LI_00.164 - XXX - Hormigon Armado y Pretensado - Bernat.pdf

July 12, 2017 | Author: Gustavo G. Lima | Category: Prestressed Concrete, Engineering, Bending, Civil Engineering, Books
Share Embed Donate


Short Description

Download LI_00.164 - XXX - Hormigon Armado y Pretensado - Bernat.pdf...

Description

EDICIONS UPC

EDICIONS UPC

HORMIGÓN ARMADO Y PRETENSADO. EJERCICIOS Published by ATARAXIAINC 111 III World Street Hoboken, NJ 07030-5774 Copyright © 2006 by Ataraxiainc, Bogota, Chibchombia Published by Ataraxiainc, Bogota, Chibchombia Published simultaneously in the Earth planet All parts of this publication may be reproduced, stored in a retrieval system or transmitted in any form or by any means, electronic, mechanical, photocopying, recording, scanning or otherwise, except as no permitted under Sections of the Copyright Act, without either the prior written permission of the Publisher, or authorization through payment of the appropriate per-copy fee to the Copyright Clearance Center, 2*2 Rosewood Drive, Danvers, MA 0+-23, (978) 75.-84/*00, fax (9”%) 646-·/600. Requests to the Publisher for permission should be addressed to the Legal Department, Ataraxiainc, Bogota, Chibchombia e-mail: [email protected] Trademarks: ATARAXIAINC

LIMIT OF LIABILITY/DISCLAIMER OF WARRANTY: THE PUBLISHER AND THE AUTHOR MAKE NO REPRESENTATIONS OR WARRANTIES WITH RESPECT TO THE ACCURACY OR COMPLETENESS OF THE CONTENTS OF THIS WORK AND SPECIFICALLY DISCLAIM ALL WARRANTIES, INCLUDING WITHOUT LIMITATION WARRANTIES OF FITNESS FOR A PARTICULAR PURPOSE. NO WARRANTY MAY BE CREATED OR EXTENDED BY SALES OR PROMOTIONAL MATERIALS. THE ADVICE AND STRATEGIES CONTAINED HEREIN MAY NOT BE SUITABLE FOR EVERY SITUATION. THIS WORK IS SOLD WITH THE UNDERSTANDING THAT THE PUBLISHER IS NOT ENGAGED IN RENDERING LEGAL, ACCOUNTING, OR OTHER PROFESSIONAL SERVICES. IF PROFESSIONAL ASSISTANCE IS REQUIRED, THE SERVICES OF A COMPETENT PROFESSIONAL PERSON SHOULD BE SOUGHT. NEITHER THE PUBLISHER NOR THE AUTHOR SHALL BE LIABLE FOR DAMAGES ARISING HEREFROM. THE FACT THAT AN ORGANIZATION OR WEBSITE IS REFERRED TO IN THIS WORK AS A CITATION AND/OR A POTENTIAL SOURCE OF FURTHER INFORMATION DOES NOT MEAN THAT THE AUTHOR OR THE PUBLISHER ENDORSES THE INFORMATION THE ORGANIZATION OR WEBSITE MAY PROVIDE OR RECOMMENDATIONS IT MAY MAKE. FURTHER, READERS SHOULD BE AWARE THAT INTERNET WEBSITES LISTED IN THIS WORK MAY HAVE CHANGED OR DISAPPEARED BETWEEN WHEN THIS WORK WAS WRITTEN AND WHEN IT IS READ.

For general information on our other products and services or to obtain technical support, please contact our Customer Care Department within the “(·$”=$(%&/&)%$=, outside the U.S. at “·=$(%(“%·$$__”·(/$-·$)($, or fax |@#¬€#¬[email protected]#. Ataraxiainc also publishes its books in a variety of electronic formats. Some content that appears in print may not be available in electronic books. Library of Congress Control Number: -·!”$&$+-+)=(%·/ ISBN: !?”=·)$(%/&-/+* Manufactured in the Chibchombian World 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 2O/QW/RQ/QU/IN

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

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

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

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

10

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

Análisis estructural

13

BLOQUE I Análisis estructural

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

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.

