Torsión Ejemplos EHE

Torsión  Ejemplos EHE 2008

Ejercicio Nº 1 TORSIÓN Calcular la armadura de refuerzo de una sección de 35X45 cm2, si está solicitada por un esfuerzo cortante Vd=75 [kN] y un momento torsor Td=32 [kN-m]. La armadura longitudinal correctamente anclada que pasa por la sección es de 4.02 [cm2]: Datos: - .  Acero B500S  Vd=75 [kN] Td=32 [kN-m]  As=4.02 [cm2] d=40 [cm] 1. MATERIALES: 









 f cd 

=

 f  yd 

=

 f td 

=

20 1.5

[

= 13.33  MPa

500 1.15

=

]

434.78[ MPa]

400[ MPa]

Ejercicio Nº 1 2.

SOLICITACIONES: V d 

3.

75 [kN  ]

=

T d 

=

32 [kN 

−

m]

DIMENSIONAMIENTO: 1.

CORTE V d 

= V d  =

1

2

u1 =

 f 1cd 

=

75[kN ]

⋅ o⋅

0.6 ⋅  f cd 

⋅ =

Valorr asum Valo asumido ido!! ⋅ 1c

(ctgα  + ctgθ )

α  = 90º

ctgα  =  ctg 90º = 0

θ  = 45º

ctgθ  =  ctg 45º = 1

= 1.0 ⋅ 0.35 ⋅ 0.40 ⋅ 8 ⋅

V u

2

1

1+ 0 1+1

b

1 + ctg θ 

0.6 ⋅ 13.33 ≅ 8[ MPa ]

V u

K  = 1.0

2

=

Para

 f ck 

≤

=

0.35

60[ MPa ]

Angulo de inclinación de los estribos. Angulo de inclinación de las fisuras (según EHE).

0.63[ MN ] = 630[kN ] > 75[kN ]

= V cu + V su

 Vcu: Esfuerzo cortante absorbido por el hormigón.  Vsu: Esfuerzo cortante absorbido por la armadura de corte

Cumple!

Ejercicio Nº 1 V cu

=

 0.15  1 ⋅ ξ  ⋅ (100 ⋅ ρ l ⋅  f cv ) 3 + 0.15 ⋅ α l ⋅ σ 'cd   ⋅ β  ⋅ bo ⋅ d    γ  c  200

ξ  = 1 +  ρ l

=

cv

d 

 As bo ⋅ d 

=

ck 

≤

≤

ξ  = 1 +

2.0

 ρ l

0.02

σ 'cd  = 0

35 ⋅ 40

=

2.0

0.287 ⋅ 10

−2

≤

0.02

=

σ  xd 

=

σ  yd 

=

0

=1

θ  = 45º

=

4.02

= 1.71 ≤

Debido a que no existe fuerza normal (N d=0) ctgθ e

V cu

400

= 1.50

a

=

V cu

=

200

γ  c

⇒ β  = 1.0

1   0.15 −2 3  1.5 ⋅1.71 ⋅ (100 ⋅ 0.287 ⋅10 ⋅ 20)  ⋅1.0 ⋅ 0.35 ⋅ 0.40 ⋅1000 = 42.86[kN ]  

42.86[kN ]

El cortante que le deja el hormigón al acero bajo entonces tratamos de absorberlo con cuantía mínima: V su min

=

0.018 ⋅  f cd  ⋅ b ⋅ d  ⋅1000

V su min

=

0.018 ⋅13.33 ⋅ 0.35 ⋅ 0.40 ⋅1000 = 33.59[kN ]

Ejercicio Nº 1 Calculamos los estribos: 33.59 = 0.9 ⋅

1 5

V u1

=

1 5

40

st 

⇒

⋅  Ast  ⋅ 40

⋅ 630 = 126 > V d  =

 Ast  st 

=

 cm 2   cm 2   ó   cm   m 

0.023

75

Para la anterior condición, el espaciamiento viene dado por la siguiente relación: S t  t 

≤

0.75 ⋅ d  ⋅ (1 + ctgα ) ≤ 600mm .

⋅

+c

⋅

g

=

cm

Es el espaciamiento máximo para la magnitud de la solicitación.

 cm 2    cm 

 Ast  = 0.023 ⋅ 30 = 0.69

 E φ  φ 6c / 30 3 ⋅ 0.28 = 0.84 > 0.69

V u 2= V cu 2.

