos la disposición real de cordones. La distancia entre ejes de cordones y desde el centro de gravedad de los cordones al paramento debe ser igual o superior a 4 cm, de forma que se satisfagan las condiciones establecidas en la instrucción con ello. En la cabeza inferior caben: (n+1)·4 = 55 n = 12.75 12 cordones Æ0.6 Colocaremos 11 cordones por fila. Si no hubiese armadura superior se necesitarían 22 cordones Æ0.6, dispuestos en dos filas a 4 y 9 cm de la fibra inferior, es decir, con una excentricidad e = 0.4263 m.


369


Esta excentricidad excedería la supuesta y además generaría fisuración superior en zonas próximas a los apoyos. Por ello se disponen también cordones a lo largo de toda la pieza, en la cabeza superior, a 4 cm del paramento, de forma que la excentricidad en centro de vano sea igual o algo menor que la teórica (e £ 0.385 m).

0.385

-4472.9 × 0.4363 + P P = 216.39KN

sup

× 0.4687 = ( 4472.9 + P

sup

) × (-0.385)

sup

Se dispondrán dos cordones de Æ0.5, P = 274 kN, con lo cual la excentricidad real será en centro de luz e = - 0.375 m. Para acomodar la ley de momentos de pretensado a la ley de momentos exteriores, dado que los cordones son rectos, se procede a un entubado de parte de los mismos, de forma que la fuerza de pretensado se introduzca no en los extremos de la viga sino donde acabe el entubado. Se dividirá la semiviga en tres zonas, de longitudes 4 m, 3 m y 3 m, desde los apoyos hasta centro de luz, según indica la figura.


370


En la sección de apoyos, mediante un simple cálculo de equilibrio, se puede obtener el número de tendones que se anclan (y por tanto no se entubarán) para que la fuerza resultante caiga en el núcleo central. El resultado es que se anclan solo la capa superior.

En al zona intermedia, el número de cordones inferiores estará entre 7 y 22. Se puede obtener el número necesario proporcionalmente al momento, MP = cte , por lo tanto, para x=4 m, P = 0.6 P es decir 14 Æ 0.6. Sobre la base de lo anterior, se propone la siguiente disposición teórica de cordones, que deberá modificarse en función de las longitudes de anclaje. x

4

10

Con estos valores se procede a verificar las tensiones normales en las secciones extremas de cada zona, que son las S1, S2, S3, S4, S5 y S6. Para ello deberán tenerse en cuenta las cargas que actúan sobre la viga (pretensado, peso propio de viga y losa) y sobre la viga más losa (cargas muertas, sobrecargas y pérdidas de pretensado). Las pérdidas instantáneas se calculan considerando el acortamiento elástico y las diferidas se calculan sólo sobre la viga, esto es, ignorando los efectos de la losa, aunque no su peso.


371


Ejercicio III-6 Tirante de hormigón pretensado

En la estructura de arco-tirante de la figura adjunta, el tirante está sometido a unos esfuerzos axiles característicos de tracción de: - 250 kN correspondientes a las cargas permanentes - 175 kN correspondientes a las cargas variables

Las características de los materiales utilizados son: - hormigón: HP-40/12/P/IIa E =32.5 kN/mm - armadura activa: - cordones formados por 7 alambres de 13 mm diámetro nominal (0.5), Euronorma 138-79 (equivalente BS 5896:1980) (A cordon: 100 mm ) - E =195 kN/mm - mínima carga rotura: 186 kN - límite elástico característico 158 kN n = EE = 6 2

c

p

2

2

p

p

s

Se pide:

Dimensionar el tirante en forma y dimensiones, definiendo la sección geométrica del mismo y la armadura activa que se requiera. Solución

Para la determinación de la armadura activa y de la sección de hormigón se requiere el cumplimiento de diversos requisitos, los cuales se exponen a continuación. Este ejemplo está inspirado en el ejemplo del apartado 4, capítulo 12 del libro de A. Naaman. Ed. Mc Grawn Hill, 1982.

Prestressed Concrete and Design.


372


1 Limitación de las tensiones de compresión en el hormigón

Para ello se debe limitar que la tensión en la sección de hormigón, en los instantes más críticos (inicial y final), sea inferior a la respuesta del hormigón en el instante estudiado. Ello da lugar a las siguientes ecuaciones: ×s £ s × Instante inicial (t = 0): [1] ×s £ s × Instante final (t = ¥ ): [2] Ap

s

po

Ap

s

pt

An

ci

An

ct

donde A , área neta de hormigón (para el caso de armaduras pretesas o postesas adherentes), se determina a través de la expresión: A = A -A [3] n

n

g

ps

siendo: A el área transversal de la sección del tirante, A el área de la armadura activa. Sustituyendo el valor de A , dado en la ecuación [3], en las expresiones [1] y [2] se obtiene una nueva formulación de las mismas. [4] A £ 1 + sA s [5] A £ 1 + sA s g

ps

n

g

ps

po

ci

g

ps

pt

ct

1.1 Armadura activa

El valor de la tensión máxima de la armadura activa en el momento de la puesta en tensión (s ) viene dado por el menor valor de: 186kN = 1395 N / mm ì = 0.75 × ïï0.75 f 100mm s £í 158 kN = 1422 N / mm ï0.90f = 0.90 × ïî 100mm po

2

max,k

2

po

2

pyk

2

El valor de la tensión máxima de la armadura activa para tiempo infinito (s ), vendrá dado como diferencia entre el valor en la puesta en tensión (s ) y las pérdidas que se produzcan en el período de tiempo. Una estimación razonable de estas pérdidas se puede situar entre el 15 y el 20%. Para este caso tomaremos un valor intermedio del 17.5%, lo que conduce a: pt

po

s = s - 0.175 × s pt

po

po

= 0.825 × s

= 0.825 × 1395 N / mm = 1150.9 N / mm 2

po


2

373


1.2 Hormigón

La tensión máxima en el hormigón en la puesta en tensión debe cumplir las siguientes recomendaciones: f £ f1.6 = 0.625 f Esta limitación pretende evitar micofisuración en el hormigón que combinada con efectos transversales pudiese conducir al agotamiento del hormigón. Ahora bien, este es un punto de vista de agotamiento y no considera que un nivel alto de tensiones como el definido por la expresión anterior conduciría a entrar en el rango de fluencia no lineal bajo cargas mantenidas. Por ello es usual tomar valores inferiores que se sitúen en el rango lineal, el cual para estos hormigones está entre el 30 y 40% de f . Haciendo la hipótesis de que la puesta en tensión se realiza a los 7 días y considerando que el valor de f para esa edad es 0.70 f (28 días) y tomando un porcentaje mayor del rango por el tipo de hormigón: ck , j

cu, j

ck , j

ckj

ck,j

s = 0.40 × f ci

ck , j

= 0.40 × 0.80f = 0.32 × 40 N ck

mm = 12.8N / mm 2

ck

2

la tensión máxima en el hormigón para tiempo infinito se tomará menor a la inicial (en esta caso, el 30% de f ). Con ello se pretende tener en cuenta el efecto del cansancio y de no trabajar en rangos de tensiones que condujesen a problemas de fluencia no lineal. ck

s = 0.3 × f = 0.3 × 40 N ct

ck

mm

2

= 12.0

N mm

2

Sustituyendo los valores de s , s , s , s obtenidos en las expresiones [4] y [5] se obtienen: A £ 0.0091 A [4] A £ 0.0103 A [5] po

ps

g

ps

g

pt

ci

ct

Estas expresiones son rectas que se pueden representar gráficamente, tal como se muestra en la figura adjunta, con la denominación a y a¢ respectivamente, siendo más restrictiva la primera de ellas correspondiente a la puesta en tensión. 2 Margen de seguridad frente a fisuración

