Ediciones Upc - Hormigon Armado y Pretensado (Ejercicios)

Antonio R. Marí BernatAntonio Aguado de CeaLuis Agulló FitéFernando Martínez AbellaDiego Cobo del Arco

Hormigón armadoy pretensado. EjerciciosAdaptado a la instrucción EHE

POLITEXT

EDICIONS 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, SLJordi Girona Salgado 31, 08034 BarcelonaTel. 934 016 883 Fax. 934 015 885Edicions Virtuals: www.edicionsupc.ese-mail: [email protected]

Producción: CBS Impressió digitalPintor Fortuny 151, 08224 Terrassa (Barcelona)

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

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

Prólogo 7

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 CEB-

FIP 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.

Hormigón armado y pretensado. Ejercicios8

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

Índice 9

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


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

Índice 11

III-8 Ménsula corta para puente-grúa ............................................................. 383

III-9 Punzonamiento de una placa en un pilar ................................................... 387

III-10 Punzonamiento de placas bajo cargas concentradas ..................................... 391

III-11 Racionalización del armado I ............................................................... 397

III-12 Racionalización del armado II .............................................................. 407

Análisis estructural 13

BLOQUE I Análisis estructural

Acciones 15

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. comprobar el equilibrio de la estructura,

2. determinar las leyes de solicitaciones de cálculo con las que debe dimensionarse la estructura

frente a E.L.U.

Solución

1 Comprobación del estado límite de equilibrio

Acciones:

- peso propio, p = 0.30 m·1.0 m·25 kN/m3 = 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.


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.

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

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

Momento volcador

Mv = 8.25 kN/m·2

32

m2 + 15 kN/m·2

32

m2 + 120 kN·3 m = 464.36 kN·m

Momento estabilizador

ME = 7.13 kN/m·2

102

m2 = 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 factoresY.

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:

7.13 kN/m

120 kN

15 kN/m

8.25 kN/m

Acciones 17

RA·10 m - 7.13 kN/m·2

102

m2 + 8.25 kN/m·2

32

m2 + 15 kN/m·2

32

m2+

+ 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:

peso propio, p = 0.30 m·1.0 m·25 kN/m3 = 7.5 kN/m

p* = gG·p = 1.35·7.5 kN/m = 10.13 kN/m

p** = 7.5 kN/m

- Cargas variables:

uniformemente repartida, q* = gG·q = 1.5 10 kN/m = 15 kN/m

puntual móvil, Q* = gG·Q = 1.5·80 kN = 120 kN

Criterios para las expresiones analíticas

tramo AB (frontales)

0 £ x £ 10 m

tramo CB (dorsales)

0 £ x £ 3 m

2.1 Leyes de momentos flectores

- Cargas permanentes:

p*

=10.13 kN/m

-45.63 m.kN

104.96 m.kN


Ley I

Tramo AB: 0 £ x £ 10 m

MIx = 5.07·x·(9.1 - x)

x = 0 MI = 0

x = 4.55 m MImax = 104.96 kN·m

x = 9.10 m MI = 0

x = 10 m MI = -45.63 kN·m

Tramo BC: 0 £ x £ 3 m

MIx = -5.07·x2

x = 0 MI = 0

x = 3 m MI = -45.63 kN·m

Ley II


MIIx = 3.75·x·(9.1-x)

x = 0 MII = 0

x = 4.55 m MIImax = 77.63 kN·m

x = 9.10 m MII = 0

x = 10 m MI = -33.75 kN·m

Tramo BC: 0 £ x £ 3 m

MIIx = -3.38·x2

x = 0 MII = 0

x = 3 m MII = -30.42 kN·m

Carga variable uniformemente repartida q* = 15 kN/m

-33.75 m.kN

77.63 m.kN

p** = 7.5 kN/m

Acciones 19

· Momentos flectores positivos

Ley III


MIIIx = 75·x �7.5·x2

x = 0 MIII = 0

x = 5 m MIIImax = 187.5 kN·m

x = 10 m MIII = 0

· Momentos flectores negativos

Ley IV

Tramo AB: 0 £ x £ 10

MIVx = -6.75·x

x = 0 MIV = 0

x = 10 m MIV = -67.50 kN·m

Tramo CB: 0 £ x £ 3

MIVx = -7.5·x2

x = 0 MIV = 0

x = 3 m MIV = -67.50 kN·m

Carga puntual móvil Q* = 120 kN

· Momentos flectores positivos


Ley V


MVx = 120 x � 12 x2

X = 0 MV = 0

X = 5 m MVmáx= 300 m.kN

X = 10 m MV = 0

· Momentos flectores negativos

Ley VI


MVIx = � 36 x

X = 0 MVI = 0

X = 10 m MVI= -360 m.kN

Tramo CB: 0 £ x £ 3 m

MVIx = -120 x

X = 0 MVI = 0

X = 3 m MVI= -360 m.kN

Composición de momentos flectores positivos

Tramo biapoyado (AB)

· 0 £ x £ 9.10 m I + III + V

Md (x) = 5.07x (9.10-x) + 75x � 7.5x2 + 120x �12x2

= 241.14x � 24.57x2

X = 0 Md = 0

Acciones 21

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

Md (x) = 3.75x (9.1-x) + 75x � 7.5x2 + 120x �12x2

= 229.13x � 23.25x2

X = 9.10 m Md= 159.71 m.kN

X = 9.86 m Md= 0

Composición de momentos flectores negativos


· 0 £ x £ 9.10 m II + IV + VI

Md (x) = 3.75x (9.1-x) � 6.75x � 36x

= -8.63x � 3.75x2

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

= 3.39x � 5.07x2

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

Md (x) = -5.07x2 � 7.5x2 � 120x

= -12.57x2 � 120x

X = 0 Md= 0

X = 3 m Md= - 473.13 m.kN


2.2 Leyes de esfuerzos cortantes

- Cargas permanentes

Ley I


VIx = 46.09 �10.13x

X = 0 VI = 46.09 kN

X = 4.55 m VI = 0

X = 10 m VI= -55.21 kN

p*

=10.13 kN/m

-55.21 kN

30.39 kN46.09kN

4.55 m

4.91 m

9.10 m

9.86 m473.1 m.kN

389 m.kN

591.7 m.kN

159.7 m.kN

Acciones 23


VIx = 10.13 x

X = 0 VI = 0

X = 3 m VI= 30.39 kN

Ley II


VIIx = 34.13 �7.5x

X = 0 VII = 34.13 kN

X = 4.55 m VII = 0

X = 10 m VII= -40.87 kN


VIIx = 7.5 x

X = 0 VII = 0

X = 3 m VII= 22.5 kN

Carga variable uniformemente repartida q* = 15 kN/m

Actuando en el tramo biapoyado: 0 £ x £ 10

34.13 kN22.5 kN

-40.87 kN

p** = 7.5 kN/m


22

x x75.0l2

xqV -=×-=

X = 0 V = 0

X = 10 m V= -75 kN

( )( )2

2

x x1075.0l2

xlqV -=

-×=

X = 0 V = 75 kN

X = 10 m V= 0

Actuando en el voladizo:


kN75.6l2

lqV

2

x -=×

-=

Acciones 25


x15xqVx =×=

X = 0 V = 0

X = 3 V= 45 kN

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

Ley III


( )2xIII

x1075.0V -=

X = 0 VIII = 75 kN

X = 10 VIII= 0


xV xIII 15=

X = 0 VIII = 0

X = 3 VIII= 45 kN

Ley IV


2x

IV x75.075.6V --=


X = 0 VIV = -6.75 kN

X = 10 VIV= -81.75 kN

Carga puntual móvil Q* = 120 kN

Actuando en el tramo biapoyado (AB):


Vx = ÷ø

öçè

æ-10

x1120

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):


Acciones 27

kN36l

la*QVx -=-=

Tramo CD: 0 £ x £ 3

Vx = Q* =120 kN

Agrupando en cortantes positivos (ley V) y cortantes negativos (ley VI):

Ley V


VVx = ÷ø

öçè

æ-10

x1120

X = 0 VV = 120 kN

X = 10 VV= 0


VVx = 120 kN

X = 0 V = 120 kN

X = 10 V= 0

Ley VI


0 £ x £ 3 VVIx = -36 kN


3 £ x £ 10 VVIx= - 12x

Composición de cortantes positivos


0 £ x £ 4.55 m I + III + V

Vd (x) = 46.09 - 10.13x + 0.7 · 5(10-x)2 + ÷ø

öçè

æ-10

x1120

= 241.09 � 37.13x + 0.75x2

X = 0 Vd = 241.09 kN

X = 4.55 m Vd= 87.68 kN

4.55 m £ x £ 10 m II + III + V

Vd (x) = 34.13 � 7.5x + 0.75(10-x)2 + ÷ø

öçè

æ-10

x1120

= 229.13� 34.5x + 0.75x2

X = 4.55 m Vd= 87.68 kN

X = 8.05 m Vd= 0

Tramo voladizo (CB)

0 £ x £ 3 m 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


0 £ x £ 4.55 m II + IV + VI

0 £ x £ 3 m Vd (x) = 34.13 - 7.5x - 6.75 - 0.75x2 - 36 =

= -8.62 � 7.5x � 0.75x2

Acciones 29

X = 0 Vd = - 8.62 kN

X = 3 m Vd= -37.87 kN

3 m £ x £ 4.55 m Vd (x) = 34.13 - 7.5x - 6.75 - 0.75x2 � 12x

= 27.38 � 19.5x � 0.75x2

X = 3 m Vd = - 37.87 kN

X = 4.55 m Vd= -76.87 kN

4.55 m £ x £ 10 m I + IV + VI

Vd (x) = 46.09 � 10.13x � 6.75 � 0.75x2 � 12x

= 39.34 � 22.13x � 0.75x2

X = 4.55 m Vd= -76.88 kN

X = 10 m Vd= - 256.96 kN

76.9 kN 257

241 kN

87.7 kN

195.4 kN

8.05 m

Acciones 31

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 (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 fck = 30 MPa,

-acero B-500 S 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 para estructuras de edificación de la

instrucción EHE.

Solución

1.1 Coeficientes de seguridad pa ra 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.


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

1.2.1Momentos flectores

Cargas permanentes en el dintel: peso propio y carga permanente

G = 8+22 = 30 kN/ml

75 kNm

13.5 kNm80 kNm

Acciones 33

Sobrecarga de uso móvil

Q = 100 kN

Viento

H = 50 kN

Nieve

q = 10 kN/ml


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

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

225 kNm

Acciones 35


Q = 100 kN

Viento

H = 50 kN

Nieve

q = 10 kN/ml


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

Acciones 37

Peso propio del pilar

Gp = 8kN/ml


Q = 100 kN

MI

60 kNm135.5 kNm

75 kNm101.25 kNm

81 kNm 182.25 kNm

MII

32 kN 43.2 kN


Viento

H = 50 kN

Nieve

q = 10 kN/ml

¯̄ Q

450 kNm

450 kNm MV

MVII

300kNm 300 kNm

MVI

1.5·10·(2+3)=75 kN

37.5kNm

30 kNm 67.5 kNm

MVIII

Acciones 39

Envolvente de axiles y momentos flectores concomitantes.

VI VII

648 kNmM II+M VIII

M II+ 0.9 (M V+M VII1)

M II+(M V+M VII+M VII) · 0.9

M I +M VII

810 kNm 225 kNm

510 kNm

111 kNm

Acciones 41

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.

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

cuya posición es libre a lo largo de la longitud del dintel (Y0=0.7; Y1=0.5; Y2=0.3).

c) Una carga de viento horizontal en el plano del pórtico cuya dirección puede ser,

indistintamente, de derecha a izquierda o viceversa (Y0 = 0.6; Y1=0.5; Y2=0.25). 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.

h = 5 m

l = 6 m

40 cm

30 cm

50 cm

Detalle nudo pilar-dintel


x

x

x

Solución

1 Valor de fg . Control intenso

ELU ELS

Perm. o Transit. Accidental

Fav. Desfav. Fav. Desfav. Fav. Desfav.

Peso Propio (PP) Gà Gg0.9 1.35 1 1 1 1

C. Permanente (CP) Gà Gg0.9 1.35 1 1 1 1

C. Var. Puntual(CVP) Qà Qg0 1.5 0 1 0 1

C. Var. Viento Izq.(CWI) Qà Qg0 1.5 0 1 0 1

C. Var. Viento Izq.(CWI) Qà Qg0 1.5 0 1 0 1

2 Criterio de signos

Esfuerzo axil Pilar izquierdo (PI) Pilar derecho (PD) Dintel (D)

Positivo (tracción)

Negativo(con presión)

Momento flector PI PD D

Positivo

Negativo

Coordenadas:

Acciones 43

3.75 kN/m

3 kN/m 3 kN/m

-11.25 kN -11.25 kN

-26.25 kN -26.25 kN

16.875 m·kN

7.5 kN/m

3 Acciones y leyes parciales

3.1 Peso propio (pp)

Pilares:

mkN3m3.0m4.0mkN253

=××

Dinteles:

mkN75.3m3.0m5.0mkN253

=××

Esfuerzos:

Npp

P.I.: N(x)=-26.25+3x

D: N(x)=0

P.D.: N(x)=-26.25+3x

Mpp

P.I.: M(x)=0

D: M(x)=-1.875x2+11.25x

P.D.: M(x)=0

3.2 Carga permanente (cp)


Esfuerzos:

Ncp

P.I.: N(x)=-22.5

D: N(x)=0

P.D.: N(x)=-22.5

Mcp

P.I.: M(x)=0

D: x5.22x75.3x2

lpx

2

p)x(M 22 +-=×

×+×-=

P.D.: M(x)=0

3.3 Carga variable puntual en dintel (cvp)

6

yQQR

6

yQR

A

B

×-=

×=

En el dintel,( )

ïî

ïí

ì

³®-××

£®×-×=

yx)x6(y6

Q

yxxy66

Q

)x(M

y la envolvente para y=x es: )x6(x6

Q)x(M -××= .

Esfuerzos"y:

Ncvp

P.I.: )y6(333.8)y6(6

Q)x(N

kN50Q -×¾¾¾ ®¾-×-= =

D: N(x) = 0

P.D.: y333.8y6

Q)x(N kN50Q ×-¾¾¾ ®¾×-= =

-22.5 kN -22.5 kN

33.75 m·kN

x

y Q

RA RB

Acciones 45

-50 kN -50 kN

Mcvp

P.I.: M(x)=0

D:( ) ( )

( )ïî

ïí

ì

×-×¾¾¾ ®¾³®-××

×-×¾¾¾ ®¾£®×-×=

=

=

y)x6(333.8yxy6y6

Q

xy6333.8yxxy66

Q

)x(MkN50Q

kN50Q

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)

Momentos:

P.I.: M(x)=0

D: 2x333.8x50)x6(x6

Q)x(M -=-××=

P.D.: M(x)=0

3.4 Carga de viento por la izquierda (cwi)

La estructura se encuentra en zona eólica Y (A Coruña) y en la situación topográfica expuesta. Si se

toma una altura de 6 m sobre el nivel del suelo se obtiene una carga de viento p de 82 kp/m2. Por la

izquierda actuará una carga de 2p/3 y por la derecha una de p/3. Sobre la cubierta, con un ángulo

de 0º, se produce una succión m de valor 31 kp/m2 considerando una edificación sin huecos. Las

cargas totales se obtienen para un ancho de 6 m.