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

16

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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:

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

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

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

2

m +

18

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

20

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

22

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

24

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

26

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

28

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

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.

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

32

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

33

Acciones

Sobrecarga de uso móvil Q = 100 kN

Viento H = 50 kN

Nieve q = 10 kN/ml

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

34

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

60 kN

90 kN

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

35

Acciones

Sobrecarga de uso móvil Q = 100 kN

Viento H = 50 kN

Nieve q = 10 kN/ml

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

36

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

Envolvente de esfuerzos cortantes

1.2.3

Axiles

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

.

150 kN

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

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

Sobrecarga de uso móvil Q = 100 kN

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

182.25 kNm

MII

38

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

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.

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

42

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

44

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

-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.

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

46

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

48

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

41 m·kN

50

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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.

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

52

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

54

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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.

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

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:

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

56

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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.

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

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

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

58

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

×

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

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

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

60

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

62

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

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

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

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

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

Hormigón armado y pretensado

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

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

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.

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

Hormigón armado y pretensado

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

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

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.

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

70

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

72

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

-4

-4

-4

74

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

76

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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.

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

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

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

78

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

80

4.1

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

82

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

días

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

700

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).

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

84

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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)

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

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:

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

86

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

1000

89

Análisis estructural

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.

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

90

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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.

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

91

Análisis estructural

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:

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

92

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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.

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

93

Análisis estructural

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

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

94

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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 (%)

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

95

Análisis estructural

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

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

96

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

97

Análisis estructural

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

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

98

2.1

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

ö

+ e ÷÷ ø

99

Análisis estructural

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

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

100

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

101

Análisis estructural

-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

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

103

Análisis estructural

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:

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

104

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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)

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

105

Análisis estructural

·

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

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

106

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

Análisis estructural

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.

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

109

Análisis estructural

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:

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

110

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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:

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

111

Análisis estructural

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

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

112

sen

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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:

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

113

Análisis estructural

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

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

114

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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.

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

115

Análisis estructural

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).

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

116

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

117

Análisis estructural

= 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:

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

(4)

118

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

a) obtenemos:

119

Análisis estructural

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:

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

120

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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:

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

121

Análisis estructural

Esfuerzos isostáticos

Esfuerzos hiperestáticos

Mf 39 mT

39 mT

33.72 mT

33.72 mT

N

12.12 T

V 12.12 T

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

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

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

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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.

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

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

2.2.2 Sección de apoyo

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

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

kN × m

MPa

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

2.3.2 Sección de apoyo

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

2.4.2 Sección de apoyo

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.

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

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:

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

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

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

inf

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

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:

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

136

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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· ’ = 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:

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

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.

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

138

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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:

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

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

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

×

d

-x x

140

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

142

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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



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

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

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.

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

146

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

× (- 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

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

148

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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:

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

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

150

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

152

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

= 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

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

156

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

158

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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



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:

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

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

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

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.

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

162

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

2

164

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

166

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

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.

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

170

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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.

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

Estados límites últimos

171

BLOQUE II Estados límites últimos

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

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

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

174

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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:

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

[4]

175

E.L.U. agotamiento por solicitaciones normales

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

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

=

e +e cu

= lim

d

e

y

cu

= 0.617

cu

e +e

y

y

176

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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’ 0.167d. 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 parábola–rectángulo: 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

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

184

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

185

E.L.U. agotamiento por solicitaciones normales

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

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

= 16.67MPa = 348MPa

186

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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) + A’s2 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

A’s2 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.

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

187

E.L.U. agotamiento por solicitaciones normales

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.

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

188

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

A’s fyc,d = As fyc,d = 192500

As = A’s =

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

= A’s = 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)

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

189

E.L.U. agotamiento por solicitaciones normales

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:

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

s2

s2

s1

700 /fyd (1-d/h)

190

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

£ 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.