Dado el mayor rango de corrosión bajo tensión en armaduras activas y las mayores consecuencias negativas de esta corrosión, debemos tener un cierto margen de seguridad frente a la fisuración que denominaremos m . Este valor dependerá lógicamente del tipo de estructura, de la probabilidad de sobrecarga y del riesgo asociado a la fisuración (por ejemplo: depósitos de agua frente a edificios de contención de centrales nucleares). Este planteamiento se puede articular a través de la siguiente expresión: fis


374


N

fis

³ m × N , donde:

[6]

fis

N es el esfuerzo axil que produciría la fisuración, N es el esfuerzo axil total (250 kN + 175 kN=425 kN), m es un valor que se fija en base a la experiencia. Así por ejemplo si se toma m =1.5, indicaremos con ello que se fisurará si se presenta un esfuerzo axil 50% mayor del previsto. En este ejemplo tomaremos m =1.5. El desarrollo de la expresión [6] da lugar a una curva como la que se señala en la figura adjunta como b¢, si bien se puede obtener una expresión simplificada lineal, admitiendo en esta hipótesis que A @ A @ A , recordando que A =A +n A , donde n = EE y A =A - A . Con esta hipótesis se obtiene que la tracción del acero es: T = A ×f + A ×s ³ m ×N fis

fis

fis

fis

p

t

n

g

t

n

ps

n

g

ps

c

g

ct

ps

ps

fis

y conduce a la expresión: A ³ - sf A + ms × N tc

ps

[6¢]

fis

g

pt

pt

donde f es la resistencia mínima a tracción del hormigón, que según la EHE viene dada por 0.21 .Sustituyendo los valores correspondientes a este caso tendremos: tc

3

2

f ck

A

ps

³

2.5 N / mm × A - 1.5 × 425 kN 1150.9 N mm 1150.9 N / mm 2

2

g

2

= 0.0022 A - 554 mm

2

g

que se corresponde con la recta señalada como b en la figura adjunta. La curva b¢ y la recta b tienen un buen ajuste en la zona de estudio que interesa, lo que avala la hipótesis simplificativa realizada. 3 Margen de seguridad frente a descompresión

De forma análoga al planteamiento realizado en fisuración también conviene poner un margen de seguridad frente a descompresión para considerar que hay acciones que no se están considerando (por ejemplo: acciones indirectas de tipo térmico). La expresión equivalente a la que se llega en este caso es: N ³ m × N , donde: [7] des

des

N es el esfuerzo axil que descomprime la sección, N es el esfuerzo axil total, m es el valor del margen de descompresión, que lógicamente debe ser menor que el correspondiente a fisuración. En este ejemplo tomaremos m = 1.2. des

des

des


375


El desarrollo de esta expresión, que se puede consultar en la referencia citada de Naaman, conduce a una curva señalada en la figura adjunta por la letra c¢. Ahora bien, haciendo la misma hipótesis simplificativa que en el caso anterior (A @ A @ A ), tendremos para la tracción del acero: T = A ×0 + A ×s ³ m ×N t

g

ps

ps

n

g

des

Obteniéndose la expresión equivalente: A ³ m ×N

[7¢]

des

ps

s

pt

en la que sustituyendo los valores correspondientes se obtiene la recta c, de la figura adjunta: 1.2 × 425 kN = 443 mm A ³ 1150 .9 N mm 2

ps

2

4 Armadura mínima

Con este criterio se pretende la existencia de una armadura mínima para evitar una rotura frágil en el caso de que produzca fisuración. El mismo se puede expresar mediante la ecuación. A ³N [8] ps

fis

Esta expresión difiere algo de la expuesta por Naaman, si bien corresponde al planteamiento europeo en vez del tratamiento ACI seguido por dicho autor. Si en esta expresión hacemos la hipótesis simplificada realizada con anterioridad en el apartado de fisuración se obtiene que: A

æ -f ö ÷×A ³ çç ÷ èf -s ø

[8¢]

ct

ps

yk

g

pt

donde cada una de las variables tiene el significado dado con anterioridad. Sustituyendo en esta expresión se obtiene A

æ 2.5 N mm ö ÷÷ × A = 0.0058 A ³ çç è 1580 - 1150.9 ø 2

ps

g

g

que es una recta, representada en la figura adjunta por la letra d.


376


5 Rotura armadura activa

Se debe verificar el estado límite último de agotamiento de la armadura activa por lo que se planteará la ecuación de equilibrio (sin contribución alguna del hormigón): N £ A ×f [9] d

ps

ypd

donde: N corresponde a la mayoración en los esfuerzos dada en la siguiente formulación (la consideraremos válida para este caso): N = 1.35 × 250 kN + 1.5 × 150 kN = 562.5 kN f = fg = 1580 1.15 = 1374 N mm d

d

ypk

2

ypd

s

en la que sustituyendo estos valores se obtiene 562.5 kN ³ 409.4 mm A ³ 1374 N / mm que está representada en la figura adjunta por la letra del dominio e. 2

ps

2

6 Limitación deformaciones má ximas

Este criterio permite garantizar una deformación Dl (alargamiento o acortamiento) bajo una carga dada o una combinación de cargas. Estas deformaciones deben ser compatibles con las condiciones de contorno. La deformación axial fruto de una carga variable deberá estar condicionada por la deformación permitida en la condición de contorno. Así: -N × l N × l ³ Dl £ -Dl o [10] E ×A E ×A en el que sustituyendo A por su valor (A = A +(n-1)·A , y n = EE = 6 ) se obtiene la expresión: A ³ - nA- 1 + (n -N1)E× l × Dl [10¢] v

c

v

t

c

t

p

t

t

g

ps

c

g

v

ps

c

Una expresión similar se puede obtener si se plantean las deformaciones diferidas correspondiente a la N . Para el presente ejercicio consideraremos un incremento del 40% de la carga variable (245 kN) y un límite de incremento de deformación de Dl= - 3.75 mm, que sustituyendo en [10¢] se obtiene v


377


A

ps

³-

A + 245 × 10 N × 30 × 10 mm ³ -0.2A + 12060 mm 5 5 × 32.5 × 10 N mm × 3.75mm 3

g

3

3

2

2

g

que es una recta, representada en la figura adjunta por la letra f. Con todos los dominios definidos por las ecuaciones de los criterios analizados se obtiene un dominio de soluciones posibles como el de la figura adjunta. Al conjunto de soluciones posibles se le podría añadir una función de mínimos costes de materiales y a puesta en obra. Ello conduce a una recta de pendiente negativa que intersectaría con el dominio posible, en este caso en el punto B. Así pues, la solución de mínimo coste viene dada por: A = 580 cm A = 443 mm 2

g

2

ps

A esta solución de cálculo se le debe ajustar una solución práctica en la realidad. Por ello como geometría se propone adoptar una sección cuadrada de 25 cm de lado (A =625 cm ), y si se matan las esquinas con berenjenos de 4 cm para evitar riesgos de rotura por golpes, se obtendrá un área geométrica de 593 cm (superior a la de cálculo). g