75 m.kN


M = 31 kp/m2 = 0.31 kN/m2

P=82kp/m2=0.82 kN/m2

Ancho = 6 m, luego

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

kN83.15R

kN67.4R

kN6.24H

kN6.24m5m

kN64.1

m

kN28.3

A

B

=®

=®

=®

=×÷ø

öçè

æ +

1.86 kN/m

H RA

RB

Acciones 47

Esfuerzos en pilar izquierdo:

x

24.6 kN

15.83 kN

3.28 kN/m

kNm82)5(M

x64.1x6.242

x28.3xH)x(M

kN83.15R)x(N

2

2

A

×=

×-×=-×=

==

15.83 kN82 m·kN

Esfuerzos en dintel:

1.86 kN/mx

8.2 kN

15.83 kN

82 m·kN

kNm5.20)6(M

kNm88.42)3(M

kNm82)0(M

x83.15x93.082)x(M

kN2.8)x(N

2

×=

×=

×=

×-×+=

= 8.2 kN

82 m·kN

20.5 m·kN


Esfuerzos en pilar derecho:

x

4.67 kN

1.64 kN/m

kNm5.20)5(M

0)0(M

x82.02

x64.1)x(M

kN67.4)x(N

22

×=

=

×=×=

-=

4.67 kN 20.5 m·kN

Resultará, por tanto:

82 m·kN

82 m·kN 20.5 m·kN

20.5 m·kN

15.83 kN

8.2 kN

4.67 kN

3.5 Carga de viento por la derecha (cwd)

H=24.6 kN

RA=4.67 kN

RB=15.83 kN

1.86kN/m

1.64 kN/m 3.28 kN/m

H

RA RB

Acciones 49

Esfuerzos en pilar izquierdo:

x

4.67 kN

24.6 kN

kNm5.102)5(M

0)0(M

x6.24x82.0)x(M

kN67.4)x(N

2

×-=

=

×-×=

-=

4.67 kN 102.5 m·kN

Esfuerzos en dintel:1.86 kN/m

x

16.4 kN

4.67 kN

102.5 m·kN

kNm41)6(M

kNm12.82)3(M

kNm5.102)0(M

x93.0x67.45.102)x(M

kN4.16)x(N

2

×-=

×-=

×-=

×+×+-=

-=

16.4 kN

102.5 m·kN

41 m·kN

Esfuerzos en pilar derecho:

x

15.83 kN

3.28 kN/m


kNm41)5(M

0)0(M

x64.12

x28.3)x(M

kN83.15)x(N

22

×-=

=

×-=-=

=

15.83 kN 41 m·kN

Por lo tanto:

102.5 m·kN 41 m·kN

4.67 kN 15.83 kN

16.4 kN

4 Combinación de acciones

La combinación en ELU para situaciones persistentes o transitorias se debe calcular, según la

instrucción, como sigue:

å å å³ ³ >

yg+g+g+g+g

1j 1j 1i

i,ki,0i,Q1,k1,Qkp*kjjGkjGj QQPGG *

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

Acciones 51

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:

M(x) = 1.35·(-1.875·x2+11.25·x)+1.35·(-3.75·x2+22.5·x)+

+1.5·(50·x-8.333·x2)+1.5·0.6·(82+0.93·x2-15.83·x)=

M(x) = -19.25625·x2+106.32·x+73.8

Momentos negativos:

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

M(x) = 0.9·(-1.875·x2+11.25·x)+0.9·(-3.75·x2+22.5·x)+

+1.5·0.6·(-102.5+4.67·x+0.93·x2)=

M(x) = -4.23·x2+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:

M(x) = 1.35·(-1.875·x2+11.25·x)+1.35·(-3.75·x2+22.5·x)+

+1.5·0.7·(-8.333·x2+50·x)+1.5·(0.93·x2-15.83·x+82)=

M(x) = -14.95·x2+74.32·x+123

Momentos negativos ya calculados.


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:

M(x) = 0.9·(-1.875·x2+11.25·x)+0.9·(-3.75·x2+22.5·x)+

+1.5·(-102.5+4.67·x+0.93·x2)=

M(x) = -3.67·x2+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

M(x) = 1.5·0.6·(24.6·x-1.64·x2)=22.14·x-1.476·x2

Momentos negativos:

M- = 1.5×0.6×Mcwd

M(x) = 1.5·0.6·(-24.6·x+0.82·x2) = -22.14·x+0.738·x2

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

Acciones 53

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

M(x) = 1.5·(24.6·x-1.64·x2) = 36.9·x-2.46·x2

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

M(x) = 1.5·(-24.6·x+0.82·x2) = -36.9·x+1.23·x2

Axil positivo no existe.

Axil negativo ya calculado.

c) Pilar derecho

c.1) Q1=cvp

Momentos positivos:

M+ = 1.5×0.6×Mcwi

M(x) = 1.5·0.6·(0.82·x2) = 0.738×x2


Momentos negativos:

M- = 1.5×0.6×Mcwd

M(x) = 1.5·0.6·(-1.64·x2) = -1.476·x2

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

M(x) = 1.5·(0.82·x2) = 1.23·x2

Momentos negativos ya calculados.

Axiles positivos ya calculados.


c.3) Q1=cwd

Momentos positivos ya calculados.

Momentos negativos:

M- = 1.5×Mcwd

M(x) = 1.5·(-1.64·x2)= -2.46·x2

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.


Acciones 55

Las envolventes de esfuerzos son las siguientes:

12330.7 -153.75 -61.59

219.45

-153.75-61.5

M+ M-

12.3

-152.33

-129.83 -129.83

-24.6

N+ N-

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:


N

Posible valor (Nmáx,M máx)no concominante

Valor conco-

mitante de(M,N) queresulta más

perjudicial para

la sección

M

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

Gpp y Gcp DESF.

1 1.35 1.35 1.5 1.5×0.6 0 Qcp DESF.

Qcwi DESF.

Gpp y Gcp DESF.

2 1.35 1.35 1.5 0 1.5×0.6 Qcp DESF.

Qcwd DESF.

Gpp y Gcp DESF.

3 1.35 1.35 1.5 0 0 Qcp DESF.

Qcwi y Qcwd FAV.

Gpp y Gcp DESF.

4 1.35 1.35 0 1.5×0.6 0 Qcp FAV.

Qcwi DESF.

Gpp y Gcp DESF.

5 1.35 1.35 0 0 1.5×0.6 Qcp FAV.

Qcwd DESF.

Gpp y Gcp DESF.

6 1.35 1.35 0 0 0 Qcp FAV.

Qcwi y Qcwd FAV.

Gpp y Gcp FAV.

7 0.9 0.9 1.5 1.5×0.6 0 Qcp DESF.

Qcwi DESF.

Gpp y Gcp FAV.

8 0.9 0.9 1.5 0 1.5×0.6 Qcp DESF.

Acciones 57

Qcwd DESF.

Gpp y Gcp FAV.

9 0.9 0.9 1.5 0 0 Qcp DESF.

Qcwi y Qcwd FAV.

Gpp y Gcp FAV.

10 0.9 0.9 0 1.5×0.6 0 Qcp FAV.

Qcwi DESF.

Gpp y Gcp FAV.

11 0.9 0.9 0 0 1.5×0.6 Qcp FAV.

Qcwd DESF.

Gpp y Gcp FAV.

12 0.9 0.9 0 0 0 Qcp FAV.

Qcwi y Qcwd FAV.

Adviértase que nunca actúan simultáneamente Qcwi yQcwd. 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

.

g g g×y0 g g×y0

Gpp y Gcp DESF.

1 1.35 1.35 1.5×0.7 1.5 0 Qcp DESF.

Qcwi DESF.

Gpp y Gcp DESF.

2 1.35 1.35 1.5 1.5 0 Qcp FAV .

Qcwi DESF.

Gpp y Gcp DESF.

3 1.35 1.35 1.5×0.7 0 1.5×0.6 Qcp DESF.

Qcwd DESF.

4 1.35 1.35 0 0 1.5×0.6 REPETIDA

Gpp y Gcp DESF.

5 1.35 1.35 1.5×0.7 0 0 Qcp DESF.

Qcwi y Qcwd FAV.

6 1.35 1.35 0 0 0 REPETIDA

Gpp y Gcp FAV.

7 0.9 0.9 1.5×0.7 1.5 0 Qcp DESF.

Qcwi DESF.

Gpp y Gcp FAV.

8 0.9 0.9 0 1.5 0 Qcp FAV.

Qcwd DESF.

Gpp y Gcp FAV.

9 0.9 0.9 1.5×0.7 0 1.5×0.60 Qcp DESF.


Qcwd DESF.

10 0.9 0.9 0 0 1.5×0.6 REPETIDA

Gpp y Gcp FAV.

11 0.9 0.9 1.5×0.7 0 0 Qcp DESF.

Qcwi y Qcwd FAV.

12 0.9 0.9 0 0 0 REPETIDA

Para la carga variable determinante Qcwd:


COMB. g g g×y0 g g×y0

Gcp y Gcp DESF.

1 1.35 1.35 1.5×0.7 0 1.5 Qcp DESF.

Qcwd DESF.

Gcp y Gcp DESF.

2 1.35 1.35 1.5×0.7 0 1.5 Qcp DESF.

Qcwd DESF.

Gcp y Gcp DESF.

3 1.35 1.35 1.5×0.7 1.5×0.6 0 Qcp DESF.

Qcwi DESF.

4 1.35 1.35 0 1.5×0.6 0 REPETIDA

5 1.35 1.35 1.5×0.7 0 0 REPETIDA

6 1.35 1.35 0 0 0 REPETIDA

Gcp y Gcp FAV.

7 0.9 0.9 1.5×0.7 0 1.5 Qcp DESF.

Qcwi DESF.

Gcp y Gcp FAV.

8 0.9 0.9 0 0 1.5 Qcp FAV.

Qcwd DESF.

Gcp y Gcp FAV.

9 0.9 0.9 1.5×0.7 1.5×0.6 0 Qcp DESF.

Qcwi DESF.

10 0.9 0.9 0 1.5×0.6 0 REPETIDA

11 0.9 0.9 1.5×0.7 0 0 REPETIDA

12 0.9 0.9 0 0 0 REPETIDA

Acciones 59

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=0

-175

-125

-75

-25

25

75

125

175

-160 -110 -60 -10

N

M

P. IZ. X=1

-175

-125

-75

-25

25

75

125

175

-150 -100 -50 0

N

M

P. IZ. X=2

-175

-125

-75

-25

25

75

125

175

-150 -100 -50 0

N

M

P. IZ. X=3

-175

-125

-75

-25

25

75

125

175

-150 -100 -50 0

N

M


P. IZ. X=4

-175

-125

-75

-25

25

75

125

175

-150 -100 -50 0

N

M

P. IZ. X=5

-175

-125

-75

-25

25

75

125

175

-150 -100 -50 0

N

M

RESULTADOS DEL DINTEL

DINTELX=0

-175

-125

-75

-25

25

75

125

175

225

-30 -20 -10 0 10 20

N

M

DINTELX=1

-175

-125

-75

-25

25

75

125

175

225

-30 -20 -10 0 10 20

N

M

DINTELX=2

-175

-125

-75

-25

25

75

125

175

225

-30 -20 -10 0 10 20

N

M

DINTELX=3

-175

-125

-75

-25

25

75

125

175

225

-30 -20 -10 0 10 20

N

M

Acciones 61

DINTELX=4

-175

-125

-75

-25

25

75

125

175

225

-30 -20 -10 0 10 20

N

M

DINTELX=5

-175

-125

-75

-25

25

75

125

175

225

-30 -20 -10 0 10 20

N

M

DINTELX=6

-175

-125

-75

-25

25

75

125

175

225

-30 -20 -10 0 10 20

N

M

RESULTADOS DEL PILAR DERECHO

P. DER. X=0

-75

-55

-35

-15

5

25

45

-155 -105 -55 -5

N

M

P. DER. X=1

-75

-55

-35

-15

5

25

45

-155 -105 -55 -5

N

M


P. DER. X=2

-75

-55

-35

-15

5

25

45

-155 -105 -55 -5

N

MP. DER. X=3

-75

-55

-35

-15

5

25

45

-155 -105 -55 -5

N

M

P. DER. X=4

-75

-55

-35

-15

5

25

45

-155 -105 -55 -5

N

M

P. DER. X=5

-75

-55

-35

-15

5

25

45

-155 -105 -55 -5

N

M

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

transversal: 4.0 kN/m2,

- 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.

A = 18125 m2

I = 8.376·10-2

v�=-0.476 m

v = 0.324 m

Alzado longitudinal

Sección del tablero

Hormigón armado y pretensado64

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

Leyes de esfuerzos debidas a las cargas muertas

606.94

443.54

37.389.83

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.

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.

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: gG = 1.35

- cargas variables: gQ = 1.50

34.74

205.74127.31

82.31

471.15 52.35

39.26

235.75 235.75




Envolvente de momentos torsores

Envolvente de axiles en la pila

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: gG = 1.0

- cargas variables: gQ = 1.0


1130.88 kN

1.35 M I + 1.35 M II + 1.5 M IV+1.5·0.6 · MIII

-1239.48 =1.35 MI + 1.35 M II + 1.5 M II

1187.75638.75

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

Acciones 67


Envolvente de momentos torsores

Envolvente de axiles en la pila

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.

813.98 kN pp + cm + sc = 61 kNm

395.186

-892.3

828

225.07

321


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.

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.

Nmín= 462.16 kNNmáx = 813.98 kN

Nmáx = 225.07 kN Nmín = 101.02 kN

Nmáx = 321 kN Nmín = 192.63 kN

Materiales 69

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 fck (28 días) = 25 MPa y fck (240 días) = 27 MPa.

Se pide:

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

Nota: Se despreciarán las deformaciones instantáneas remanentes.


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 independientes 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 = 10-5 ºC-1. Desde el inicio hasta los 360 días, y a largo plazo, sólo se produce

un aumento de temperatura de 10ºC, por lo que:

eDT = a·DT = 10-5·10 = 10-4

1.2 Retracción

El valor ecs(ts,t) de la retracción efectiva de un elemento de hormigón desde el instante ts hasta la

edad t de su evaluación viene dado por la expresión siguiente, según la instrucción española EHE:

ecs(ts,t) = ecs0·bs(t-ts)

donde:

ecs0 = es·bRH es el coeficiente básico de retracción y se evalúa como

es = (570-5·fck)·10-6 = (570-5·25)·10-6= 4.45·10-4

÷÷

ø

ö

çç

è

æ÷ø

öçè

æ÷÷

ø

ö

çç

è

æ÷ø

öçè

æ-×-=-×-=b

33

RH100

70155.1

100

HR155.1 = -1.02

ecs0 = -4.54·10-4

)tt(e035.0

tt)tt(

s

2

sss -+×

-=-b define la evolución temporal de la retracción.

Materiales 71

u

A2e

×

= = 100 mm

A = p·1002 = 31415.92·mm2 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 (ts = 0 días) y se evalúa en dos instantes:

t = 360 días Þ bs (t-ts) = 0.71

t = 10000 días Þ bs (t-ts) = 0.98

Con estos valores se obtienen los siguientes valores para la retracción:

t (días) 360 10000

ecs (0,t) -3.22·10-4 -4.45·10-4

2 Deformaciones dependientes de la tensión

Las deformaciones dependientes de la tensión, en el instante t, para una tensión constante s(t0)aplicada en el instante t0 se pueden evaluar mediante la siguiente expresión, basada en el principio

de linealidad:

( )( )

÷÷

ø

ö

çç

è

æ j+×s=e

s

28

0

0t

0CE

t,t

E

1t

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 (sc = -6.37 MPa)

a los 28 días. El segundo estado se corresponde con una tracción de 80 kN (sc = 2.546 MPa),

aplicada a partir de los 240 días.