+ V su =

42.86 + 33.59 = 76.45[kN ]

TORSIÓN: Calculamos el espesor de la sección hueca eficaz: he

=

b⋅h 2 ⋅ (b + h )

=

35 ⋅ 45 2 ⋅ (35 + 45)

[cm]

= 9.84

Condiciones para he: he < ho ho: es el espesor real de la pared en caso de secciones huecas. he

>

2c

c: re recu cubr brim imien iento to de la lass ar arma madu dura rass lo long ngititud udin inal ales es

Ejercicio Nº 1 Si la sección fuese hueca:

Primero verificamos el Tu3 (momento torsor de agotamiento por compresión oblicua de las bielas): T u 3

2 ⋅ K α  ⋅  f 1cd  ⋅ he ⋅ Ace ⋅

=

K  = 1

 f 1cd 

ctgθ  2

α  = 0.6

=

0.6 ⋅  f cd 

=

0.6 ⋅13.33 = 8.0[ MPa ]

he =  0.0984[m]  Ace

=

(0.35 − 0.0984 )(0.45 − 0.0984 )

θ  = 45º T u 3

=

T u 3

> Td 

ctgθ  = 1

ctg 45º 2

1 + ctg 45

2 ⋅1 ⋅ 0.6 ⋅ 8.0 ⋅ 0.0984 ⋅ 0.0884 ⋅

1 2

 Ace =

=

0.0884 m

2

1 2

⋅ 1000 =

41.78[kN  − m ]

Como se cumple esta condición no es necesario modificar las dimensiones de la sección o la calidad del hormigón.

Ejercicio Nº 1 4.

SI LA SECCIÓN HUBIESE HUBIESE SIDO RECTANGULAR DE DIMENSIONES 25 X 63, TENDRÍAMOS: he =  Ace T u 3

=

=

b⋅h 2 ⋅ (b + h )

=

25 ⋅ 63 2 ⋅ (25 + 63)

=

8.94[cm]

(0.25 − 0.0894 )(0.63 − 0.0894 ) = 0.087[m 2 ]

2 ⋅1 ⋅ 0.6 ⋅ 8.0 ⋅ 0.0894 ⋅ 0.087 ⋅

1 2

⋅1000 =

37.33[kN  − m ]

o que emues ra que una secc n “cua ra a” conv ene m s en ors n 

Como satisfizo Tu3, ahora calculamos Tu2 que es el momento torsor que absorbe la sección con la armadura longitudinal, para ello se tiene la siguiente relación: T u 2  Ace ue

=

=

=

0.0884 m

2 ⋅ (bo

+

2 ⋅  Ace ⋅  Asl ⋅  f  yd 

ue

2

ho ) = 2 ⋅ [(0.35 − 0.0984 ) + (0.45 − 0.0984)]

ue =  1.2064[m ]

 f  yd 

=

43.478

3200 =

 Asl

=

 kN    cm 2 

2 ⋅ 884 ⋅  Asl ⋅ 43.478 120.64

5.02 cm

2

Ejercicio Nº 1 5.

 ARMADURA REPARTIDA EN TODA LA SECCIÓN:

6.

DETERMINAMOS EL MOMENTO TORSOR QUE ABSORBEN LOS ESTRIBOS T u1: T u1  f td 

=

40

2 ⋅  Ace ⋅  Ast  ⋅  f  y , d 

 kN    cm 2 

1.2064 st  =   8

3200 =

=

=

st   Ace

=

0.0884 m

2

α  = 90 º θ  = 45º

0.1508[m]

tg 45º = 1

2 ⋅ 884 ⋅ Ast  ⋅ 40 15

 Ast  = 0.68 cm

2

Optamos por 1φ10=0.785 [cm2], y se considera una sola “rama”, y no como en corte que se tomaban dos “ramas”.

Ejercicio Nº 1  Ahora establecemos el espaciamiento combinado combinado para ambas solicitaciones (Torsión y corte): st 

=

 Ast  ⋅  f t , d  1 V d  − V cu 2

st 

=

⋅

0.9 ⋅ d 

+

T d 

0.5 ⋅ 40 1 75 − 42.86 2

⋅

0.9 ⋅ 40

 Ast: Área de una rama de estribo f t,d esis iste tenc ncia ia de cá cálc lcul uloo de dell ac acer eroo de la arm rmaadu durra, t,d: Res ≤ la limi mittación es f t,d 400[MPa] t,d

2 ⋅ Ace

+

3200

[cm]

= 8.86

2 ⋅ 884

Si el primer sumando del denominador fuese negativo, se anula el mismo para la operación aritmética!! Entonces utilizamos:  Verificación del esfuerzo cortante y momento torsor: φ 8c / 8  E φ 

  h    β  = 2 ⋅ 1 − e    b  

Se debe cumplir Liao-Ferguson:  β 

  T d       T u 3  

 V d    +    V u1 

1.44

β 

≤1

  75      630 

  0.0984   β  = 2 ⋅ 1 −  = 1.44 0.5    

1.44

  32   +   41.78 

≤1

0.0467 + 0.681 = 0.73 < 1

LA SECCIÓN CUMPLE Y NO ES NECESARIO CAMBIAR LAS DIMENSIONES!!