2


2

378


En cuanto al área de la armadura activa (A ), cada cordon de 0.5¢¢ de 7 alambres tiene un área de 100 mm , por lo que se requerirá 5 cordones (A =500 mm ). Ello conduce a un tendón de 5 cordones, con un peso de 3.93 kg/m lineal; una vaina de 45 mm de diámetro interior y una evaluación de la inyección en lechada de cemento de 1.5 kg/m lineal. En los catálogos de las firmas comerciales se definen los detalles de la geometría de placas la anclaje, trompetas, etc. ps

2

ps

2


379


Ejercicio III-7 Viga de gran canto

Dada la viga continua de la figura adjunta pp+ cp= 100 kN/m 2.8 m 0.4

5.6

0.4

5.6

Con las características de los materiales siguientes: - hormigón H-25/20/P/IIaf = 25 MPa - acero B 400 S f = 400 MPa Se considera un nivel de control normal.

0.4

5.6

0.4

ck

yk

Se pide:

1. Definir el ancho de la viga. 2. Calcular la totalidad de armadura necesaria. 3. Dibujar a escala el armado de la viga. Según la Instrucción EHE, se consideran como vigas de gran canto las vigas rectas, generalmente de sección constante, y cuya relación entre la luz y el canto total es inferior a 2 en vigas simplemente apoyadas, ó a 2.5 en vigas continuas. La luz de un vano que se considera es el mínimo entre la distancia entre ejes de apoyos (6.0 m) y 1.15 veces la luz libre (1.15·5.6 = 6.44 m). En nuestro caso, se considera como luz l=6.0 m. Dado que el canto es de 2.8 m, la relación luz/canto es l/h=6/2.8=2.14. Como este cociente es inferior a 2.5 se trata de una viga continua de gran canto, de tres tramos. Así pues, se trata de una región de discontinuidad generalizada, donde no son válidas las hipótesis de Bernouilli. El análisis de este tipo de regiones D se puede llevar a cabo mediante el Método de las Bielas y Tirantes, tal como indica la instrucción EHE.


380


En el caso particular de este ejercicio (viga de gran canto continua y sometida a una carga uniformemente distribuida en la cara superior) se propone el siguiente modelo: p = 1.5·(pp + cp) = 1.5·100 = 150 kN/m d

0.2 l

0.35h

0.4 l

1.8

1.2

2.4

p =1.5(cp + pp) =1.5*100 =150

d

0.98 0.20 pdl 0.5h=1.4

h =2.8

0.16 pdl

0.14

0.09 pdl

0.05h 6

l =6

6

Solución

1 Ancho de viga

La anchura mínima está limitada por el valor máximo de la compresión de los nudos y las bielas. En este caso, la máxima compresión viene provocada por la reacción en un apoyo interior: R s = a ×b con: R = 1.1·p ·l = 1.1·150·6 = 990 kN (reacción de cálculo en apoyo interior) a = 0.4 m (dimensión longitudinal del apoyo) b = ancho de la viga. Esta compresión ha de ser inferior a f =0.7·f =0.7·16.67 =11.67 MPa, por lo que el ancho de la viga ha de ser superior a: b ³ a R× f = 400990000 = 212 mm × 11.67 i ,d

c,max

i

i,d

i

d

i

i

1cd

cd

i,d

i

i

1cd

Imponiendo que la esbeltez geométrica, entendida como el cociente entre la longitud de pandeo y el ancho de la viga, sea menor que 12, se obtiene el ancho de la viga que evita la comprobación del pandeo fuera del plano de la viga. b > l /12 = 3311/12 = 276 mm 0


381


donde l es la longitud de pandeo. Al tratarse de un modelo formado por barras articuladas, este valor coincide con la longitud de la biela, que en este caso alcanza su valor máximo en 3311 mm. La necesidad de un ancho mínimo también puede venir dado por razones constructivas. Veamos desde este punto de vista el orden de magnitud de esta dimensión. Para ello hagamos la hipótesis de que dicho elemento se hormigonará en configuración final, mediante vertido directo desde la parte inferior. En la figura adjunta se muestran las dimensiones de cada componente transversal. o

r = 20 mm de acuerdo con la tabla 37.2.4, dado que tipo hormigón elemento y ambiente. Ø = 10 mm orden de magnitud definido a priori Ø = 10 mm orden de magnitud definido a priori S = 80-100 cm orden de magnitud requerido para entrada de hormigón en caída libre y colocación de vibrador interior. b ³ 2 (r + Ø + Ø + S) = 2 (20 + 10 + 10 + 80) = 240 mm este valor es, en este caso, menos condicionante que el anterior, por lo que se tomará aquél redondeando por exceso. Así pues, el ancho para el problema es 280 mm, si bien podría adaptarse 300 mm de cara a facilitar geométricamente múltiplos de 5 que son más usuales. 1 2

1

r

Ø2 Ø1

S

2

2 La armadura

Según el modelo de bielas y tirantes adoptado para el análisis de la viga de gran canto, la armadura principal que se ha de disponer es la siguiente: 2.1 Armadura de vano interior

En el vano interior donde el momento flector positivo es menor se proyecta para una fuerza de valor 0.09·p ·l = 0.09·150·6 = 81 kN, resultando una armadura necesaria de A = 233 mm . Se dispondrán por tanto 3f10. d

s

2

2.2 Armadura de vano exterior

La fuerza que se ha de considerar en este caso de acuerdo con el modelo de la EHE es 0.16·p ·l = 0.16·150·6 = 144 kN, siendo el área de armadura necesaria: d

A = 414 mm . æçç A = fT ö÷÷ . Se dispondrán 3f10 y 2f12. è ø s

2

s

yd


382


2.3 Zona de apoyos intermedios

Esta zona está traccionada por encima de los apoyos intermedios (ver la figura), y la armadura se proyecta para una fuerza de tracción de valor 0.20·p ·l=0.20·150·6=180 kN: A ·f = T = 180 de donde A = 180000 348 = 517 mm Son necesarias por tanto 7f10, que se dispondrán como f10 cada 10 cm. Por otra parte, además de la armadura principal, se ha de disponer una armadura mínima de 0.1% de cuantía en cada dirección y cada cara del elemento (armadura secundaria): A = 0.001·(280mm·1000m) = 280 mm /m Ello responde a que dado que no se calcula frente a acciones indirectas, siempre existe una armadura mínima que evita roturas frágiles. Para el cálculo de las zonas de apoyo, de acuerdo con el artículo 60 de la instrucción EHE, referido a cargas concentradas sobre macizos, si no se dispone armadura de confinamiento, la fuerza máxima de compresión será el menor de los siguientes valores: N = A ·f = A ·0.7·f = 400·280·11.67 =1307040 N = 1307 kN f ö÷ × f = 400 × 280 × 0.85 × æç1 - 25 ö÷ × 16.67 N =A ·f = A × 0.85 × æçç1 - 250 ÷ è 250 ø è ø N = 1428286 N = 1428 kN siendo A el área en el apoyo. N es superior en cualquier caso a la reacción máxima en apoyos (N = 990 kN). Por lo tanto, no es necesario reforzar esta zona de apoyos. d

s

yd

s

2

sec

u

u

c1

c1

2cd

1cd

c1

cd

ck

c1

cd

u

c1

u

d,max

3 Armado de la viga

La armadura que se dispone finalmente es la que se aprecia en la figura. El diámetro base de armadura que se propone es de 10 mm, excepto la armadura de los vanos exteriores resuelto con 3 Ø 10 + 2 Ø 12. Ø 10 cada 20 cm

3 Ø 10 2 Ø 12

3 Ø 10

Ø 10 cada 20 cm

3 Ø 10

2 Ø 12


383


Ejercicio III-8 Ménsula corta para puente-grúa Un puente-grúa de 100 kN se apoya sobre una ménsula corta con las dimensiones que se indican en la figura.