2.1 Instantáneas elásticas

Estado I

( )

28

0I

iE

28t =s=e = -1.99·10-4

s (t0 = 28 días) = -6.37 MPa

E28 = 10000·(fcm,28)1/3 = 10000·(25+8)1/3 = 32075.34 MPa


Estado II

( )

240

0II

iE

240t =s=e = 0.78·10-4

s (t0 = 28 días) = 2.55 MPa

E240 = 10000·(27+8)1/3 = 32710.66 MPa

2.2 Deformaciones debidas a la f luencia

Estado I

Las deformaciones debidas a fluencia en el instante t para una tensión constante s (t0) aplicada en t0

se evalúan según la instrucción EHE como:

)t,t(E

)t()t,t( 0

28

0

0c j×s

=ej

donde:

j (t,t0) = j0·bc(t-t0) es el coeficiente de fluencia para t0 = 28 días.

j0 = jRH·b(fcm)·b(t0) es el coeficiente básico de fluencia

÷÷ø

öççè

æ

×

-+=

×

-+=j

3/13/1RH)100(9.9

701001

e9.9

HR1001 = 1.65

825

8.16

8f

8.16)f(

ck

cm

+=

+=b = 2.92

2.02.0

0

0281.0

1

t1.0

1)t(

+=

+=b = 0.489

j0 = jRH·b(fcm)·b(t0) = 2.363.0

0H

0

0c)tt(

)tt()tt( ú

û

ùêë

é

-+b

-=-b ,

función que describe el desarrollo de la fluencia con el tiempo.

bH=1.5·e·[1+(0.012·HR)18]+250 = 406.5

Considerando la fluencia efectiva desde t0 = 28 días, y evaluándola para

t = 360 días Þ bc (t-t0) = 0.79

t = 10000 días Þ bc (t-t0) = 0.99

se obtienen unos coeficientes de fluencia para el estado I, jI(t,28):

Materiales 73

t (días) 360 10000

jI(t,28) 1.86 2.34

Estado II

Para el estado II la fluencia es efectiva desde t = 240 días:

j ((t,t0) = j0·bc(t-t0)

j0 = jRH·b(fcm)·b(t0) = 1.54

jRH = 1.65

b(fcm)=2.92

2.002401.0

1)240t(

+==b = 0.32

3.0

0H

0

0c)tt(

)tt()tt( ú

û

ùêë

é

-+b

-=-b

bH = 406.5

La fluencia se evalúa para los siguientes instantes:

t - t0 = 360 - 240 = 120 días Þ bc (t-t0) = 0.64

t - t0 = 10000 -240 = 9760 días Þ bc (t-t0) = 0.99

y se obtienen unos coeficientes de fluencia para el estado II, jII(t,240):

t (días) 360 10000

jII(t,240) 0.99 1.53

Como la tensión es s (t=240) = MPa55.2

4

800002=

f×P

, la deformación se puede calcular mediante

la expresión ( ) ( )240,tE

240,t28

240 j×s

=ej

.

Con estos resultados, y aplicando el principio de superposición, se obtienen las siguientes

deformaciones debidas a la fluencia:

t (días) 360 10000

ecjI(t,28) -3.69·10-4 -4.66·10-4

ecjII(t,240) 0.79·10-4 1.22·10-4

ecj(t,t0) -2.9·10-4 -3.44·10-4


3 Deformación total

La deformación total será la suma de deformaciones parciales:

eTOTAL = eDT + ecs + eIi +eIj + eIIi + eIIj

Deformaciones t = 360 días t = 10000 días

Temperatura +10-4 +10-4

Retracción -3.22·10-4 -4.45·10-4

Instantánea elástica Estado I -1.99·10-4 -1.99·10-4

Estado II 0.78·10-4 0.78·10-4

Fluencia Estado I -3.69·10-4 -4.66·10-4

Estado II 0.79·10-4 1.22·10-4

TOTAL -6.33·10-4 -8.1·10-4

Materiales 75

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 entumecimiento

)tt()t,t(sscsoscs

-b×e=e

ts= comienzo de la retracción, en días = 1 día

t= edad del hormigón, en días

RHscso b×e=e

46

ckS 1045.410)f5570(--

×=××-=e

bRH = 0.25 (entumecimiento)

00011.0cso =e

)tst(e035.0

tst)tst(

2s-+×

-=-b

mm75u

A2e =

×=

t875.195

1t)1t(s

+

-=-b

luego,

t875.195

1t00017.0)t,1(cs

+

-×=e

Para realizar estudios en el tiempo, se opta por tomar intervalos que proporcionen un mismo Decs.Para un hipotético tiempo infinito:


00011.0tmáxcs =Þ¥® e

[ ]2

2

máxcs

cs

1

88.1951t1,0

88.195t

1t

a

a

e

ea

-

×+=ÞÎ

+-

==

La última ecuación proporciona el tiempo transcurrido desde el origen de tiempos, necesario para

que se produzca una deformación por entumecimiento de aecmáx.. Tomando incrementos de

deformación constante, por ejemplo

10

9,...,

10

4,

10

3,

10

2,

10

1,0=a

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 1/10 2/10 3/10 4/10 5/10 6/10 7/10 8/10 9/10 1

t, días 3 9.2 20.5 38.5 66.6 111.5 190.2 351 840.3 ¥

ecs 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 9.9·10-5 1.1·10-5

Las deformaciones por entumecimiento aparecen representadas en la siguiente gráfica:

DEFORMACIONES POR ENTUMECIMIENTO

0,00E+00

2,00E-05

4,00E-05

6,00E-05

8,00E-05

1,00E-04

1,20E-04

1 10 100 1000 10000 100000 1000000 10000000

días

EPScs(t)

INCEPScs(t)

2 Cálculo del módulo de deformación 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.

Materiales 77

Según la EHE y el código modelo MC-90, el módulo de deformación longitudinal inicial del

hormigón se puede obtener mediante la siguiente expresión:

8ff

f10000E

ckcm

3cm28c

+=

×=

donde todas las magnitudes están expresadas en MPa.

En nuestro caso, fck=25 MPa, luego:

32075E 28c = MPa

En función del tiempo, se tiene:

28ct,c EE ×b=

donde se adopta para cemento de endurecimiento rápido:

días 3 7 28 90 365 1000 10000 20000

b 0.74 0.87 1 1.07 1.09 1.2 1.21 1.215

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

b 0.74 0.88 0.954 1.012 1.044 1.072 1.077 1.089 1.17

Ec, t 23700 28200 30600 32500 33500 34300 34600 34900 37500

Estos valores aparecen reflejados en la siguiente gráfica:

E(t)

0

5000

10000

15000

20000

25000

30000

35000

40000

0 200 400 600 800 1000

días

MPa


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:

)tt()t,t( 0c00-b×j=j

En nuestro caso:3.0

0

0

2.0

0

0tt1500

tt

t1.0

92.2)t,t( ú

û

ùêë

é

-+

-×

+=j

2.0

0

0

ck

cm

RH

0cmRH0

t1.0

1)t(

92.28f

8.16)f(

)100HR(1

)t()f(

+=b

=+

=b

==j

b×b×j×=j

100)(HR1500

tt

tt)tt(

h

3.0

0h

0

0c

==b

úû

ùêë

é

-+b

-=-b

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,t0=3): las

funciones varían (son cada vez menores) conforme aumenta t0.

COEFICIENTE DE FLUENCIA

0,00

0,20

0,40

0,60

0,80

1,00

1,20

1,40

1,60

1,80

0 100 200 300 400 500 600 700 800 900

días

FI(t,t0=3)

FI(t,t0=9.2)

FI(t,t0=20.5)

FI(t,t0=38.5)

FI(t,t0=66.6)

FI(t,t0=111.5)

FI(t,t0=190.2)

FI(t,t0=351)

FI(t,t0=840.3)

Materiales 79

4 Resolución del problema en 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:

ò ×+×=t

t

00c

0

)'t(d)'t,t(R)t,t(R)t()t( ees

lo que es una generalización del principio de superposición ante una historia de deformaciones

cualquiera.

t

e(t0)

t0

e(t)

La función R(t,t0) se llama función de relajación y se puede evaluar con suficiente precisión a través

de la siguiente expresión:

úúúú

û

ù

êêêê

ë

é

×+-×=

)t,t()t(E

)28(E

)t,t(1)t(E)t,t(R

0

0c

c

0

0c0

fc

f

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

0

0

t1

t

+=c (valores entre 0.5 y 1.0)

Para edades de carga comprendidas entre 10 y 30 días (t0), c vale aproximadamente 0.8 (Trost).

componente

instantáneacomponente

diferida


4.1 Historia de deformaciones

La retracción (entumecimiento) aumenta continuamente en el tiempo. Para hacer un análisis �paso a

paso� en el tiempo se adoptará la siguiente hipótesis: en cada hito de tiempo (ti) se producirá toda la

deformación desarrollada entre ti-1 y ti.

4.2 Análisis paso a paso

Cuando en t0= 3 días aparece la deformación por entumecimiento (Decs(3)), en la pieza aparece una

tensión de compresión. Esta tensión se relaja con el paso del tiempo.

Cuando en t0=9.2 días aparece Decs(9.2) se genera una nueva tensión de compresión, que también

se relajará con el paso del tiempo.

El balance de tensiones en t0=9.2 días será:

å÷÷÷

ø

ö

ççç

è

æ

=

=

+=

(3)ndeformaciodeescalon

primerelpor3enapareciday

9.2tenevaluadarelajadatensión

(9.2)por9.2en

aparecequetension0

0

cs

cs

tt

eDeD

Gráficamente:

e sf : función final de la tensión relajada

t t3 3

diferidainstantánea

1

aparecida a 3 díasprimer escalón

Materiales 81

t

e

t

tt

e s

s

9.

23 9.

23

9.

2

instantánea

f2: función final de la tensión relajadaaparecida a 9.2 días

f1

f1 + f2

escalonesiguales

este incremento esmayor que el de 3días puesto que Ecrece con el tiempo

suma

segundo escalón

9.2 9.2

9.2 9.2

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

4.3 Solución planteada.

3 días 9.2 días 20.5 días

Decs(3)s (f1)

Decs(3)·R(3,3) Decs(3)·R(9.2,3) Decs(3)·R(20.5,3)

Decs(9.2)s (f2)

0 Decs(9.2)·R(9.2,9.2) Decs(9.2)·R(20.5,9.2)

... 0 0 ...

Suma por columnas

stotal

Decs(3)·R(3,3) Decs(3)·R(9.2,3)+Decs(9.2)·R(9.2,9.2)

Decs(3)·R(20.5,3)+Decs(9.2)·R(20.5,9.2)+Decs(20.5)·R(20.5,20.5)

El valor de R(t0,t0) coincide con E(t0) puesto que f(t0,t0) = 0.


Para resolver el problema se debe, por tanto, calcular las funciones de relajación R(t,t0) que

aparecen a continuación. Obsérvese que los puntos iniciales de cada curva R(t,t0) coinciden con el

valor de E(t0) según la curva que se ha dado en páginas anteriores:

FUNCIÓN DE RELAJACIÓN

0

5000

10000

15000

20000

25000

30000

35000

40000

45000

0 200 400 600 800 1000

días

MPa

R(t,t0=3)

R(t,t0=9.2)

R(t,t0=20.5)

R(t,t0=38.5)

R(t,t0=66.6)

R(t,t0=111.5)

R(t,t0=190.2)

R(t,t0=351)

R(t,t0=840.3)

4.4 Resolución numérica

En la gráfica siguiente se observan los resultados:

TENSIONES POR RELAJACIÓN

-6

-5

-4

-3

-2

-1

0

0 100 200 300 400 500 600 700 800 900

días

MPa

tens sin rel

tens con rel

Materiales 83

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, e(t)=s(t0)·J(t,t0), y resulta válido el principio de superposición. La función J es la

llamada función de fluencia y se expresa por:

)28(E

)t,t(

)t(E

1)t,t(J 0

0

0

f+= , donde

J(t,t0) = componente de deformación instantánea + componente de deformación diferida

J(t,t0) y es aproximadamente igual a 1/E (variable).


FUNCIÓN DE FLUENCIA

0

0,00002

0,00004

0,00006

0,00008

0,0001

0,00012

0,00014

0 100 200 300 400 500 600 700 800 900

días

1/M

Pa

J(t,t0=3)

J(t,t0=9.2)

J(t,t0=20.5)

J(t,t0=38.5)

J(t,t0=66.6)

J(t,t0=111.5)

J(t,t0=190.2)

J(t,t0=351)

J(t,t0=840.3)

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:

Decs(3)

® Balance parcial Decs(3)

Materiales 85

® 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)


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)


e(9.2) = Decs(9.2) + Dem(9.2,3) + em(9.2,9.2) + e(3) = 0



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)

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

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:

åD-=

=

D=D-D++D+D+Dtij

jmmmmcs jitiiiii

3

),(),(...)2.9,()3,()( eeeee


balance parcial:

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

Ds(i)=-SDem(i,j)·E(i)j=i-Dt

j=3


e(i) = Decs(i) + Dem(i,3) + Dem(i,9.2) + ... + em(i,i- Dt) + em(i, i) + e(i- Dt) = 0

Materiales 87


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

-6

-5

-4

-3

-2

-1

0

0 200 400 600 800 1000

días

MPaTENS (t) con flu

TENS(t) sin flu


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 de hormigón pretensado con armaduras postesas constituidas por 4 tendones

T5 F 0.6� (Ap=28 cm2). El trazado equivalente de dichas armaduras sigue la ecuación y =0.0032

x2 - 0.08 x, tal como se aprecia en la figura adjunta.

Características de la sección:

Ac = 0.34 m2 v = 0.67 m

Ic = 0.062 m4 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.


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 la fuerza de pretensado

1.1 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

( )( ) kN61.114e1PP 5.12003.008.02.0

01 =-×=D ×+×-

1.2 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.


La ecuación que permite encontrar la longitud lp que se ve afectada por la pérdida al penetrar las

cuñas es

ò ××

×D@

×D

=D=l

0pp

p2

pp AE2

lPdx

AE

)x(Pla

Teniendo en cuenta que DP2 = 2·(PA-PB) = 2·PA·( )( )plk

e1×+a×m-- , y sustituyendo en la expresión

anterior, se obtiene la siguiente ecuación que hay que resolver:

( )[ ]pp

p

lk

A

AE

le1Pa

p

×

×-×=

×+a×m-

donde:

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:


÷÷ø

öççè

æ

×-×=

-×=Þ=

- pp

p

pp

l2

l1AC

l

2

ll

ACD'Dl

AC

2

ll

D'D

DP2D = kN97.9157.172

25174.318D'D =÷

ø

öçè

æ×

-×=

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:

cj

pp

cp3E

EA

n2

1nP

××

×-

×s=D

donde:

n=2 (los tendones se tesan dos a dos, simétricamente)

( )

c

pp

c

2

210

c

210cp

I

eM

I

ePPP

A

PPP ×-

×D-D--

D-D--=s

En la sección de apoyo:

PC = PA-DP1-DP2 = 1881260 N

e = 0

Mpp = 0

MPa53.5340000

1881260cp -=-=s

N1935540000

2000002800

22

1253.5P3 -=

××

×-

×-=D

En la sección de centro de vano:

PD = PA-DP1-DP2 = 1993420 N

e = y(12.5) = 0.0032·12.52�0.08·12.5 = -0.5 m = -500 mm

Mpp = 664062.5 N·m

( ) ( )MPa55.8

1062

500664062500

1062

5001993420

340000

199342099

2

cp -=×

-×-

×

-×--=s

N2992540000

2000002800

22

1255.8P3 -=

××

×-

×-=D

Nótese que se está considerando la actuación en este momento del peso propio.