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

0.0035

191

E.L.U. agotamiento por solicitaciones normales

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

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

2

las

siguientes

192

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

20 mm) y al tamaño

193

E.L.U. agotamiento por solicitaciones normales

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 d’x = 0.10 h = 50 mm d’y = 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:

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

194

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

195

E.L.U. agotamiento por solicitaciones normales

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.

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

196

b)

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

197

E.L.U. agotamiento por solicitaciones normales

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

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

199

E.L.U. agotamiento por solicitaciones normales

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:

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

200

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

- 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 M d = 276.4 kN.m

Mu

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

201

E.L.U. agotamiento por solicitaciones normales

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)

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

202

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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:

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

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.

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

204

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

205

E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales

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

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

+ 1.5 ´ 45kN / m ´

8

2

8

206

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

= 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 + ú0.5, 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

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

210

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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, 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

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

219

E.L.U. agotamiento por solicitaciones tangenciales

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 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

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

= 117,6

mm

2

ml

226

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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.

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

227

E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales

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

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

228

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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:

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

máx.

229

E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales

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.

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

230

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

=

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

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

s1

).

231

E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales

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:

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

232

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

233

E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales

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

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

s

3 349.15 87.28 43.76

4 0 87.28 43.76

234

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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:

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

235

E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales

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

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

2

cu

236

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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:

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

237

E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales

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

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

238

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

239

E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales

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

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

240

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

241

E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales

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

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

242

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

243

E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales

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.

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

244

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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.

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

245

E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales

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

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

246

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

® b=1.

247

E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales

[

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.

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

248

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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:

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

249

E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales

- 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

f16 cada 9 cm, de área total 89.33 cm /ml 2

f12 cada 25 cm, de área total 4.52 cm /ml 2

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

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

250

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

=

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:

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

cortante-torsión

en

las

bielas

251

E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales

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.

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

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.

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

254

Al

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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:

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

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

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

256

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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.

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

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

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

258

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

259

E.L.U. adherencia y anclaje

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.

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

261

E.L.U. adherencia y anclaje

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:

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

262

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

= 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

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

263

E.L.U. adherencia y anclaje

@ 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 :

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

264

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

266

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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.

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

d

268

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

yd

270

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

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

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

274

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

276

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

278

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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.

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

280

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

282

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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 / 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

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

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

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

3

9

I = e

284

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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:

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

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.

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

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.

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

288

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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:

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

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





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

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

p

(1) (2)

290

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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



n

p

c

p

c

c

p

1/3

c

cm

p

-3

p

pyd

-3

Pn

p

-3

-3

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

-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

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

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

0

0

2

292

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

= 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

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

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



n

p

c

c

d

2

s

c s

p

k

k

m

m

sm

c,eficaz

1

s

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

294

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

-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.

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

298

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

= - 23889 N

300

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

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

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

302

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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.

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

Elementos estructurales

303

BLOQUE III Elementos estructurales

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

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

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

1

2

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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



’

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

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

Elementos Estructurales

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

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

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

p

máx

2

1

1



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



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

Elementos Estructurales

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



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:

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

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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.

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

Elementos Estructurales

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

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

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

Elementos Estructurales

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

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

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

Elementos Estructurales

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

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

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

2

Elementos Estructurales

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

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

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

Elementos Estructurales

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

-

+

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

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

Elementos Estructurales

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

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

Elementos Estructurales

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

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

324

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

= 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

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

Elementos Estructurales

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



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

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

Asreal

dreal

2.211,7

946.5

2.199,1

926.4

2.454,4

952.5

326

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

2

As =1.607,8 mm

Æ

Þ

Sección apoyo



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 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



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



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

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

2

Elementos Estructurales

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

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

328

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

329

Elementos Estructurales

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 HA–30/P/12/IIb - acero B–500 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.

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

330

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

331

Elementos Estructurales

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

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

332

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios

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

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

Þ Correcto

f 25 nº 6

333

Elementos Estructurales

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 flexión–cortante) 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 )



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
View more...

Comments

Copyright ©2017 KUPDF Inc.