40

Fv

FH

10

45 80 cm

50

50

Las acciones a las que se ve sometida la ménsula son: - acción vertical del puente-grúa de 100 kN (Fv), - acción horizontal de frenado del carro de 15 kN (FH). Se considera un hormigón HA-25/P/12/I y un acero B 500 S. Los coeficientes de seguridad que se utilizarán serán los correspondientes a un nivel de control normal.

Se pide: 1. Calcular la armadura que es necesario disponer para hacer frente a las acciones provocadas por el puente-grúa. 2. Proponer una disposición del armado de la ménsula.

Solución

1 Armadura Para que el elemento estructural considerado se pueda considerar como una ménsula corta, se han de verificar unas determinadas condiciones geométricas.


384


En primer lugar, la distancia entre la línea de acción de la carga vertical principal y la sección adyacente al soporte ha de ser menor o igual que el canto útil en dicha sección. En el caso del ejemplo, la distancia que se ha de considerar toma el valor de a=40 cm, siendo el canto útil d=70 cm. Así pues, se satisface esta primera condición. Por otra parte, el canto útil medido en el borde exterior del área donde se aplica la carga ha de ser mayor o igual que la mitad del canto útil en la sección adyacente al soporte. El primero de ellos es d1=38.5 cm, mientras que 0.5·d=35 cm. Considerando un coeficiente de seguridad

g

Q

= 1.5, se obtienen los siguientes valores de cálculo

para las cargas actuantes en el elemento: FHd = FVd =

g g

·FH = 22.5 kN

Q

Q

·FV = 150 kN

Se adopta el siguiente modelo de bielas y tirantes:

Se considera que la ménsula se hormigona monolíticamente con el pilar. Por lo tanto, se toma un

q

valor del ángulo de inclinación de la biela tal que cotg

= 1.4. Este valor representa el coeficiente

de rozamiento entre dos hormigones. 1.1 Dimensionamiento de la arm adura La armadura está compuesta por una armadura principal y por unos cercos horizontales. La armadura principal ha de poder absorber una tracción de cálculo de valor:

q

-1

Tu1 = FVd·tg +FHd = 150·1.4

+ 22.5 = 129.64 kN

2

f

As = Tu1 / fyd = 298 mm , que se pueden obtener disponiendo 3 12. Los cercos horizontales deben absorber una tracción total de valor:


385


2

0.25·FVd·sen

q = 0.25·150·(1+1.4 )

2 -1

= 12.67 kN

2

Ase = 29.14 mm , que se consigue colocando cercos

f8 cada 15 cm.

1.2 Comprobación de nudos y bi elas Dado que se verifica la siguiente expresión:

d

³

a 0.85

× cot gq

d = 70 cm a = 40 cm 70 cm

³

40 0.85

× 1.4 = 65.9 cm

únicamente se ha de comprobar la compresión localizada en el apoyo: FVd

×

b c

=5

N mm

2

£ 11.67 = f

1cd

donde: FVd = 150 kN b = 100 mm c = 300 mm

Dimensiones del apoyo

f1cd = 0.70·16.67 = 11.67 MPa Esta expresión es válida si FHd = 22.5 kN

£ 0.15·F

Vd

= 22.5 kN

2 Disposición del armado Se propone la siguiente disposición del armado:

A esta armadura (efecto local ménsula) hay que superponer la que corresponda como elemento estructural. Todo ello puede implicar que dicha zona sea fuertemente armada, recomendándose en ese caso estudiar sistemas de racionalización de armado que favorezcan el vertido y compactación del hormigón.


387


Ejercicio III-9 Punzonamiento de una placa en un pilar

El forjado de un edificio de viviendas consiste en una placa maciza de hormigón armado sustentada sobre soportes aislados. Considérese un pilar interior de sección 25x25 cm unido a la placa de 23 cm de canto, sometido a un axil de cálculo de 750 kN. Las propiedades de proyecto de los materiales son: - hormigón HA-25/P/12/I - armaduras B 400 S Se supone una cuantía de armadura longitudinal en la losa en ambas direcciones de valor r=0.5%. 2

Se pide:

1. Determinar si es necesario disponer armadura de punzonamiento. 2. Calcular, en su caso, dicha armadura y hacer un esquema de disposición de la misma. Solución

1 Determinación de la necesida d de la armadura de punzonamiento

En primer lugar se ha de determinar el área crítica. Ésta viene definida a partir del canto útil y de un perímetro crítico. El canto útil es de 20 cm, mientras que el perímetro crítico se sitúa a una distancia igual a dos veces este canto útil (2·d = 40 cm) del perímetro del soporte.

Para comprobar si es necesario disponer armadura de punzonamiento, se ha de verificar que: t £t sd

rd


388


donde t es la tensión tangencial nominal de cálculo y t es la tensión tangencial máxima resistida. F = 1.228 MPa t = u ×d F = b·F = 862500 N (esfuerzo efectivo de punzonamiento de cálculo) b=1.15 (soporte interior) F = 750000 N (esfuerzo de punzonamiento de cálculo) u = 4·250+2·p·400 = 3513.3 mm d = 200 mm t = 0.12·x·(100·r ·f ) = 0.12·2·(100·5·10 ·25) = 0.557 MPa r = 5·10 200 =1 + 200 = 2 x =1+ d 200 sd

rd

sd ,ef

sd

1

sd,ef

sd

sd

1

rd

1

1

1/3

ck

-3

1/3

-3

Como t > t , es necesario disponer armadura de punzonamiento. sd

rd

2 La armadura

Deben realizarse tres comprobaciones: una en la zona con armadura transversal, otra en la zona adyacente sin dicha armadura y verificar la resistencia máxima. En primer lugar se debe estimar el número de perímetros concéntricos de armadura de punzonamiento que se dispondrán, o lo que es lo mismo, se ha de determinar hasta dónde es necesario disponer dicha armadura. Para ello se procede a la comprobación de la zona exterior a la armadura de punzonamiento. 2.1 Zona exterior a la armadura de punzonamiento

En esta zona se ha de verificar que: F , £ 0.12·x·(100·r ·f ) ·u ·d Por lo tanto, el perímetro u se puede obtener mediante la expresión siguiente: F 750000 u ³ = 0.12 × x × (100 × r × f ) × d 0.12 × 2 × (100 × 5 × 10 × 25) × 200 u = 6732.6 mm F , = F = 750000 N , puesto que se supone que a la distancia en la que se comprueba esta condición el efecto del momento transferido entre soporte y losa por tensiones tangenciales ha desaparecido, y únicamente se tiene en cuenta el efecto debido a la carga. Al tratarse de un soporte interior, este perímetro se corresponde con el de un cuadrado de lado u /4= 6732.6/4 = 1683.2 mm. sd ef