Estos resultados, referentes a las pérdidas instantáneas de fuerza de pretensado, se recogen en la

siguiente tabla:

Sección DP1 (kN) DP2 (kN) DP3 (kN) DPinst (kN) DPinst / P0 Pki (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 fuerza 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:

( )p

c

2

pc

c

p

prcspcpg

dif A

1I

yA1

A

An1

8.0EnP ×

j×c+×÷÷

ø

ö

çç

è

æ ×+××+

sD×+e×+s×j×=D

donde:

n = Ep / Ec = 5 (coeficiente de equivalencia)

c

cmpp

c

2

ki

c

kicgp

I

eM

I

eP

A

P ×-

×--=s +

p

kipr

A

P×r-=sD

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

( )

2800

28.01062.0

034.01

34.0

0028.051

)20.53(8.0)103(102)47.5(25P

2

45

dif ×

×+×÷÷

ø

ö

çç

è

æ ×+××+

-×+×-××+-××=D

-

= -397746 N

Por lo que se refiere a la sección de centro de vano:

scgp = -7.39 MPa

Pki = 1963500 N

e = yp = -500 mm


Mpp+cm = 781250 N·m

Dspr = -56.1 MPa

( )

2800

28.01062.0

)5.0(34.01

34.0

0028.051

)1.56(8.0)103(102)39.7(25P

2

45

dif ×

×+×÷÷

ø

ö

çç

è

æ -×+××+

-×+×-××+-××=D

-

= -399243 N

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

DP/P0 (%) 33.4 28.9


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 4metros de luz simplemente apoyadas, cuyas sección transversal y características de los materiales seindican en el esquema adjunto. El intereje es de 50 cm.

Las propiedades de los materiales son las siguientes:

- hormigón: HP-35/S/12/I, (fck= 35 MPa, a los 28 días), j = 2,5, er= 4·10-4

- 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 actuantes, además del peso propio de las viguetas, son:- carga muerta permanente: 1.5 kN/m2

- sobrecarga variable: 2.0 kN/m2

Se toman Yo=0.6, Y1=0.5, Y2=0.2 como coeficientes de combinación de acciones.

Se pide:

1. Calcular las características mecánicas de las secciones bruta (A, I, v, v�) y homogeneizada(Ah, In, vh, v�n).

Sección transversal

de la vigueta


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 dedescompresión y el estado límite de aparición de fisuras. Verificar si dicha vigueta, en el forjadodescrito, satisface dichos estados límite.

4. Calcular las tensiones en las fibras extremas del hormigón antes y después de transferir elpretensado, 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 mm2

v� = -84.16 mmv = 95.84 mmI = 37893228 mm4

El área de pretensado es Ap =3·0.785·42 = 37.7 mm2, y su excentricidad equivalente es:

( ) ( )mm83.20

3

16584.9522084.951e p -=

-×+-×= .

Si se consideran los siguientes valores del módulo de deformación longitudinal:

- hormigón: Ec=8500·fcm,j1/3=8500·(35+8)1/3 = 29778.88 Mpa

- acero de las armaduras activas: Ep = 200000 MPa- coeficiente de equivalencia: n = Ep/Ec = 6.72

se obtienen las características de la sección homogeneizada de la siguiente forma:

Centro de

gravedad


Área homogeneizada:

Ah = Ac + (n-1)·Ap = 11250+(6.72-1)·37.7 = 11465.64 mm2

Tomando momentos estáticos respecto de la fibra superior se puede obtener el centro de gravedad:

( )

( )mm23.96

7.3772.511250

67.1167.3772.584.9511250

A1nA

vA1nvAv

pc

ppc

h =×+

××+×=

×-+

××-+×=

vh� = v � h = -83.77 mm

El momento homogeneizado de inercia se obtiene como sigue:

Ih = Ic + Ac·(v-vh)2 + ( )å=

××-3

1i

2

hipi eA1n = 38991959 mm4

Así pues, las características de la sección homogeneizada son:

Ah = 11465.64 mm2

v�h = -83.77 mmvh = 96.23 mmIh = 38991959 mm4

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 eseh = e + (vh � 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

Mpp =8

lpp 2×= 562.5 N·m

- cargas muertas: cm = 1500·0.5 = 750 N/m

Mcm =8

lcm2

×

= 1500 N·m

- sobrecarga variable: sc = 2000·0.5 = 1000 N/m

Msc =8

lsc 2×= 2000 N·m

La fuerza de pretensado inicial es:

P0 = sp0·Ap = 0.75·fpu·Ap = 0.75·1900·37.7 = 53722.5 N


2.1 Pérdidas por acortamiento el ástico

N1332.8329778.8820000037.75.26

E

EAP

cj

ppcp3 -=××-=××s=D

5.26MPaI

eP

A

P

h

2

0

h

0cp -=

×--=s

Fuerza de pretensado después de la transferencia: Pki = P0 + DP3 = 52389.67 N.

2.2 Pérdidas diferidas

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

( ) ( )

( )( )p

0

h

2

p

h

p

pr0spcgp0

dif A

tt,1I

y

hA1

A

An1

0.8tt,Ett,nP ×

j×c+××+××+

sD×+e×+s×j×=D

÷÷

ø

ö

çç

è

æ= -8315.1 N

4.05MPaI

eM

I

eP

A

P

h

cmpp

h

2

ki

h

kicgp -=

×-

×--=s

+

c = 0.8 (coeficiente de envejecimiento)

p

kifpr A

P×r-=sD = -111.17 MPa

Fuerza de pretensado final: Pk¥= Pki + DPdif = 44074.66 N

Por lo tanto, las pérdidas instantáneas de fuerza de pretensado representan un 2.5% sobre elpretensado inicial; mientras que las diferidas alcanzan el valor de un 15.5% respecto al mismo valorde la fuerza de pretensado en anclajes.

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

÷÷ø

öççè

æ+

r×-= ev'

PMh

2

hk0


El momento de descompresión dependerá de la fuerza de pretensado, por lo que será distinto a cortoy a largo plazo, esto es:

- después de la transferencia (Pk = 0.95·Pki = 49770.19): M0i = 3037.8 N·m- largo plazo (Pk = 0.95·Pk

¥= 41870.93): M0

¥= 2555.65 N·m

La expresión del momento que provoca el inicio de la fisuración en la sección es la que sigue:

h

h

ct

h

2

hk

v'

Ife

v'PM ×-+

r×-= ÷÷

ø

öççè

æ

Resistencia característica a tracción del hormigón: fct,k =0.21·fck2/3=2.25 MPaResistencia a tracción a los 7 días: fct.7 =b7·fct,k= 0.7·2.25 = 1.58 MPaResistencia a tracción a largo plazo: fct.

¥= b

¥·fct,k = 1.1·2.25 = 2.48 MPa

Con estos valores se obtiene:- después de la transferencia (Pk = 0.95·Pki = 49770.19 N): Mi = 3773.23 N·m- largo plazo (Pk = 0.95·Pk

¥= 41870.93 N): M

¥= 3710 N·m

A la hora de verificar los estados límite se tiene en cuenta la combinación de acciones simplificadaque viene recogida en la instrucción EHE para las situaciones:

- frecuente: SgG,j·Gk,j + gP·Pk + y1,1·gQ,1·Qk,1

- casi permanente: SgG,j·Gk,j + gP·Pk + y2,1·gQ,1·Qk,1

Los coeficientes que se utilizan en la verificación son los que se indican en la siguiente tabla:

Coeficientes gG,j gQ,1 gP y1,1 y2,1

Valores 1.0 1.0 0.95 0.5 0.2

Sin considerar el pretensado, las combinaciones anteriores proporcionan los siguientes momentos decálculo en los estados límite de servicio:

- situación frecuente: Mfr = 3062.5 N·m- situación casi permanente: Mcp = 2462.5 N·m

Se considera además una combinación únicamente con las cargas permanentes: MG = 2062.5 N·m.

La siguiente tabla recoge la verificación de los estados límite de descompresión y apertura de fisuraspara las diferentes combinaciones.


Estado límite Frecuente Casi permanente C. PermanentesEL descompresión No Sí SíEL apertura de fisuras Sí Sí Sí

4 Tensiones en el hormigón

Las tensiones en el hormigón se calculan con la siguiente fórmula:

yI

My

I

eP

A

P kpkp ×-×××

+×

-=gg

s

donde A e I son el área y la inercia de la sección considerada en cada fase.

4.1 Antes de la transferencia

Acciones: - pretensado en la armadura activasc = 0

4.2 Después de transferir (sección homogeneizada)

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

sc,sup = -2.95 MPasc,inf = -5.32 MPa

4.3 Largo plazo (sección homogeneizada). Consideramos la situación frecuente.

Acciones: - pretensado Pk¥= 44074.66 N; e = -20.44 mm

- peso propio: 281.25 N/m- cargas muertas permanentes: 750 N/m- sobrecarga variable: 1000 N/m

-5.32 MPa

-2.95 MPa


sc,sup = -8.88 MPasc,inf = 1.79 MPa

5 Tensiones en el acero

Las variaciones de tensión en el acero se obtienen como:

Dsp = n·Dsc(y=eh)

donde n = Ep/Ec = 6.72 es el coeficiente de equivalencia.

5.1 Antes de la transferencia (sec ción de la armadura activa)

Acciones: - pretensado en el acero

Si se admite relajación nula del primer día:

A

Po0pp =s=s = 1425 MPa

5.2 Después de transferir (sección homogeneizada)

Variación de acciones: - pretensado Pki

- peso propio: 281.25 N/m

Dsp = -30.11 MPasp = 1394.89 Mpa

5.3 Largo plazo (sección homogeneizada)

Variación de acciones: - pérdidas diferidas de pretensado DPdif

- cargas muertas permanentes: 750 N/m- Sobrecarga variable: 1000 N/m

Dsp = 17.53 MPasp = 1412.42 MPa

1.79 MPa

-8.88 MPa


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:

Ic = 0.062 m4 v = 0.67 m ea= 0.20 m

Ac = 0.34 m2 v� = -0.58 m ec= -0.48 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:


ïïî

ïïí

ì

££-×+×-

££--×

-££--×-×-

=

m5.12xm25.6,16.1x2176.0x008704.0

m25.6xm25.6,48.0x008704.0

m25.6xm5.12,16.1x2176.0x008704.0

)x(e

2

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:

- cargas concentradas en los anclajesïî

ïí

ì

×=

a×=

a×=

ahp

v

h

ePM

senPP

cosPP

- cargas distribuidas a lo largo del trazadoïî

ïí

ì

×m-=

=

nt:estangencial

r

Pn:normales

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.

ïî

ïí

ì

££-

££-

-££--

=»

m5.12xm25.6,017408.0

m25.6xm25.6,017408.0

m25.6xm5.12,017408.0

)x(''er

1radio de curvatura en m-1

ïî

ïí

ì

££-

££-

-££--

==

m5.12xm25.6,408.17

m25.6xm25.6,408.17

m25.6xm5.12,408.17

r

Pn carga distribuida normal (kN/m)


· Esfuerzos de pretensado

Dado que se trata de una estructura isostática, los esfuerzos de pretensado se pueden obtener en

cada sección directamente como:

M = P·e·cosaN = -P·cosaV = -P·sena

donde:

22 ))x('e(1

1

tg1

1cos

+=

a+=a

2

2

2

2

))x('e(1

))x('e(

tg1

xtgsen

+=

a+=a

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

-400,00

-200,00

0,00

200,00

M (

kN

·m)

M-

max=480 kN·m

M+

max=200 kN·m


Esfuerzos axiles debidos al pretensado

-1250,00

-1000,00

-750,00

-500,00

-250,00

0,00

N (

kN

)

Esfuerzo cortante debido al pretensado

-150,00

-100,00

-50,00

0,00

V (

kN

)

Vmáx= 108.8 kN

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


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.


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:


îíì

J+J=J

-×J=×J

BA

BA

ddd

)xL(dxdÞ

ïïî

ïïí

ì

J×=J

J×÷ø

öçè

æ-=J

dL

xd

dL

x1d

B

A

dJ = c·dx = dxIE

)x(e)x(P×

××

Þ

ïïî

ïïí

ì

××

××=J

××

××÷

ø

öçè

æ-=J

dxIE

)x(eP

L

xd

dxIE

)x(eP

L

x1d

B

A

Si se toman e1 y e2 positivas hacia arriba, el trazado del pretensado viene definido por la siguiente

ecuación:

ïïïïï

î

ïïïïï

í

ì

-=×££×+×-

££+×-

££-×+×-

×

££××

=

lxxl2xl,e2xl

e

lx0,exl

ee

lx2

l,ee2x

l

)ee(2

2

lx0,x

l

e2

)x(e

**

1

*1

*

2

*21

2112

1

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:


òòò ×××

×+××

×

×==

l

2l2

l

0

l

0

II

P dxl

x

IE

)x(ePdx

l

x

IE

)x(ePdJJ =

dxee2xl

ee2

l

x

IE

Pdx

l

xe2

IE

P l

2

l 21

122

l

0 2

2

1 ×÷÷ø

öççè

æ-×+×

-×××

×+×

×××

×òò = ÷÷

ø

öççè

æ ×+×

×

×

24

e5

4

e

IE

lP 21

òòò××

×÷ø

öçè

æ×

-××

×+×÷

ø

öçè

æ×

-××

×==

l2

l

l

0

l2

0

IIII

P dxl2

x1

IE

)x(ePdx

l2

x1

IE

)x(ePdJJ =

òò×

×÷ø

öçè

æ

×-×÷÷

ø

öççè

æ×+×-×

×+×÷

ø

öçè

æ

×-×÷÷

ø

öççè

æ+×

-×

×

l2

l 1

1

2

21l

0dx

l2

x1e2x

l

e

IE

Pdx

l2

x1ex

l

ee

IE

P=

÷÷ø

öççè

æ ×+×

×

×

12

e5

2

e

IE

lP 21

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

que:

III

H21II

M

I

P

II

H21I

M

I

P

I

IE3

l2M

12

e5

2

e

IE

lP

IE3

lM

24

e5

4

e

IE

lP

JJ

JJJ

JJJ

=

ïï

þ

ïï

ý

ü

××

××-÷

ø

öçè

æ ×+×

××

-=+=

××

×+÷

ø

öçè

æ ×+×

××

=+=

De donde:

MH = ÷ø

öçè

æ×+××- 21 e

8

5e

4

3P

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

momento hiperestático:

MH = 0 Þ 2121 e6

5e0e

8

5e

4

3×-=Þ=×+×

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

senai » tgai


l

e2sen 1

1

×-=a

l

)ee(2sen 12

2

-×=a

l

e2eP2)sen(senPQ 12

21

×-××=a+a×=

l

eesen 12

3

-=a

l

esen 1

4 -=al

e2eP)sen(senP

2

Q 1243

×-×=a+a×=

Ambas ecuaciones conducen a idéntica solución:

1212 e2e

l200

e2e

l

2

QP

×-×=

×-×=

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 = kN400l

e2eP2

2 =×-

××

R2 = kN200l

e2eP 12 =

×-×

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

que provocan los siguientes esfuerzos:

p=25·0.4=10 kN/m


Impondremos que en las secciones críticas no se alcance una tensión superior a la resistencia

característica a tracción del hormigón.