1

ck

1/3

n,ef

n,ef

sd,ef

n ,ef

1/ 3

1

ck

n,ef

sd ef

sd

n,ef


-3

1/ 3

389


Según la instrucción EHE, la distancia entre el primer perímetro de armadura de punzonamiento y la cara del soporte ha de ser inferior a 0.5·d=100 mm, mientras que las distancias entre los diferentes perímetros no han de exceder de 0.75·d=150 mm. Por ejemplo, se puede intentar disponer tres perímetros con una separación entre perímetros s=130 mm, que es inferior a 0.75·d=150 mm. Para ello se puede disponer un primer perímetro formado por 4 barras por lado separadas entre sí por 130 mm, resultando entonces que la distancia entre el perímetro y el paramento del soporte es 3 × 1302- 250 = 70 mm , inferior a 0.5·d=100 mm. Así pues, una posible disposición de la armadura de punzonamiento es: - primer perímetro a 70 mm del paramento del soporte, formado por 12 barras; - segundo perímetro a 130 mm del primero, formado por 20 barras; - tercer perímetro a 130 mm del segundo, y formado por 28 barras.

En este caso, u = 4·(7·s + 2·(2·d)) = 4·(7·130+2·(2·200)) = 6840 mm. Por lo tanto, no es necesario disponer armadura de punzonamiento a partir del tercer perímetro, que es lo que se quería verificar. Una vez se ha decidido en qué zona es necesario colocar la armadura de punzonamiento, así como la disposición concreta de ésta, se puede proceder a su dimensionamiento. n,ef

2.2 Zona con armadura de punz onamiento

El esfuerzo cortante de agotamiento consta de una parte resistida por el hormigón y otra parte que ha de absorber la armadura. Para el dimensionamiento de la armadura se hace que el esfuerzo de agotamiento sea igual a la solicitación: V =V +V =F La contribución del hormigón se puede estimar mediante la expresión: V = 0.10·x·(100·r ·f ) ·b ·d = 0.10·2·(100·5·10 ·25) ·3513·200= 326146 N 200 =1 + 200 = 2 x =1+ d 200 u2

cu

su

cu

sd,ef

1

ck

1/3

0

-3


1/3

390


= 5·10 b = u = 3513.3 mm d = 200 mm Por lo tanto, la armadura ha de ser capaz de resistir: V = Aa·f a ·0.9·d = F - V = 862500 - 326146 = 536354 N A = As = f V× 0.9 × d = 8.57 mm / mm = 85.7 cm / m f a = f = 347.83 MPa Con la disposición de armadura adoptada ( s=130 mm), se obtiene que el área total de armadura de punzonamiento en un perímetro concéntrico al soporte ha de ser: A = Aa·s= 11.14 cm En el primer perímetro este área total de armadura se puede conseguir colocando f12. En el resto de perímetros la armadura necesaria es menor, pero se continúan disponiendo barras del mismo diámetro, puesto que no es conveniente reducir excesivamente el diámetro de las barras y además se facilita el montaje. Esta armadura de punzonamiento estará constituida por barras dobladas. r

-3

1

0

1

su

a

y ,d

y

,d

sd,ef

sw

cu

2

su

2

ya,d

yd

2

sw

2.3 Resistencia máxima

Finalmente, cabe comprobar que el esfuerzo máximo de punzonamiento no supera un cierto límite. Se ha de verificar que: F £f u ×d F = 862500 = 4.312 MPa u × d (4 × 250 ) × 200 f = 0.30·f = 5 MPa Así pues, también se satisface la condición de resistencia máxima. La disposición final de las armaduras es la que se indica en la siguiente figura. sd ,ef

1cd

0

sd ,ef

0

1cd

cd

130 mm 12

130 mm

70 mm

d = 200 mm 250 mm

130 mm< 0.75d


0.5d > 70 mm

391


Ejercicio III-10 Punzonamiento de placas bajo cargas concentradas La placa representada en la figura se encuentra sometida a la acción de su peso propio y de la carga repartida Q, que actúa sobre la zona rectangular de dimensiones b y c cuyo centro es el punto P0. En esta zona se produce una flexión considerable. Una vez dimensionada la placa frente al estado límite último de flexión, se plantea la comprobación de la placa frente al punzonamiento. Las características de los materiales son: - acero B500 S, fyk = 500 MPa - hormigón HA-25/B/18/IIa En la zona de la carga concentrada las características de las armaduras son: - cuantías:

r = 4.6 x

o

/oo,

r=3 y

o

/oo,

- cantos útiles: dx= 0.46 m, dy=0.44 m. Canto total: h = 0.5 m

Po c lx = 5 m; ly = 12 m

b

c = 1 m; b = 2 m

l y

P0 (x,y) = (2m, 8.5m) 2

Qk = 600 kN/m

l x

Y X Se pide: Realizar la comprobación de la placa frente al punzonamiento.


Borde libre Borde empotrado Borde apoyado

392


Solución La superficie crítica de punzonamiento (perímetro u1) se sitúa a 2d del área cargada:

bs 2d

2d

g2

2d

cu1 2d

<6d

bi

tg

>6d

tg

g g

1

= 0.235

2

= 0.571

g1 bu1

Los lados del perímetro crítico básico bu1 y cu1, paralelos a los lados b y c del área cargada, son (tomando el canto útil medio):

b u1 c u1

= =

b c

+ 2 × ( 2 × d ) = 3 .8 m + 2 × ( 2 × d ) = 2 .8 m

El perímetro crítico, sin embargo, se ve reducido por la proximidad del borde libre según se observa en la figura. Resulta, finalmente, el siguiente valor de u1:

( +(

) )×

bs

= b 2 + 2d +

2d

+ c 2 × tg g = 2.70 m

bl

= b 2 + 2d

2d

+ c2

u1 Calculamos

= 7.73 m t

sd

2

tg

g = 2.23 m 1

(tensión tangencial nominal de cálculo en el perímetro crítico), incluida la carga de

peso propio en la zona cargada: Fsd,ef = esfuerzo efectivo de punzonamiento de cálculo Fsd ,ef

t = sd

= 1.35 × b × c × h × 25 kN / m + 1.5 × b × c × 600 kN / m = 1979.55 kN 3

u1

Fsd,ef u1

×d

u1

= 569.08 kN / m = 0.569 MPa 2


2

393


Se calcula

t

, capacidad resistente del hormigón en el perímetro crítico:

rd

t = 0.12 × x × (100 × r × f d +d d = = 0.45 m rd

1

x

ck

)

1

3

y

2

200

x =1+

= 1.67

d

rl = r × r = 0.0037 x

, de donde

y

t = 0.421 MPa rd

Dado que se sobrepasa la capacidad resistente del hormigón en el perímetro crítico, es necesario disponer armadura frente a punzonamiento. Deben estudiarse dos zonas: a) Zona con armadura de punzonamiento. Se calculan Asw, el área de la armadura de punzonamiento en un perímetro concéntrico al del área cargada. Se trata el dimensionamiento del mismo modo que frente a esfuerzos cortantes, donde: bo

=u

Aa

=

1

A sw s

Asw es la armadura total frente al punzonamiento y s es la separación entre dos perímetros concéntricos de armadura. Vu 2

=V +V cu

su

= 0.10 × x × (100 × r × f ) × b × d = 1219.4 kN - V = 760.15 kN V =F V = A a × f a × z × sen a × (cot ga + cot gq) q @ 45º y a @ 90º z @ 0.9 × d = 0.4 m 1/ 3

Vcu

ck

su

sd,ef

su

f ya,d

Aa

o

cu

y ,d

=

500 MPa 1.15

= 43.71

cm

= 434.78 MPa

2

m

La disposición clásica de armadura transversal vertical es la que aparece en la figura:


394


0.75d 0.75d 0.5d

2

Tomando como valor de s=300 mm, se tiene una armadura de punzonamiento de 13.11 cm para un 2

perímetro concéntrico al área cargada: Asw=Aa·s=13.11 cm . Así pues, una posible disposición de armadura de punzonamiento es: -

primer perímetro a 230 mm del área cargada, formado por 17 barras

-

segundo perímetro a 300 mm del primero, formado por 21 barras

-

tercer perímetro a 300 mm del segundo, formado por 25 barras.

Como en el primer perímetro el área total de armadura se cubre con

f10,

y en el resto de los

perímetros aunque se dispone más armadura de la necesaria, se opta también por barras

f10,

ya que

no conviene reducir excesivamente el diámetro de la armadura.

f10/30

cm

300 mm 300 mm 230 mm Área cargada

b) Zona sin armadura de punzonamiento En la zona exterior a la armada el hormigón debe resistir el esfuerzo sin presencia de armadura. Debe verificarse que:

Fsd ,ef

£ 0.12 × x × (100 × r × f 1

) ×u 1

ck

3

n ,ef

×d

donde un,ef es el perímetro que aparece en la figura:


395


u

n,ef

2d

un,ef

@ (9 x 3) ·300 mm +4 ·(2d) = 11.7 m

El valor de un,ef resulta ser de 11.7 m y, teniendo en cuenta el peso propio de toda el área en estudio, resulta: Fsd,ef

= 2172.6 kN < t × u rd

n ,ef

× d = 2216.6

kN , luego cumple.

Por último debe comprobarse que el esfuerzo máximo de punzonamiento no supera el valor: Fsd ,ef u0

×d

£f

1cd

×

donde f1cd es la resistencia a compresión del compresión del hormigón (f1cd = 0.3 fcd) y u0 es el perímetro que aparece en la figura:

uo

Se tiene así, u0 = 3.403 m

×

f1cd = 0.3 25 MPa / 1.5 = 5 MPa

×

×

×

3

Fsd,ef = 1.35 1m 2m ·0.5m 25 kN/m + 1800 kN = 1833.8 kN Fsd,ef u0d

= 1.20 MPa , que cumple sin problemas.


397


Ejercicio III-11 Racionalización del armado I

En el encauzamiento de una riera se plantea una solución mediante un muro de sección constante de 900 metros de longitud. Al tratarse de una obra lineal se pretende industrializar el armado a fin de aumentar los rendimientos de ejecución, utilizando malla electrosoldada.

Un panel de malla especial tiene, tanto en la dirección longitudinal como en la transversal, unos sobrelargos o patillas, de unas dimensiones iguales a la longitud de solapo correspondiente por un lado, y de una longitud igual o sensiblemente igual a la trama por el otro. L: longitud de las barras longitudinales ai: sobrelargo longitudinal de longitud igual o sensiblemente igual a la trama ad: sobrelargo longitudinal de longitud igual a la longitud de solapo T: longitud de las barras transversales bi: sobrelargo transversal de longitud igual o sensiblemente igual a la trama bd: sobrelargo longitudinal de longitud igual a la longitud de solapo Datos: - hormigón H-250. - acero B-500-S.


398


- juntas de construcción cada 9 metros (junta con armadura pasante) - juntas de dilatación cada 18 metros (junta sin armadura pasante) - recubrimiento de armaduras = 3 cm - dimensiones máximas de los paneles de malla electrosoldada: 9 metros en la dirección longitudinal 2.45 metros en la dirección transversal. - cuantías de armadura: Zapata Armadura principal inferior: 3.14 cm /m Armadura reparto inferior: 2.50 cm /m Armadura principal superior: 5.655 cm /m Armadura reparto superior: 3.14 cm /m Alzado: Armadura principal interior: 5.655 cm /m Armadura reparto interior: 3.80 cm /m Refuerzo interior a 1/3 de la altura: 4.95 cm /m Armadura principal exterior: 3.90 cm /m Armadura reparto exterior: 2.50 cm /m - rendimientos de colocación: Ferralla tradicional: 80 Kg / persona / hora Malla especial: 240 Kg / persona / hora 2

2

2

2

2

2

2

2

2

Se pide:

1. 2. 3.

Solución mediante malla electrosoldada especial. Plantear una racionalización del armado mediante mallas electrosoldadas especiales. Solución tradicional. Plantear una racionalización del armado mediante ferralla tradicional. Según el plan de obra, se pretende armar dos tramos de 18 metros por la mañana (5 horas) para hormigonar por la tarde. ¿Cuántos operarios son necesarios en la solución propuesta con malla especial? Comparar con la solución en ferralla tradicional.

Solución

1 Solución mediante malla elec trosoldada especial 1.1 Determinación de diámetros de barras y separaciones

En la siguiente tabla se tienen los valores de las cuantías geométricas de armadura para distintos diámetros y separaciones de barras.


399


Cuantías de armadura (cm / m) (mm) A (cm ) Sep. = 10 cm Sep. = 15 cm Sep. = 20 cm Sep. = 25 cm 6 0.283 2.83 1.887 1.415 1.132 8 0.503 5.03 3.353 2.515 2.012 10 0.785 7.85 5.233 3.925 3.14 12 1.131 11.31 7.54 5.655 4.524 A partir de las cuantías de armadura se obtienen las siguientes disposiciones de armadura: Zapata Armadura principal inferior: f10 cada 25cm 3.14cm ³ 3.14cm Armadura reparto inferior: f8 cada 20cm 2.515cm ³ 2.50cm Armadura principal superior: f12 cada 20cm 5.655cm ³ 5.655cm Armadura reparto superior: f10 cada 25cm 3.14cm ³ 3.14cm Alzado Armadura principal interior: f12 cada 20cm 5.655cm ³ 5.655cm Armadura reparto interior: f10 cada 20cm 3.925cm ³ 3.80cm Refuerzo alzado interior: f12 cada 20cm 5.655cm ³ 4.95cm Armadura principal exterior: f10 cada 20cm 3.925cm ³ 3.90cm Armadura reparto exterior: f8 cada 20cm 2.515cm ³ 2.50cm f