A = 0.4 m2

I = 0.0333 m4

Sección 1: 2k,ctsup mkN3000f5.0

0333.0

375)400Q(16

30

4.0

67.1666==×

--×---=s

Þ Q = 454.56 kN

Sección 2: 2k,ctinf mkN3000f)5.0(

033.0

5.312)400Q(32

50

4.0

67.1666==-×

+-×--=s

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

0.3125 pl2


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

MH ( ) hP05.0h4.08

5h4.0

4

3Pe

8

5e

4

3P 21 ××=÷

ø

öçè

æ××+×-××-=÷

ø

öçè

æ×+××-= =

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:

( )ct

QH2

sup fI

vMMeP

A

P=

×++×--=s

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:

( )ct

Qv,H1

inf fI

'vMMeP

A

P=

×++×--=s

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.


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 noexiste rozamiento entre la armadura activa y el hormigón, se sabe que la fuerza en los anclajes esPanc = 150 T.

ALZADO DINTEL (TRAZADO DEL TENDÓN)

SECCIÓN A-A�

SECCIÓN B-B�

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).


Solución

1 Sistema de cargas sobre el hormigón

a) Cálculo de la ecuación del trazado del tendón.

baxy

cbxaxy

+=¢

++=

2

2

Condiciones:

( )

( )( ) 064.0b

00256.0a

05.12y5.12x

4.05.12y5.12x

0c00y0x

-=

=Þ

þýü

=¢Þ=

-=Þ=

=Þ=Þ=

x064.0x00256.0y 2-=

b) Cargas sobre el hormigón

Þ=¢¢×@ P00512.0yPq

m/kN68.7mT768.0q ==

( )

998.0cos

103869.6sen

064.00ytg2

=Þ

×-=Þ

Þ-=¢=-

a

a

a

luego

95.8kN=9.58T=senP

1496.94kN=T694.149cosP

a

a

×

=×

2 Leyes de esfuerzos de pretensado

El cálculo de estas leyes se aborda resolviendo el pórtico sometido a las acciones de pretensado. Desesta forma se obtienen las leyes totales (esfuerzos isostáticos + esfuerzos hiperestáticos).

Tomamos la siguiente notación y convenio de signos:

§ Inercia del dintel 423

121

d m10166.415.0I -´=´´==

§ Inercia del pilar 423

121

p m10208.55.05.0I -´=´´==

§ Longitud del dintel m25l d ==


§ Longitud del pilar m6l p ==

§ Área de la sección del dintel 2

d m0.5=1.05.0A ´==

Sentido Å para giros y momentos:Antihorario

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

- los giros en A (fa) y en D (fd) son nulos;- los giros en B (fb) y en C (fc) son simétricos;- el dintel, por efecto del pretensado, sufre un acortamiento que puede expresarse mediante unmovimiento d en B y C (simétricos)

( ) 0

ab2

p

p

ba

p

p

ab ml

IE62

l

IE2m +++=

dff , con

perfecto)emp.de(mom.0m

00

ab

a

=

=f

Þ2

p

p

b

p

p

abl

IE6

l

IE2m

df += (1)

( ) 0

ba2

p

p

ab

p

p

ba ml

IE62

l

IE2m +++=

dff , con

0m

0

0

ba

a

=

=fÞ

Þ df2

p

p

b

p

p

bal

IE6

l

IE4m += (2)

( ) 0

bccb

d

dbc m2

l

IE2m ++= ff Þ

Þ ( )12

lq2

l

IE2m

2

dcb

d

dbc -+= ff (3)

Puesto quecb

ff -= por simetría y 0mmbcba=+ por equilibrio en el nudo B, se tiene

(ecuaciones 2 y 3):

012

lq

l

IE2

l

IE6

l

IE4 2

db

d

d

2

p

p

b

p

p=-++ fdf Þ

Þ df2

p

p2

db

d

d

p

p

l

IE6

12

lq

l

IE2

l

IE4-=

÷÷

ø

ö

çç

è

æ+ (4)

Por otra parte, descomponiendo la estructura:

Equilibrio en el nudo B:


acosPVN babc ×=+ (5)

d

d

bc

d

d

bc

l

AE2N

2

l

EA

N dd =Þ= (6)

p

abbabaabpbaba l

mmV0mlVm

+=Þ=+- (7)

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

ad

cosPl

AE2

l

mm

d

d

p

abba ×=++

addf cosPl

AE2

l

IE12

l

IE6

d

d

3

p

p

b2

p

p=++

de donde

pdp

2

pd

p

2

p

b l

2

lI3

lA

IE6

lcosP ddaf --

×= (8)

Introduciendo (8) en (4) tenemos

ddda

2

p

p2

d

pdp

2

pd

p

2

p

d

d

p

p

l

IE6

12

lq

l

2

lI3

lA

IE6

lcosP

l

IE2

l

IE4-=

÷÷

ø

ö

çç

è

æ--

×

÷÷

ø

ö

çç

è

æ+ Þ

pd

d

2

p

p

2

d

dp

d

2

dp

2

pdd

2

p

p

d

pd

Il3

IlcosPlcosP

3

2

12

lq

ll

IE4

lI3

lAIE2

l

IE8

l3

lAE4 ×-×-=

÷÷

ø

ö

çç

è

æ----

aad

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


m/T952.3277188.0

255.616

10111.110154.00116.016.0

479.57776.59840E

3=

-

-=

×----

--=×

-

d (9)

Sustituyendo en (4):

df El

I6

12

lqE

l

I2

l

I42

p

p2

db

d

d

p

p-=

÷÷

ø

ö

çç

è

æ+ Þ

Þ ( ) 12387,340E0033328,00034722,0 b -=+ f

Þ 975,5418E b =f (10)

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

kNm24.337mT724.33453.28271.5El

I6E

l

I2m

2

p

p

b

p

p

ab ==+=+= df

kNm95.389mT955.38453.28542.10El

I6E

l

I4m

2

p

p

b

p

p

ba ==+=+= df

kNm95.389mT995.38mm babc -=-=-=

kN2.121T12.126

995.38724.33

l

mmV

p

abbaba ==

+=

+=

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

dbc

2

d lV2

lq= Þ T6,9Vbc =

por lo que, equilibrando el nudo B frente a fuerzas verticales,

asenPVN bcba ×=+ Þ

Þ 06.958.9VsenPN bcba @-=-×= a

(el pequeño error aparece por la simplificación que supone tomarq @ P·y��)

por lo tanto:

Leyes de esfuerzos:


39 mT

21 mT

33.72 mT 33.72 mT

39 mT

Mf

137.57 T

N

12.12 T9.6 T

9.6 T

12.12T

V

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


Esfuerzos isostáticos Esfuerzos hiperestáticos

33.72 mT

39 mT

33.72 mT

39 mT

Mf

12.12 T

N

12.12 T12.12 TV

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 deluz, a base de vigas prefabricadas de sección artesa. La construcción es evolutiva, de forma que loselementos trabajan inicialmente bajo su peso propio como simplemente apoyados, paraposteriormente proporcionar continuidad estructural solidarizando unos elementos a otros a travésde pretensado en la zona de apoyos. La figura adjunta muestra la geometría y la evolución delesquema estructural.

A = 1.308 m2

I = 0.195 m4

v = 0.87 mv� = -0.38 mPo= 9650 kN (después de transferir)Ap= 7140 mm2 (51ø 0.6²)e = 0 (pretensado centrado)Sección hidráulica 2m2

El hormigón es HP-45/P/18/II-b. Las armaduras de pretensado están constituidas por 51 cordonesde ø 0,6², de acero Y 1860 S7 de carga unitaria máxima 1860 N/mm2.

La transferencia del pretensado se realiza a los 7 días del hormigonado, quedando la viga biapoyadaa partir de ese momento. Posteriormente se transporta y se monta in situ, y a los 90 días sebloquean las juntas, dando continuidad estructural al conjunto, instante a partir del cual puede entraren servicio el acueducto.

Las cargas que se deben considerar son:


- cargas permanentes: peso propio del acueducto (rh=25 kN/m3)- sobrecargas de uso: peso del agua (q =20 kN/ml)

Se desprecian las pérdidas diferidas de pretensado y se suponen los siguientes parámetros reológicosdel hormigón:

j (90, 7) = 1.2 j (¥, 7) = 2.0 j (¥, 90) = 1.4c (90, 7) = 0.9 c (¥, 7) = 0.8 c (¥, 90) = 0.85

Se pide:

1. Calcular la ley de momentos flectores a corto y largo plazo bajo los efectos de las cargaspermanentes, supuesto que el pretensado de continuidad es también centrado. Utilizar el métododel coeficiente de envejecimiento para obtener la fluencia producida por tensiones variables a lolargo del tiempo.

2. Sin tener en cuenta el estado tensional local generado por el pretensado de continuidad, calcularel estado de tensiones en las secciones críticas así como la flecha en centro de vano a corto ylargo plazo, en vacío y en servicio.

3. En función del apartado anterior diseñar el pretensado de continuidad (fuerza y excentricidadnecesaria, en su caso) para garantizar la ausencia de tracciones en apoyos y vano bajo cargas deservicio y en vacío.

4. En caso de que el pretensado sea excéntrico, situado por debajo del centro de gravedad de lasección pero dentro del núcleo central de la misma, obtener la expresión del momentohiperestático a largo plazo sobre el apoyo en función de la excentricidad, suponiendo que laspérdidas diferidas de pretensado son del 10%, a tiempo infinito y que a los 90 días se haproducido la mitad de las mismas.

Solución

1 Ley de momentos flectores a corto y largo plazo

1.1 Cálculo de esfuerzos y desplazamientos en fase inicial y de propiedades mecánicas del

hormigón

Peso propio g = 25 kN/m3 x 1.308 m2 =32.7 kN/m.

Momento flector en centro de vano

mkN69.25548

257.32

8

lgM

22

g ×=×

=×

=

Análisis 125

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

MPa52.40943E09,1E

MPa29.30050E8,0E

MPa86.3756253100008f10000E

28,c90,c

28,c7,c

3328,c28,c

=×=

=×=

=×=+×=

Rigidez a flexión EcI

26

90c

26

7c

26

28c

mkN10984.7)IE(

mkN10860.5)IE(

mkN10325.7)IE(

××=×

××=×

××=×

Giro en los extremos al transferir el pretensado a t = to = 7 días

rad00363.010860.524

257.32

IE24

lg)t(

6

33

o =××

×=

×××

=q

Desplazamiento vertical (flecha) en centro de la luz al transferir

mm4.28m0284.010860.5384

257.325

IE384

lg5)t(y

6

44

o ==××

××=

××

××=

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 porfluencia sobre los apoyos Dqj, para lo que se requiere la aparición de un esfuerzo hiperestáticoDMh, que genere un giro qMh, de forma que:

0Mh =q+qDj

Nótese que se hace la hipótesis de que el comportamiento de la viga es similar al de una vigabiempotrada.

El valor de qMh, habida cuenta de su aparición progresiva a partir de los 90 días es:

[ ]

[ ])7,90()7,()(

)90,()90,(1)IE(2

lM)(

o

90c

hMh

j-¥j×q=¥qD

¥j×¥c+×××

×=¥q

j


Igualando Dqj = qMh se tiene

( ) ( ) ( )( ) ( )÷

÷ø

öççè

æ

¥j×¥c+j-¥j

×J×××

=90,90,1

7,907,

l

IE2M o

90c

h

mkN96.8464.185.01

2.10.200363.0

25

10984.72M

6

h ×=÷ø

öçè

æ×+

-××

××=

Si el acueducto se hubiese construido inicialmente como viga continua, el momento flector negativosobre apoyos hubiese sido

mkN13.170312

6257.32

12

lgM

2

×-=×

-=×

-=

Ello significa que los efectos de la fluencia al dar continuidad posterior hacen que a lo largo deltiempo se genere un momento flector negativo del 50% aproximadamente del que se hubiesegenerado en caso de construcciones simultáneas sobre cimbra.

El momento flector positivo será entonces

mkN73.170796.84669.2554M8

lgM h

2

×=-=-×

=+

La ley de momentos flectores a largo plazo será, finalmente:

2 Estado tensional

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

Análisis 127

2.1 Situación inicial (isostática), en vacío

2.1.1 Sección centro de vano

MPa78.18mkN52.18775I

vM

A

P)5.12x(

MPa40.2mkN31.2399195.0

38.069.2554

308.1

9650

I

'vM

A

P)m5.12x(

2g

c

sup

2g

c

inf

-=-=×

--==

-=-=×

+-=×

--==

s

s

2.1.2 Sección de apoyo

MPa38.7mkN68.7377A

P)0x()0x( 2

c

supinf -=-=-==== ss

2.2 Situación final (continua), en vacío a largo plazo

2.2.1 Sección centro vano

MPa15mkN78.14996195.0

87.073.1707

308.1

9650

I

vM

A

P

MPa05.4mkN79.4049195.0

38.073.1707

308.1

9650

I

'vM

A

P

2g

c

sup

2g

c

inf

-=-=×

--=×

--=

-=-=×

+-=×

--=

¥

¥

s

s


MPa60.3mkN93.3598195,0

87.096.84668.7377

I

vM

A

P

MPa03.9mkN16.9028195.0

38.096.84668.7377

I

'vM

A

P

2g

c

sup

2g

c

inf

-=-=×

+-=×

--=

-=-=×

--=×

--=

¥

¥

s

s

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

Los momentos flectores Mq

+

Mq

- producidos por el agua son:

mkN67.104112

62520M;mkN83.520

24

62520M qq ×-=

×-=×=

×= -+



MPa10.21mkN22.21099I

vM

I

vM

A

P

MPa38.1mkN36.1384I

'vM

I

'vM

A

P

2qog

c

sup

2qog

c

inf

-=-=×

-×

--=

-=-=×

-×

--=

+

+

s

s


MPa73.2mkN23.2730195.0

87.010427378

I

vM

A

P

MPa41.9mkN6.9407195.0

38.010427378

I

'vM

A

P

2q

c

sup

2q

c

inf

-=-=×

+-=×

--=

-=-=×

--=×

--=

-

-

s

s

2.4 Situación final (viga continua) en servicio largo plazo


MPa32.17mkN45.17320I

vM

I

vM

A

P

MPa04.3mkN84.3034I

'vM

I

'vM

A

P

2qg

c

sup

2qg

c

inf

-=-=×

-×

--=

-=-=×

-×

--=

+

¥

+

¥

s

s


MPa05.1mkN52.1048I

vM

I

vM

A

P

MPa06.11mkN08.1158I

'vM

I

'vM

A

P

2

c

q

c

g

c

sup

2

c

q

c

g

c

inf

==×

-×

--=

-=-=×

-×

--=

-

¥

-

¥

s

s

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

MPa66.24521.0f21.0f3 23 2

ckk,ct =×=×=

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

Análisis 129

2.5 Flecha en el centro del vano

La flecha instantánea al pretensar es de 28.4 mm, tal como se calculó más arriba. A largo plazo, laflecha debida a cargas permanentes estará compuesta por las debidas a la carga repartida y almomento hiperestático, según la expresión:

mm04.6716.182.85)t(

mm29.81010984.78

62596.846

)IE(8

lM)t(

16.18)4.185.01(39.8))t,t()t,t(1()t()t(

mm2.85)0.21(4.28))t,t(1()t()t(

)t()t()t(

3

690c

2

h1Mh

111MhMh

oogg

Mhg

=-=

-=×××

×-=

××

×=

-=×+-=×+×=

=+×=+×=

+=

d

d

jcdd

jdd

ddd

que representa 1/373 de la luz.

La sobrecarga de agua, actúa sobre la viga continua, generando una flecha.

mm55.21010984.7384

2520

IE384

lq 3

6

44

q =×××

×=

×××

=d

Con lo que la flecha máxima previsible será

mm6.6955.204.67)t( qq =+=+= ddd , que resulta ser 1/360 de la luz.

3 Pretensado de continuidad

Basándose en los resultados anteriores el pretensado de continuidad centrado con valor igual al de laviga no basta para mantener la fibra superior en la sección de apoyos comprimida en la situación enservicio a largo plazo.

Si se introdujese un pretensado adicional centrado, su fuerza debería ser:

kN1440P;mkN1050A

Pc

2

c

c ³³

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


22

x35.16x75.40896.8462

x7.32x5.127.3296.846)x(M ×-×+-=×-××+-=

M(x) = 0 para x = 2.28 m @10

l

Para reducir el postensado de continuidad adicional necesario, y por razones constructivas, éstepodría 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, efectoshiperestáticos, tanto en cuanto a esfuerzos como en cuanto a flechas.

El momento hiperestático generado se obtiene igualando el giro debido al momento que introduce elpretensado con el giro que introduce el momento hiperestático. Esto es equivalente a igualar lasáreas de las leyes de momentos. De este modo:

l

leP2M p

h ×××=

La flecha en centro de vano será la generada por el sistema de cargas de la figura, cuyo valor será

úúû

ù

êêë

é-÷÷

ø

öççè

æ××=d

l

l2

l

l4

EI8

leP p

2

p2

c

÷÷ø

öççè

æ ×-×=

l

l21ePM p

a

Ma Ma

Análisis 131

El pretensado de continuidad se obtiene obligando a satisfacer el estado limite de descompresión enla sección de apoyo, esto es obligando a que se genere unas compresiones de valor 1.05 MPa. Deeste modo:

MPa05.1I

vM

I

veP

A

P0

c

h

c

c

c

csup =

×+

××--==s

de donde puede despejarse: Pc=315 kN.

Con lo que el momento hiperestático y flecha resultan

[ ] mm35.01.021.0410984.78

2572.0315

mkN4.451,08.2262l

leP2M

2

6

2

c

p

hip

-=×-×××

××=

×=××=×××=

d

Para obtener el estado tensional después de la continuidad, habrá que añadir al calculado en elapartado 2) las tensiones producidas por el pretensado de continuidad adicional, las cuales, sinconsiderar pérdidas diferidas, son:

3.1.1 Sección centro vano (solo afecta el momento hiperestático)

MPa88.0mkN88195.0

38.04.45

I

'vM

MPa2.0mkN202195.0

87.04.45

I

vM

2

c

hip

inf

2

c

hip

sup

-=-=×

-=×

=

==×

=×

=

s

s

3.1.2 Sección apoyo

MPa11.0I

'vM

I

'veP

A

P

MPa05.1I

vM

I

veP

A

P

c

h

c

c

c

cinf

c

h

c

c

c

c

sup

-=×

-××

+-=

-=×

+××

--=

s

s

Las tensiones totales, en MPa, se resumen en el siguiente cuadro.

SECCIÓN VANO SECCIÓN APOYOssup sinf ssup sinf

CORTO VACÍO -18.60 -3.28 -7.18 -8.26PLAZO SERVICIO -23.90 -2.26 -3.78 -9.30LARGO VACÍO -14.76 -4.95 -4.65 -8.94PLAZO SERVICIO -16.72 -3.93 0.00 -10.97


4 Caso de pretensado excéntrico en fase isostática

El momento hiperestático a largo plazo depende del giro inicial y de la fluencia. El primero esfunción no sólo de la rigidez del acueducto y de las cargas de peso propio, sino también delpretensado (P) y de su excentricidad (e). Por otra parte, en la evolución en el tiempo de ese giro sedebe tener en cuenta la pérdida diferida del pretensado. (DPdif (t, to)).

Giro en los extremos a t = to = 7 días.

IE2

leP

IE24

lg)t(

3

o ××××

-××

×=q

Sin el efecto hiperestático, el incremento de giro por fluencia, teniendo en cuentaDPdif (t, to) sería:

[ ])t,t()t,t(1)IE(2

le)t,t(P)t,t()t()t( oo

toc

odif

oo j×c+×××D

+j×q=qDj

A partir del instante de continuidad (t = t1) este incremento valdría

)t,t()t,t()t,t( o1o1 jjjqD-qD=qD

donde Dq(t1,to) es el giro producido desde la transferencia al instante de continuidad adicional, cuyovalor es:

[ ])t,t()t,t(1)IE(2

le)t,t(P)t,t()t()t,t( o1o1

toc

o1o1oo1 j×c+×

××D+j×q=qD

j

Con ello se tendría

[ ]

[ ]))t,t()t,t(1()t,t(P)t,t())t,t(1()t,t(PIE2

le

)t,t()t,t()t()t(

o1o1o1ooo

c

o1oo

jcDjcD

jjqqDj

×+×-×+×××

+

+-×=

Llamaremos

a = ))t,t()t,t(1()t,t(P ooo j×c+×D

b = ))t,t()t,t(1()t,t(P o1o1o1 j×c+×D

Análisis 133

El giro producido en cualquier instante por el momento hiperestático, que aparece progresivamentees:

[ ])t,t()t,t(1)IE(2

lM11

t

hMh

1

j×c+×××

=q

Con lo que igualando Dqj = qMn, se tiene

( )

)t,t()t,t(1

)()IE(2

le)t,t()t,t()t(

l

)EI(2M

11

t

o1oo

h

o

jc

bajjq

×+

úúû

ù

êêë

é-×

××

+-×

×=

Sustituyendo valores

26

t

26

t mkN107.984=I)(E;mkN105.860=I)(E1o

××××××

j (¥, to) = 2.0 ;j (90; 7) = 1.2 ; j (¥, 90) = 1.4c (¥, to) = 0.8 ; c (90; 7) = 0.9 ;c (¥, 90) = 0.85DP (¥,to) = 0.10 Po =965 kN ; DP (90, 7) =0.05 Po =482.5 kNa = ))t,t()t,t(1()t,t(P ooo j×c+×D = 965 (1+0.8·2) = 2509 kN

b = ))t,t()t,t(1()t,t(P o1o1o1 j×c+×D = 482.5 (1+0.9·1.2) = 1003.6 kN

a - b = 1505.4

[ ]

e51.386795.846e55.936)e59.2063.3(32.233M4.185.01

8.15481086.52

e25)2.12(10e585.2063.3

25

10984.72M

rad10)e59.2063.3(e105.862

259650-103.36=)t(

h

6

36

h

3

6

3-

o

-=+-=×+

×××

×+-×××-

×××

=

××-=××××

×q

-

-

La tabla adjunta representa el valor de Mh en función de e.

e (m) 0 0.025 0.05 0.075 0.1 0.125 0.15 0.171Mh (Kn·m) 847 750 654 557 460 364 267 186

Se observa que Mh varía linealmente con e. Por otra parte, disponiendo el pretensado con unaexcentricidad e = 0.171, igual al límite inferior del núcleo central, la redistribución sería muchomás pequeña pues el giro al transferir sería mucho menor al estar compensando parte del pesopropio.

Para e = 0, se observa que la expresión anterior conduce al valor Mh=847 kN·m que es el obtenidoen el apartado 1).

Análisis seccional 135

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:As = 5f16 As� = 0As = 5f16 As� = 3f16

1.2. Para un momento M = 3·Mfis, siendo Mfis el momento de fisuración, calcular el estado detensiones 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 profundidadde la cabeza de compresiones, de forma que en servicio la fibra neutra caiga en la cabezacomprimida.

2.2. Para el caso As = 4f20, obtener el estado de tensiones en el hormigón y el acero para M =150 kN·m

Solución

Características de los materiales:


Hormigón:- resistencia característica a compresión: fck = 30 MPa (fcd = 30/1.5 = 20 MPa)- resistencia media a compresión: fcm = fck + 8 = 38 MPa- resistencia a tracción pura: fct,k = 0.21·fcvk2/3 = 2.0 MPa- módulo de deformación longitudinal: Ej = 8500·fcm1/3 = 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:

Sección bruta:ïî

ïí

ì

×=××=

=×=

463

b

2

b

mm10312530050012

1I

mm150000300500A

Área de acero: As = 5·201 = 1005 mm2

As� = 3·201 = 603 mm2 (caso b)

Canto útil: d = 450 mmd� = 50 mmd�/d = 0.111

Cuantías geométricas: 3s 1044.7450300

1005

db

A-×=

×=

×=r

3s 1047.4450300

603

db

'A' -×=

×=

×=r

r�/r = 0.60

Coeficiente de equivalencia: 35.728577

210000

E

En

c

s ===

n·r = 0.0547n·r� = 0.0328

1 Para la viga rectangular

1.1 Obtención del diagrama momento-curvatura en la sección rectangular

a) caso sin armadura de compresión (As� = 0)b) caso con armadura de compresión (As� = 603 mm2)

Para la obtención del diagrama momento-curvatura (M-c) se utilizarán las ecuaciones de equilibrioentre esfuerzos y tensiones, y de compatibilidad, haciendo las siguientes simplificaciones:


1. El diagrama M-c se supondrá trilineal, con puntos de quiebro en los correspondientes a lafisuración del hormigón, plastificación del acero (si la rotura es dúctil) o del hormigón (ec = -0.002) si el acero no ha plastificado. Así se tendrán tres ramas lineales: I) estado íntegro sinfisuras, II) estado fisurado, III) estado de prerrotura.

2. En el estado fisurado (II) se desprecia la resistencia a tracción del hormigón, y se considera queel 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 enlas resistencias características del acero fyk y hormigón fck, adoptando en este último el diagramarectangular de tensiones.

4. Se aceptan las hipótesis de adherencia perfecta entre hormigón y acero, deformación plana de lassecciones 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 obtenerlas características de la sección homogeneizada:

Área: Ah = Ab + (n-1)·(As+As�)

Centro de gravedad:( ) ( )

( ) ( )'AA1nA

'd'AdA1n2

hA

vssb

ssb

+×-+

×+××-+×= v� = h - v

Inercia: Ih = Ib + Ab·(v - h/2)2 + (n-1)[As·(d-v)2+As�·(v-d�)2]Rigidez: KI = Ec·IhMomento de fisuración. Se obtienen a partir de la ecuación de las tensiones, para el caso en quesiendo M = Mfis, se produce la tensión máxima de tracción en la fibra más traccionada (z= v�).Entonces de tiene:

( ) k,ct

h

fis fI

'vM'vz =

×==s Þ

'v

fIM k,cth

fis

×=

Curvatura de fisuración:

'vE

f

IE

Mc

c

k,ct

hc

fisfis ×

=×

=

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


ParámetrosCaso a) As = 1005 mm2

As� = 0Caso b) As = 1005 mm2

As� = 603 mm2

Área homogeneizada 156382 mm2 160211 mm2

Centro de gravedad v = 258.2 mmv� = -241.8 mm

v = 253.2 mmv� = -246.8 mm

Inercia homogeneizada 3370·106 mm4 3532·106 mm4

Rigidez 96305 kN·m2 100934 kN·m2

Momento de fisuración 27.87 kN·m 28.62 kN·mCurvatura de fisuración 2.894·10-4 m-1 2.836·10-4 m-1

Estado II: fase fisurada

Se plantean las ecuaciones de equilibrio y compatibilidad a nivel sección.

ssssc A''Axb2

10 s×-s×+××s×=

( )'dd''Ax

dxbMssc

-××+÷ø

öçè

æ-××××= ss32

1

'dx

'

xdxssc

-

e=

-

e=

e

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

sc = Ec·ecss = Es·es

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

x

xdn cs

-×s×=s

x

'dxn' cs

-×s×=s

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


÷÷÷÷÷÷

ø

ö

çççççç

è

æ

÷÷ø

öççè

æ

rr

+×r×

÷÷ø

öççè

æ×

rr

+×

++-×÷÷ø

öççè

æ

rr

+××r×=2

'1n

d

'd'12

11'

1dnx (As� /=0)

÷÷ø

öççè

æ

r×++-××r×=n

211dnx (As�=0)

donde se observa que x es independiente del momento aplicado.

( ) ( ) úû

ùêë

é÷ø

öçè

æ-×-×+÷

ø

öçè

æ-×-××= 'd

3

x'dx'A

3

xdxdAEK sssII (As� /=0)

( ) ÷ø

öçè

æ-×-××=3

xdxdAEK ssII (As�=0)

( )'ddx

'dx'An

3

xdxb

2

1

M

s

c

-×-

××+÷ø

öçè

æ-×××

=s (As� /=0)

÷ø

öçè

æ-××

×=s

3

xdxb

M2c (As�=0)

A partir de sc se obtienen ss y ss� mediante las ecuaciones de compatibilidad anteriores.

Para buscar el inicio de la rama de prerrotura, esto es, el momento y la curvatura plásticas, se buscala deformación del hormigón para es=ey= 21000078.434Ef syd = =0.00207. Sabiendo que x no

depende del momento flector en esta fase:

0008.02.126450

2.12600207.0

xd

xsc =

-×=

-×e=e

sc = Ec·ec = 23.1 MPa < fc k

Como resulta ser que sc < fc k, el acero plastifica antes de hacerlo el hormigón, siendo la roturaclaramente dúctil. El momento de plastificación se corresponderá entonces con aquel para el cual:

x

xdn cs

-×s×=s = fyd =

( )x

xd

'ddx

'dx'An

3

xdxb

2

1

Mn

s

p -×

-×-

××+÷ø

öçè

æ-×××

×

( )( ) ( )ú

û

ùêë

é-×-××+÷

ø

öçè

æ-×

××

-×= 'dd'dx'An

3

xd

2

xb

xdn

fM s

2yd

p


Aplicando las expresiones anteriores a los casos a y b, se obtienen los resultados de la tabla adjunta,siendo n·r = 0.0547 y r�/r = 0.60.