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

1.2 Cálculo de longitudes de sola po

Para el cálculo de las longitudes de solapo se utiliza la expresión de la normativa española para barras en posición II (65.5.2., EHE), teniendo en cuenta que más del 50% de las barras traccionadas se solapan en la misma sección. Considerar posición II en todos los solapos conduce a un pequeño aumento del consumo de acero pero a una mejor racionalización del armado. Longitud de solapo = a × l = 1.4 × l f × f ³ 15 cm l = 1.4 × m × f ³ 140 bII

bII

2

bII

yk

Se obtienen para las barras de diámetro 8, 10 y 12 mm unas longitudes de solapo de 40, 50 y 60 cm respectivamente. 1.3 Modulación de los paneles

Dadas las dimensiones de la sección transversal del muro, en el alzado y la zapata es conveniente disponer los paneles de malla electrosoldada de forma transversal. Es decir, con su dimensión menor en la dirección longitudinal del muro. Es necesario diferenciar las dimensiones longitudinal y transversal de paneles y muro. Éstas coincidirán o no en función de la disposición de los paneles de malla en el elemento estructural. Para determinar las dimensiones del panel que se quiere emplear en el armado se utiliza la siguiente ecuación:


400


n × A - (n - 1) × S = L

T

donde: n es el número de paneles de malla electrosoldada que se deben disponer A es la anchura del panel S es la longitud de solapo de la barra correspondiente L es la longitud del elemento estructural que se debe ocupar por los paneles de malla. T

Para una longitud L =17.94 m (distancia entre juntas sin armadura pasante menos el recubrimiento a ambos lados) se obtiene, en función del diámetro de las barras para solapar, la siguiente disposición de paneles para cada tramo de 18 m de encauzamiento: f8 Þ 9 paneles de 2.35 m de anchura f10 Þ 9 paneles de 2.44 m de anchura. Se utiliza la siguiente designación de paneles, teniendo en cuenta que la mayor dimensión del panel se denomina longitudinal y que la menor dimensión se denomina transversal: S x S f - f de L x T T

L

T

L

T

donde: S : separación entre barras longitudinales, S : separación entre barras transversales, f : diámetro de las barras longitudinales, f : diámetro de las barras transversales, L : longitud de las barras longitudinales, T : longitud de las barras transversales. La racionalización de la armadura del muro mediante el empleo de malla electrosoldada especial puede verse en el siguiente gráfico de la sección transversal: L T

L T


401


A continuación se indican las características de los paneles de malla especial necesarios: Malla inferior zapata 25 x 20 f 10 8de 3.24 x 2.35 m 28.99 Kg / panel 9 paneles / tramo ( ZAP.INF )

Malla superior zapata 20 x 25 f 12 10 de 3.48 x 2.44 m Esta malla tiene unas patillas laterales de 37 cm de largo. Estas patas, además de actuar de anclaje y evitar la fisuración del lateral de la zapata, se prolongan hasta la cota inferior de la zapata para fijar la armadura en su posición definitiva. 47.46 Kg / panel 9 paneles / tramo ( ZAP.SUP ) Malla alzado exterior

20 x 20

f 10 8de

3.12 x 2.35 m


402


Esta malla tiene un sobrelargo en la zona de solapo con la espera. Las barras de reparto que faltan se disponen en la espera. 30.36 Kg / panel 9 paneles / tramo ( ALZ.EXT )

Malla espera exterior 20 x 20 f 8 10de 2.35 x 1.05 m Esta malla se realiza con el sobrelargo suficiente para poder ser hincada en la zapata. En la parte superior que se solapa con el alzado, se disponen barras longitudinales de diámetro 10 mm que además de mantener la rigidez de la malla forman parte de la armadura de reparto interior del alzado. 9.26 Kg / panel 9 paneles / tramo ( ESP.EX )

Malla alzado interior 20 x 20 f 12 10 de 3.12 x 2.44 m Esta malla tiene un sobrelargo en la zona de solapo con la espera. Las barras de reparto que faltan se disponen en la espera. 45.77 Kg / panel 9 paneles / tramo ( ALZ.INT )

Malla espera interior

20 x 20

f 10 12

de


2.44 x 1.15 m

403


Esta malla se realiza con el sobrelargo suficiente para poder se hincada en la zapata. En la parte superior que se solapa con el alzado, se disponen barras longitudinales de diámetro 10 mm que además de mantener la rigidez de la malla forman parte de la armadura de reparto interior del alzado. 14,73 Kg / panel 9 paneles / tramo ( ESP.INT )

Malla refuerzo interior 40 x 20 f 8 12 de 5.98 x 1.55 m Esta malla está realizada con redondos de montaje de 8 mm de diámetro en la dirección longitudinal, y con un sobrelargo de 60 cm para permitir el hincado en la zapata. 48.38 Kg / panel 3 paneles / tramo ( REF.INT )

Malla separador 30 x 20 f 8 8 de 5.98 x 1.10 m Malla que se utiliza para separar las mallas superior e inferior de la zapata. Esta malla debe tener rigidez suficiente para permitir el hormigonado y vibrado de la zapata sin que se produzcan deformaciones que lleven a una pérdida del canto útil.

22.48 Kg / panel 3 paneles / tramo


404


Gracias a la geometría de estos paneles de malla electrosoldada especial, se logrará una colocación rápida de la armadura. El procedimiento de colocación consiste en que una vez colocado el primer panel, el sobrelargo corto del segundo panel, ya sea el transversal o el longitudinal, debe tocar la última barra longitudinal o transversal del primer panel. 2 Solución con ferralla tradicio nal

La disposición de armaduras utilizando ferralla tradicional es la siguiente:

En la tabla siguiente se realiza el despiece de la armadura de la solución con ferralla tradicional: Zapata

Alzado

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

Armadura principal inferior Armadura reparto inferior Armadura principal superior Armadura reparto superior Armadura principal interior Armadura reparto interior Armadura espera interior Refuerzo alzado interior Armadura principal exterior Armadura reparto exterior Armadura espera exterior


f10

8 f12 f10 f12 f10 f12 f12 f10 f 8 f10

f

cada 25 cm cada 20 cm cada 20 cm cada 25 cm cada 20 cm cada 20 cm cada 20 cm cada 20 cm cada 20 cm cada 20 cm cada 20 cm

405


3 Solución mediante malla elec trosoldada especial 3.1 Medición del armado:

El montaje de la armadura teniendo en cuenta la racionalización del armado mediante el empleo de mallas electrosoldadas realizadas a medida de dos tramos de 18 metros de encauzamiento en una mañana implica la colocación de 3603.44 Kg repartidos de la siguiente manera: 18 paneles de malla inferior zapata 521.82 Kg 18 paneles de malla superior zapata 854.28 Kg 18 paneles de malla alzado exterior 546.50 Kg 18 paneles de malla espera exterior 166.68 Kg 18 paneles de malla alzado interior 823.86 Kg 18 paneles de malla espera interior 265.14 Kg 6 paneles de malla refuerzo interior 290.28 Kg 6 paneles de malla separador 134.88 Kg Dado el rendimiento de colocación de la malla de 240 Kg / persona / hora puede verse que son necesarios 3 operarios para el montaje de la armadura. 3.2 Solución en ferralla tradicion al