Parámetro en estado II Caso a) As�=0 Caso b) As�=603 mm2

x 126.2 mm 119.3 mmRigidez KII 27877 kN·m2 28542 kN·m2

Mplástico 178.0 kN·m 178.6 kN·mCurvatura plástica Mp/KII 63.9·10-4 m-1 62.6 ·10-4 m-1

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· ÷ø

öçè

æ-2

yd + As�·fyd·(d-d�)

De la primera ecuación se despeja:

bf85.0

fAfAy

cd

yd

'

syds

××

×-×=

x = 1.25·y

En el caso a: As�=0

mm7.853002085.0

78.4341005y =

×××

=

x = 1.25·85.7 = 107.1 mm

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

mkN0.1782

7.8550.47.853002085.0M u ×=÷

ø

öçè

æ-×××=

14cu m10327

1071.0

0035.0

xc --×==

e=

0cc

MMK

pu

pu

III »-

-=

En el caso b: As�=603 mm2, la profundidad y vale


mm3.343002085.0

78.43460378.4341005y =

×××-×

=

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 roturadúctil.

mkN6.180)50450(78.4346032

3.3450.43.343002085.0M u ×=-×+÷

ø

öçè

æ-×××=

14cu m10818

0428.0

0035.0

xc --×==

e=

2

pu

pu

III mkN5.26cc

MMK ×=

-

-=

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

En ambos casos 3 Mfis<Mplático, por tanto nos encontramos en el estado II:

Caso a: As�=0x = 126.2 mmMfis = 27.87 kN·m

MPa83.10

3

2.1264502.126300

1087.2732

3

xdxb

M2 6

c =

÷ø

öçè

æ-××

×××=

÷ø

öçè

æ-××

×=s

MPa24.2042.126

2.12645083.1035.7

x

xdn cs =

-××=

-×s×=s

Caso b: As�=603 mm2

x = 119.3 mmMfis = 28.62 kN·m


)50450(3.119

503.11960335.7

3

3.119450

2

3.119300

1062.283

)'dd(x

'dx'An

3

xd

2

xb

M

6

s

c

-×-

××+÷ø

öçè

æ-×

×××

=-×

-××+÷

ø

öçè

æ-×

×=s

sc = 10.26 MPa

MPa04.2093.119

3.11945026.1035.7

x

xdn cs =

-××=

-×s×=s

MPa81.433.119

503.11926.1035.7

x

'dxn' cs =

-××=

-×s×=s

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 lacabeza es rectangular, entonces es válida la expresión para sección rectangular con b = bf,

es decir,

÷÷ø

öççè

æ

r×++-××r×=n

211dnx = hf

condb

A

f

s

×=r

r×+=+

×r× n

211

dn

h f

Elevando al cuadrado y operando queda que para ( ) ( )dh12dhn f

2

f -×£r× se cumple que

x £ hf.

ht


2.2 Estado de tensiones en el hormigón y el acero en el caso As=4ff20 y M=150 kN.m

Si bf = 700 mm y As = 4·314.2 = 1257 mm2:

004.0450700

1256

db

A

f

s =×

=×

=r

n·r = 7.35·0.004 = 0.0294

y llamamos, 222.0450

100

d

h f ===a ; a2 = 0.04938

( ) ( )r×>=

-×=

a-×a

=l n317.0222.012

04938.0

12

2

Se cumple el criterio para que x £ hf; con lo cual son válidas las fórmulas para sección rectangular:

mm7.960294.0

2114500294.0

n

211dnx =÷

÷ø

öççè

æ++-××=÷

÷ø

öççè

æ

r×++-××r×=

MPa61.10

3

7.964507.96700

101502

3

xdxb

M2 6

c =

÷ø

öçè

æ-××

××=

÷ø

öçè

æ-××

×=s

MPa92.2847.96

7.9645061.1035.7

x

xdn cs =

-××=

-×s×=s


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

Una viga tipo prefabricadade 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.


Solución


- 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:

N156173.856036.3E

EAP

5c

pp

cp3 -=××-=×

×= sD

siendo:

( ) ( )8

8

8

2pp

2

00cp

10112

20010491.1

10112

200784000

243400

784000

I

eM

I

eP

A

P

×

-××-

×

-×--=

×-

×--=s

MPa36.3-=


( )mkN1.149

8

142434.025M

2

g ×=××

=

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

1 El diagrama momento-curvatura 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

0ext

extexttotal ccK

eP

K

M

K

ePM

K

Mc +=

×+=

×+==

Estado I: fase sin fisurar


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

14

h5,c

0 m10011.6255685

68.153

IE

ePc --×-=

-=

××

=

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

15

hc

g

g m10791.1255685

58.4

IE

ePMc --×-=

-=

×

×+= .

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:

( ) MPa46.1f'vI

M'v

I

eP

A

P'v 5,ct

h

fis

h

5,k

h

5,k ==×-××

--=s

÷ø

öçè

æ-

-×-

-××

-=÷÷ø

öççè

æ+×-

×-= 200

470

8.46014768400

470

1011246.1e

'vP

'v

IfM

82hk,ct

fis

r

Mfis = 263.7 kN·m

La curvatura de fisuración será:

14

hc

fis

fis m1030.4255685

68.1537.263

IE

ePMc --×=

-=

×

×+=

El incremento de curvatura bajo el momento exterior es 14

gfis m10·47.4ccc --×=-=D

263.7

153.68


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

x

xdn

xdx

p

cp

p

pc-

×s×=sDÞ-

eD=

e

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

C1 = bf·hf·sc1

C2 = 0.5bf·hf(sc-sc1)

C3 = 0.5·bw·(x � hf)·sc1

ïïî

ïïí

ì

×s=s-s

-×s=s

Þ-

s=

s

x

h

x

hx

hxxf

c1cc

f

c1c

f

1cc

Sustituyendo se tiene:


( ) ( )[ ]2fwfffc hxbhx2hbx2

1C -×+-××××

s×=

El momento respecto de la armadura traccionada vale:

M = C1·z1 + C2·z2 + C3·z3

donde z1 = dp -2

h f ; z2 = dp -3

h f ; z3 = dp � hf -3

hx f-

( )

( )

úúúúú

û

ù

êêêêê

ë

é

÷ø

öçè

æ ---×

-×+

÷ø

öçè

æ-×

×+÷

ø

öçè

æ-×-××

×=

3

hxhd

2

hxb

3

hd

2

hb

2

hdhxhb

xM

ffp

2

fw

fp

2

fffpfff

cs

Entonces, teniendo en cuenta quex

xdn

p

cp

-×s×=sD la ecuación de equilibrio de fuerzas queda

así:

( ) ( )[ ] ( )xdx

nAhxbhx2hbx2

1P p

cp

2

fwfffc

n -×s

××--×+-××××s

×=

Se puede despejar sc/x y sustituir en la ecuación de momentos, resultando las siguientes

expresiones:

( ) ( )[ ] ( )xdnAhxbhx2hb2

1

P

xpp

2

fwfff

nc

-××--×+-××××=

s

( )( )

( )( )

( )xdAn2

hxbhx2

2

hb

3

hxhd

2

hxb

3

hd

2

hb

2

hdhxhb

PM

pp

2

fwf

ff

ffp

2

fwfp

2

fffpfff

n

-××--×

+-×××

÷ø

öçè

æ ---×

-×+÷

ø

öçè

æ-×

×+÷

ø

öçè

æ-×-××

×=

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:

6

bA w=

÷÷ø

öççè

æ-×= p

n

w dP

M

2

bB


( ) ( )n

pwf

2

wffp

n P

MAnbb

2

hbbhd

P

MC ××+-×+-××÷÷

ø

öççè

æ-=

( ) ( )n

ppwf

2

p

n

wf

3

P

MdAnbb

2

hd

P

Mbb

3

hD ×××--××÷÷

ø

öççè

æ---×-=

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 ( pydppn e³eD+e ):

3

p

pyd

pyd 10780.719000015.1

1700

E

f-×=

×==e

c

cc

p

cpE

con,x

xd seeeD =

-×=

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:

3

pp

npn 10368.7

190000560

784000

EA

P-×=

×=

×=e

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) ec Dep epn ep = Dep + epn c = ec/x (m-1)

266 494 2.11·10-4 -2.74·10-5 7.37·10-3 7.34·10-3 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 2.55·10-4 8.13·10-5 7.37·10-3 7.45·10-3 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 3.14·10-4 3.17·10-4 7.37·10-3 7.69·10-3 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

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:

K

ePM

K

Mc exttotal ×+

==


c

ePM

c

MIEK exttotalfis5,cII

×+==×=

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) Mtot (kN·m) KII (kN·m2) Ifis (m4)

266 112.32 262430 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)

Dpfpyd = 560 mm2·15.1

1700N/mm2 = 827.83 kN

C� = 827.83 = 0.85 fcd·b·y

y = mm100mm05.2712003085.0

83,827<=

××

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

Dep = 0410.00035.08.33

8.33430

d

xdc =×

-=

-e


131cu m105.103m035.0

0338.0

0035.0

xC --- ×====

e

2

3yu

yu

III m.kN7.28210)74.15.103(

31677.344

CC

MMk =

×-

-=

-

-=

-

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

kN·21.535

m.kN·04.266

5

MP fis

fis ===

kN·95.685

m.kN·77.344

5

MP u

u ===

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 una 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

[ ]MPa51.7

)xd(nA)hx(b)hx2(hb2

1

x·P

pp

2

fwfff

nc =

-×--+-×=s

MPa58.39x

xdn

p

cp =-

×= ssD

MPa56.133258.39mm560

N7684002p =-s


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/mm2. La armadura

activa está compuesta de 5 cordones de f 0.6 � (AP total= 5·140 = 700 mm2). Se adoptan las

siguientes características de proyecto de los materiales:

- hormigón HP 45/P/20/IIb, fck,28= 45 N/mm2

coeficiente final de fluencia j(7,¥)= 2.0

retracción final ecs= -3·10-4

- acero de pretensado Y 1860 S7, fpu= 1860 N/mm2, fpy,k= 1700 N/mm2

relajación final r =8%

- armaduras pasivas B 500-S fyk=500 N/mm2

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.

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 Tq 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.


Solución

1 Cálculo de tensiones

a) La fuerza de pretensado en bancada antes de transferir es:

kN980N980000mm/N1400mm700AP 22

popo ==×=s×=

y la tensión en el hormigón, antes de transferir es sco= 0.

Dado que el pretensado se introduce sobre la sección de hormigón con armaduras activas adheridas,

hay que calcular la sección homogeneizada Ah. Para ello se calcula el coeficiente de equivalencia

entre hormigón y acero de pretensado n= Ep/Ec, tomando como material base el hormigón.

2

pch

2

p

2

28c7c

233cm28,c

mm10372470032.5200500A)1n(AA

32.630050

190000n

N/mm190000E

mm/N30050E8.0E

mm/N3756384510000f10000E

=×+×=×-+=

==

=

=×=

=+×=×=

La tensión y la deformación en el hormigón serán:

2

h

oc mm/N45.9

103724

980000

A

P1

-==-=s (compresión)

4

c

cc 1015.3

30050

45.9

E

-×-=-

==s

e

La variación de tensión en la armadura activa, teniendo en cuenta que hay adherencia entre

hormigón y acero (ec = Dep), será:

2

cc

c

p

cPppPo mm/N7.59nE

EEE -=s×=s×=e×=eD×=sD

Este valor corresponde a las pérdidas por acortamiento elástico, y representa el 4.3% de la tensión

inicial spo = 1400 N/mm2.

2

Popo1P mm/N3.13407.591400 =-=sD+s=s

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


La fuerza de tracción se aplica también sobre la sección homogeneizada, por tanto:

2

1c1p

1p

4

7,c

1cc

2

h

1c

mm/N4.24n

1029.1E

mm/N86.3103724

400000

A

T

1

=sD×=sD

eD=×=sD

=eD

===sD

-

2

1c1c2c mm/N59.586.345.9 -=+-=sD+s=s (compresión)

2

1p1p2p mm/N7.136437.243.1340 =+=sD+s=s

c) Tensiones a largo plazo

Para ello hay que calcular las pérdidas diferidas, según la ecuación.

( )jc

sDejsD

×+÷÷ø

öççè

æ+××+

×+×+×××=

1I

e

A

1An1

8.0EnAP

c

2

c

p

prcspcgp

p

donde

0.2,8.0;0e

mm/N112140008.0

103

mm/N59.5

2

popr

4

cs

2

2ccgp

===

-=×-=×-=

×-=

-==

¥

-

jc

srsD

e

ss

( )N1364309.194700

28.01200500

70032.61

1128.0103190000259.532.6700P

4

dif -=×-=×+×

××

+

×-××-××-×=

-

D

La fuerza de pretensado a largo plazo será:

N818860136430700PPP o =-=+=¥

D

Con lo que las tensiones en acero y hormigón serán:

2

p mm/N1208=¥

s

2

n

dif1cc mm/N28.4

103724

13643059.5

A

P-=+-=+=

¥

Dss


2 Cálculo de la sobrecarga de 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.

23 2

ck28,ct mm/N66.2f21.0f =×=

A los 7 días, 2

28,ct7,ct mm/N86.1f70.0f =×=

A largo plazo, 2

28,ct,ct mm/N93.2f10.1f =×=¥

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:

ct

n

crcgp f

A

T=+s

donde cgps es la tensión debida a cargas permanentes. Si se plantea a corto plazo, scgp=sc2=-5.59

n/mm2 y si se plantea a largo plazo scgp=sc¥= -4.28 N/mm2

N747850103724)28.493.2(A)f(T

N772744103724)59.586.1(A)f(T

hc,ct,cr

hcgp7,ct7,cr

=×+=×-=

=×+=×-=

¥¥¥s

s

Por tanto, se adopta Tcr = 767850 N.

3 La sobrecarga máxima prevista 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:

2

p

2

n

c

mm/N26.141007.1132.63.1340

mm/N07.11A

747850400000

=×+=

=+

=

s

sD

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

siguientes criterios:

c1pp n sDss +=


a) Rotura bajo carga máxima

2

s

pydpdyds

pydp

ydspydpd

d

mm587500

15.1255A

kN2.2558.10341290fATfA

kN8.1034N103478215.1

1700700fA

fAfAT

kN129050050.140035.1T

=×

=

=-=-=

==×=

×+×£

=×+×=

b) Rotura frágil al fisurar

N26600066.2100000fAfAfA ctcyds

*

pydp =×=×³+×

fpyd*

es la resistencia residual de la armadura de pretensado desde la tensión antes de fisurar

spfis=1410.3 N/mm2 a la plastificación 3.14781.15

1700=fypyd =

2

s

yds

*

pyd

mm3.502A

N21840068700266000fA

683.14103.1478f

³

=×-=

=-=

Por tanto adoptamos el valor anterior, As=587 mm2 disponiendo 6f12 mm., según indica la figura:


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/m2

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: DPins = 0.35 x (porcentaje), siendo x la distancia al anclaje. El

porcentaje de pérdidas diferidas de pretensado se considera igual en todas las secciones: DPdif = 20

%. Se supone que el momento hiperestático de pretensado en el vano central es Mhp = 0.25 P·h.

El hormigón es HP-40/P/20/IIb y se considera un coeficiente de dilatación a = 10-5 ºC-1.

A = 9 m2 I = 2.91 m4 v = 0.80 m v� = -0.80 m

Se pide:

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


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·z2 + 7.5·z +11

De0 = a·Dt = 10-5·(4.6875·z2 + 7.5·z +11)

Asimismo, se considera como valor del módulo de deformación longitudinal del hormigón Ec =

10000·fcm,j1/3 = 36342.41 MPa.

Formulando el análisis seccional frente a deformaciones impuestas de forma matricial, se plantea el

siguiente sistema de ecuaciones:

úû

ùêë

é

D

D+ú

û

ùêë

é

D

eD×ú

û

ùêë

é=ú

û

ùêë

é

D

D0

0m

M

N

cEI0

0EA

M

N

donde:

Dem es la deformación de la fibra baricéntrica

Dc es la curvatura seccionalE·A es la rigidez axial

E·I es la rigidez a flexión

(DN, DM) son los esfuerzos exteriores actuantes

(DN0, DM0) 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 = Ec·Ac = 327081690 kN

E·I = Ec·Ic = 105756413.1 kN·m2


El vector (DN0, DM0) tiene como componentes:

=×eD×-=D òò dAEN 00 -Ec·{ ( )ò-

-

-

××+×+××5.0

8.0

25dz1011z5.7z6875.410 +

+ ( )ò-

-

××+×+××5.0

5.0

25dz311z5.7z6875.410 + ( )ò ××+×+××

-

8.0

5.0

25dz1011z5.7z6875.410 }

DN0 = -40800.03 kN

=××eD×=D òò dAzEM 00 Ec·{ ( )ò-

-

-

×××+×+××5.0

8.0

25dz10z11z5.7z6875.410 +

+ ( )ò-

-

×××+×+××5.0

5.0

25dz3z11z5.7z6875.410 + ( )ò ×××+×+××

-

8.0

5.0

25dz10z11z5.7z6875.410 }

DM0 = 7713.68 kN·m

El sistema de ecuaciones así planteado tiene como solución:

40

m 10247.1AE

N-×=

×D

-=eD

50

10294.7IE

Mc -×-=

×D

-=D

La ley de deformaciones totales es:

De(z) = Dem - Dc·z = 1.247·10-4 + 7.294·10-5·z

La ley de deformaciones mecánicas se obtiene restando la deformación no mecánica (en este caso

debida a la temperatura) a la deformación total:

Dem(z) = De(z) - De0(z) = 10-5·(1.47 - 0.236·z - 4.6875·z2)

De

De0

Dem

Las tensiones en el hormigón se obtienen a partir de las deformaciones mecánicas como:

Dsc = Dem(z)·Ec = -1703.55·z2 -85.77·z +534.23

donde introduciendo z en metros, se obtiene la variación de tensión Dsc en kN/m2. 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


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:

ò×

=×+J=JB

AAB2

lcdx)x(c

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.