Medición del armado: Zapata: Armadura principal inferior: 73 barras de 3.24 m (145.70 Kg) Armadura reparto inferior: 15 barras de 18.4 m (109.02 Kg) Armadura principal superior: 91 barras de 3.48 m (281.21 Kg) Armadura reparto superior: 12 barras de 18.4 m (136.01 Kg) Alzado: Armadura principal interior: 91 barras de 3.12 m (252.12 Kg) Armadura reparto interior: 16 barras de 18.5 m (182.34 Kg) Armadura espera interior: 91 barras de 1.15 m (92.93 Kg) Refuerzo alzado interior: 91 barras de 1.55 m (125.25 Kg) Armadura principal exterior: 91 barras de 3.12 m (175.90 Kg) Armadura reparto exterior: 16 barras de 18.4 m (116.29 Kg) Armadura espera exterior: 91 barras de 1.05 m (58.86 Kg) Utilizando ferralla tradicional se tiene que para cada tramo de 18 metros de encauzamiento son necesarios 1675.63 Kg de armadura. Por lo que si se arman 36 metros de encauzamiento, se están colocando 3351.26 Kg de acero en 5 horas. Como puede verse, el armado del muro mediante ferralla tradicional se consigue utilizando aproximadamente un 7% menos de kilogramos de acero que en la solución en malla. Teniendo en cuenta que el rendimiento de colocación de la ferralla tradicional está estimado en 80 Kg/persona/hora, se ve que son necesarios 9 operarios para el montaje.


407


Ejercicio III-12 Racionalización del armado II

Un edificio de 8 plantas está diseñado con forjados de losa maciza de 16 x 28 metros. Conocidas las cuantías de armadura que se deben disponer se pretende realizar una racionalización de armaduras a fin de conseguir un aumento de los rendimientos de colocación y una mejora de la calidad. Datos: - hormigón H-250 - acero B-500-S - juntas de construcción cada 9 metros - dimensiones máximas de los paneles de malla electrosoldada especial: 9 metros en la dirección longitudinal 2.45 metros en la dirección transversal. - cuantías de armadura: armadura superior de la losa: 1.40 cm /m armadura inferior de la losa: 2.50 cm /m. Nota: un panel de malla especial tiene tanto en la dirección longitudinal como en la transversal unos sobrelargos o patillas de unas dimensiones iguales a la longitud de solapo correspondiente por un lado y de una longitud igual o sensiblemente igual a la trama por el otro. 2

2

L: longitud de las barras longitudinales ai: sobrelargo longitudinal de longitud igual o sensiblemente igual a la trama ad: sobrelargo longitudinal de longitud igual a la longitud de solapo T: longitud de las barras transversales bi: sobrelargo transversal de longitud igual o sensiblemente igual a la trama bd: sobrelargo longitudinal de longitud igual a la longitud de solapo Plantear una solución en malla electrosoldada especial o hecha a medida como una alternativa a la que se utiliza frecuentemente con malla electrosoldada estándar.


408


Solución

Se plantea una solución en malla electrosoldada especial como alternativa a la malla estándar. El empleo de malla especial permite la colocación técnicamente correcta de la armadura de la losa ya que todas las mallas están situadas en un mismo plano, incluso en las zonas de solapo. 1

Problemática del empleo de malla electrosoldada estándar

La práctica habitual en el armado de losas, basada en el empleo de malla electrosoldada estándar, realiza el solapo de las armaduras superponiendo unas mallas sobre las otras. De esta forma se crean hasta cuatro capas de mallas en las zonas de solapo. Los efectos de la creación de estas cuatro capas de malla son: § Disminución del canto útil y, en consecuencia, reducción de la capacidad resistente del elemento estructural.

Creación de un tamiz que no es más que una barrera para el hormigón. Se dificulta el hormigonado y vibrado haciendo que aumente la probabilidad de un hormigonado defectuoso. Determinación de diámetros de barras y separaciones: En la siguiente tabla se tienen los valores de las cuantías geométricas de armadura para distintos diámetros y separaciones de barras. §


409


A (cm ) Cuantías de armadura (cm / m) (mm) Sep.=10 cm Sep.=15 cm Sep.=20 cm Sep.=25 cm 6 0.283 2.83 1.887 1.415 1.132 8 0.503 5.03 3.353 2.515 2.012 10 0.785 7.85 5.233 3.925 3.14 12 1.131 11.31 7.54 5.655 4.524 A partir de las cuantías de armadura se obtienen las siguientes disposiciones de armadura: - armadura superior de la losa: f 6 cada 20 cm 1.415 cm ³ 1.40 cm f 8 cada 20 cm 2.515 cm ³ 2.50 cm f

2

2

2

2

2

2

2

Cálculo de longitudes de solapo

Para el cálculo de las longitudes de solapo se utiliza la expresión de la normativa española teniendo en cuenta que más del 50 % de las barras traccionadas se solapan en la misma sección. Longitud de solapo = a × l = 1.4 × l f × f ³ 15 cm l = m × f ³ 200 f × f ³ 15 cm l = 1.4 × m × f ³ 140 Se obtiene para las barras de diámetro 6 mm, situadas en posición II, una longitud de solapo de 30 cm. Y para las barras de diámetro 8 mm, situadas en posición I, una longitud de solapo de 30 cm. b

bI

bII

3

b

yk

2

yk

2

Modulación de los paneles

Se plantea una disposición de paneles en la que las barras longitudinales de cada panel tienen la misma dirección que la mayor dimensión de la losa. Para determinar las dimensiones del panel que se debe emplear en el armado de la losa se utiliza la siguiente ecuación: n × A - (n - 1) × S = L T

donde: n es el número de paneles de malla electrosoldada que se debe disponer A es la anchura del panel S es la longitud de solapo de la barra correspondiente L es la longitud del elemento estructural que se debe ocupar los paneles de malla. T


410


Dada la longitud de solapo, que coincide en las barras de 6 y 8 mm de diámetro debido a las diferentes posiciones de hormigonado, y dadas las longitudes L =27.94 m (dimensión longitudinal de la losa menos el recubrimiento a ambos lados) y L =15.94 m (dimensión transversal de la losa menos el recubrimiento a ambos lados) se obtiene que deben disponerse paneles de 5.58 x 2.26 metros. Esta dimensión de los paneles da lugar a 5 paneles en dirección longitudinal y 8 paneles en dirección transversal. T

T

Se utiliza la siguiente designación de paneles, teniendo en cuenta que la mayor dimensión del panel se denomina longitudinal y que la menor dimensión se denomina transversal: S x S f - f de L x T L

T

L

T

donde: S : separación entre barras longitudinales S : separación entre barras transversales f : diámetro de las barras longitudinales f : diámetro de las barras transversales L: longitud de las barras longitudinales T: longitud de las barras transversales. Así pues, para la solución en malla electrosoldada especial se tienen los siguientes paneles: Malla superior losa 20 x 20 f 6 6 de 5.53 x 2.26 m L T

L T


411


25.43 Kg / panel 40 paneles/ tramo

Malla inferior losa 42.25 Kg / panel 40 paneles/ tramo

20 x 20 f 8 8

de

5.858 x 2.26 m

Gracias a la geometría de estos paneles de malla electrosoldada especial se logrará una colocación rápida de la armadura. El procedimiento de colocación consiste en que una vez colocado el primer panel, el sobrelargo corto del segundo panel, ya sea el transversal o el longitudinal, debe tocar la última barra longitudinal o transversal del primer panel.


Ejercicios Hormigon Armado y Pre Tens Ado - Ediciones Upc

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