IE6

lM

IE3

lM

2

lc

IE3

lM

2

lc BCHTBCHTBCABHTAB

××

×-

××

×-×=

××

×+×-

IE6

35M

IE3

35M

2

35c

IE3

25M

2

25c HTHTHT

×××

-×××

-×=×××

+×-

Þ MHT = 1.161·Dc·E·I = 7713.87 kN·m

Las tensiones (en kN/m2 introduciendo z en metros) que provoca este momento en el vano central

son:

mkNz81.2650zm91.2

mkN87.7713z

I

M4

××-=××

-=×-=s

Las tensiones totales debidas a la acción térmica en el vano central serán suma de la parte isostática

y de la hiperestática:

sc(z) = -1703.55z2 �2736.58z + 534.23

expresadas en kN/m2 cuando z se da en metros.


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: Pki = P0·(1-0.35·x)

Pkd = P0·(1-0.35·x-0.2)

Mhip = 0.25·Pk·h = 0.4·Pk

- temperatura

Se consideran las secciones críticas de apoyo interior y centro de luz del vano intermedio. Las

tensiones se calculan como:

tempHTPkPkP z

I

Mz

I

Mz

I

eP

A

P)z( s+×-×

×g-×

××g-

×g-=s

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.

e = 0.8 - 0.15 = 0.65 m

x = 25 m Þ Pkd = 0.713·P0

Mhip,d = 0.25·Pkd·h = 0.285·P0

z = v = 0.8 m

M = -0.151·g·252 = -27651.88 kN·m

-2745.31 kN/m2=-2.75 MPa

534.23 kN/m2=0.53 MPa

1633.22 kN/m2=1.63 MPa


08.091.2

88.276518.0

91.2

P285.09.08.0

91.2

65.0P712.09.0

9

P712.09.0 000 £×-

-×××

-××××

-××

-

Þ P0 ³ 29670 kN

Sección de vano.

e = -0.65 m

x = 42.5 m Þ Pkd = 0.651·P0

Mhip,d = 0.25·Pkd·h = 0.261·P0

z = v� = -0.8 m

M = 0.094·g·252 = 17213.75 kN·m

0)8.0(91.2

75.17213)8.0(

91.2

P261.01.1)8.0(

91.2

)65.0(P651.09.0

9

P651.09.0 000 £-×--×××

--×-×××

-××

-

Þ P0 ³ 52078.25 kN

Por tanto, se necesita en anclajes una fuerza Pancl = 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:

fct,k = 0.21·fck,j2/3 = 2.46 MPa = 2456.2 kN/m2

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 (fct,k), 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:

22.1633)8.0(91.2

75.17213)8.0(

91.2

P261.01.1

)8.0(91.2

)65.0(P651.09.0

9

P651.09.02456

0

00

+-×--×××

--×-×××

-××

-³

Þ P0 ³ 43023.69 kN


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:

P0 ³ 529078 kN

Curado 169

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+D*L*K=D 10

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.


Valores Caso 1 Caso 2 Caso 3 Caso 4

K Tipo III

K= 1,15

Tipo III

K= 1,15

Tipo II

K= 1,00

Tipo II

K= 1,00

L 1 1,3 1,3 1,3

D0 3 3 3 3

D1 0 0 0 2

D (en días) 3.5 4.5 3.9 5.9

En la determinación del valor de D0, se ha considerado que las velocidades de desarrollo de la

resistencia del hormigón es rápida o media en función del caso, aunque al variar las condiciones

ambientales de exposición durante el curado, conduzcan a un mismo valor de D0 en los cuatro

casos. Los valores de los días de curado mínimos se sitúan entre 4,5 y 5,9 días, lo cual debe

tomarse en consideración, debido a la gran repercusión que tiene sobre las características de

protección de la piel del hormigón.

Como puede apreciarse, los coeficientes incluidos en la expresión pueden agruparse en tres tipos de

factores:

- características del conglomerante y de la dosificación (relación agua / cemento);

- condiciones ambientales durante el curado;

- características de agresividad ambiental durante la vida de la estructura.

Ello, lógicamente, conduce a diversas combinaciones que dan como resultado un abanico amplio de

opciones, tal como se pone de manifiesto en los resultados obtenidos en los cuatro casos analizados.

Estados límites últimos 171

BLOQUE II Estados límites últimos

E.L.U. agotamiento por solicitaciones normales 173

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,

fck = 30 MPa

fyk = 500 MPa

As = 18.85 cm2

A�s= 6.0 cm2

h = 0.50 m

d = 0.45 m

d�= 0.05 m

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 ncrit 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=xlim, 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).


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:

Nd = 0.85·fcd·b·y + As�·fyc,d - As·fyd [1]

Nd·(d-v) + Md = 0.85·fcd·b·y· ÷ø

öçè

æ-2

yd + As�·fyc,d·(d-d�) [2]

Dividiendo la primera expresión por (fcd·b·d) y la segunda por (fcd·b·d2), se obtiene:

d

y85.0f

dbf

Af

dbf

A

dbf

Nyd

cd

sd,yc

cd

'

s

cd

d ×+×××

-×××

=××

[3]

d

2

yd

d

y85.0

d

ddf

dbf

A

dbf

M

d

vd

dbf

N '

d,yc

cd

'

s

2

cd

d

cd

d

-××+

-××

××=

××+

-×

××[4]

Definiendo los siguientes parámetros adimensionales:

dbf

N

cd

dd ××=n : axil relativo

2

cd

dd

dbf

M

××=m : momento relativo

d,yc

cd

'

s' fdbf

A×

××=w : cuantía mecánica de compresión

yd

cd

s fdbf

A×

××=w : cuantía mecánica de tracción

se obtienen las siguientes ecuaciones adimensionales:

s


d

y85.0'd ×+w-w=n [5]

÷ø

öçè

æ×

-××+÷÷ø

öççè

æ-×w=m+÷

ø

öçè

æ-×n

d2

y1

d

y85.0

d

d1

d

v1

''

dd [6]

Si se supone que y = 0.8·x, las anteriores ecuaciones quedan como sigue:

d

x68.0'

d ×+w-w=n [7]

÷ø

öçè

æ×-××+÷÷

ø

öççè

æ-×w=m+÷

ø

öçè

æ-×n

d

x4.01

d

x68.0

d

d1

d

v1

''

dd [8]

Así pues, la expresión que permite determinar la profundidad relativa de la fibra neutra en rotura es:

68.0d

x'

d w-w+n= [9]

En el caso específico del problema, los valores que se han de considerar son los siguientes:

fcd = 30/1.5 = 20 MPa

fyd = 500/1.15 = 434.78 MPa

fyc,d = 400 MPa

089.040045030020

600' =×××

=w

304.078.43445030020

1885=×

××=w

dado que nos encontramos en flexión pura, nd = 0.

Sustituyendo estos valores en la expresión [9] anteriormente hallada, se obtiene:

316.068.0

089.0304.0

d

x=

-=

2. La rotura será crítica cuando la profundidad de la fibra neutra sea tal que se produzca

simultáneamente la rotura del hormigón (ec = ecu = 0.0035) y la plastificación del acero (es = ey =fyd/Es = 2.17·10-3). Dicha profundidad se obtiene planteando la compatibilidad de deformaciones en

la sección:

dx

ycucue+e

=e

617.0d

x

ycu

cu

lim

=e+e

e=÷

ø

öçè

æ


Conocido este valor de la profundidad relativa de la fibra neutra y considerando flexión simple (nd

= 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 ( 089.0'=w ,

304.0=w ) y la profundidad relativa límite que provoca una rotura crítica 617.0d

x

lim

=÷ø

öçè

æ, el axil

ncrit es:

205.0420.0304.0089.0d

x68.0

lim

'

crit =+-=÷ø

öçè

æ×+w-w=n

4. El dimensionamiento se realiza resolviendo el sistema formado por las expresiones [7] y [8]particularizadas para los siguientes valores:

Md = 380 kN·m Þ md = 0.313

nd = 0

÷ø

öçè

æ×-××+w×=d

x4.01

d

x68.0889.0313.0 ' [7]

d

x68.00 ' +w-w= [8]

a) x = xlim

x/d = 0.617 Þ w� <0 Þ As� = 2.26 cm2 (2 f 12, armadura de montaje)

w = 0.420 Þ As = 26.08 cm2

As,tot = 28.34 cm2

b) x = 0.45·d

w� = 0.070 Þ As� = 4.73 cm2

w = 0.376 Þ As = 23.35 cm2

As,tot = 28.08 cm2

c) x = 0.3·d

w� = 0.150 Þ As� = 10.13 cm2

w = 0.354 Þ As = 21.98 cm2

As,tot = 32.11 cm2


5. Para garantizar que la rotura será dúctil, se habrá de verificar la relación obtenida en el apartado

2. Por otra parte, al tratarse de flexión pura, se ha de adoptar un valor nulo para nd. Así pues, las

ecuaciones de equilibrio en el caso de rotura crítica en flexión simple son:

w = w� + 0.420

316.0d

d1

''

d +÷÷ø

öççè

æ-×w=m

donde para la sección particular del problema:

cdcdcd

d,ycs'

f

778.1400

450300f

600

dbf

f'A=×

××=

××

×=w

cdcdcd

yds

f

071.678.434

450300f

1885

dbf

fA=×

××=

××

×=w

con fcd expresado en Mpa.

De la primera ecuación se obtiene:

MPa33.15fMPa22.10f0420.0f

071.6

f

778.1min,ckmin,cd

cdcd

=Þ=Þ=+-

Combinando las expresiones [8] y [9] para el caso de flexión simple (nd = 0), se obtiene que el

momento último adimensional de la sección del problema, en función de la resistencia del

hormigón, es:

2

cdcd

df

840.10

f

873.5-=m

Si se considera el momento último dimensional:

Md = md·fcd·b·d2 =ckf

80.98778.356 -

donde Md y fck se expresan en kN·m y MPa, respectivamente.


Momento último de la sección

337,02

317,27

250,00

300,00

350,00

15,3 20 25 30 35 40 45 50

fck (MPa)

Md(kN·m)

Se observa que cuando la rotura es dúctil, la resistencia del hormigón influye relativamente poco en

el momento último. Por ejemplo, para una resistencia del hormigón fck = 25 MPa, se obtiene un

momento último Mu = 317.27 kN·m, mientras que para fck = 50 MPa, Mu = 337 kN·m; es decir,

un aumento del 6.2%.


Ejercicio II-2 Dimensionamiento y comprobación de secciones rectangulares en

flexión simple

Considérese una sección rectangular de 0.30 x 0.50 m2, sometida a un momento flector, con las

siguientes características de los materiales:

- hormigón: HA-25/P/20/Iia fck = 25 N/mm2;

- armaduras: Barras de acero corrugado B-500-S fyk = 500 N/mm2.

Se consideran los valores de los coeficientes parciales de seguridad correspondientes a un nivel de

control normal.

Se pide:

1. Dimensionar la armadura necesaria para hacer frente a un momento de cálculo de:

300 kN.m

350 kN.m

2. Calcular el momento último que puede resistir la sección suponiendo la siguiente armadura:

- sólo armadura de tracción As = 1885 mm2 (6 Æ 20);

- la misma armadura de tracción más 3Æ 16 en compresión.

En ambos apartados deberían realizarse los cálculos tanto utilizando el diagrama rectangular como

el parábola-rectángulo.

Solución

Resistencia de cálculo del hormigón. MPa67.165.1

25ff

c

ckcd ==

g=

Resistencia de cálculo a tracción del acero. MPa43515.1

500ff

s

yk

yd ==g

=

Resistencia de cálculo a compresión del acero. MPa400fycd =

Recubrimiento mínimo por durabilidad: La tabla 37.2.4 de la instrucción EHE establece para la

clase de exposición IIa un recubrimiento mínimo de 25 mm (distancia del paramento a la armadura

más exterior, que es la transversal, como indica la figura). Adoptando para Æt »10 mm y Æc »20

mm, obtenemos


La fila inferior de armadura longitudinal estará a 45 mm del paramento inferior. Por tanto, si sólo

se necesitase una armadura sería suficiente adoptar un recubrimiento mecánico de 50 mm. Pero a

priori este dato no se conoce, por lo que adoptaremos g = 60 mm y d = h-r = 440 mm.

1 Dimensionamiento de la armadura necesaria:

0 = 0.85·fcd·b·y + A�s·fyc,d � As. fyd

Md = 0.85 fcd.b.y.(d-y/2) + A�s·fyc,d·(d-d�)

Uc = fcd b d = 16.67 ·300· 440·10-3 = 2200 kN

Ucd = fcd b d2 = 968 kN.m

Mlím = 0.319 Ucd= 308.8 kN.m

a) Md=300 kN.m

Md < Mlím, por tanto no hace falta armadura de compresión.

Us1 = As1 fyd = 0.85 Uc kN9.896)dU85.0

M211(

c

d ×=××

--

As1= 23

yd

1s mm2062435

10·9.896

f

U==

Se necesitarán 6 Æ 20 + 2 Æ 12 = 2111 mm2 o bien 7 Æ 20 = 2199 mm2. Adoptemos la primera

solución, disponiendo los 6Æ 20 en la fila inferior y los dos Æ 12 en la superior.

28.4913.1214.36

8513.124514.36x g =

×+×

××+××=


b) Md= 350 kN.m

Como Md > Mlím Us2=As2·fyd = kN6.10510·50440

8.308350

'dd

MM 3limd =-

-=

-

-

As2 = 23

mm264400

10·6.105=

Se dispondrán 3 Æ 12 (As2 = 3.39 cm2)

Us1 = 0.425 Uc + Us2 = 935 +105.6 = 1040.6 kN

As1 = 2

yd

1s mm2392f

U=

Se dispondrán 6 Æ 20 en la fila inferior y 3 Æ 16 en la superior, con un total de 24.88 cm2, siendo

el centro de gravedad del conjunto:

88.24

8501.234514.36x g

××+××=

Solución con el método parábola-rectángulo:

0 = j·fcd·b·x + A�s·fyc,d-As·fyd

Md = j·fcd.b.x.(d-lx) + A�s·fyc,d·(d-d�)

Para dimensionar se obliga a que la rotura sea dúctil (dominio 2 o 3). El momento límite vale, en

este caso, siendo j = 0.688 y l = 0.416, (ecu = 0.0035):

Mlim=j·fcd.b.xlim.(d-lxlim)=0.688·16.67·300·271.5(440-0.416·271.5)=305.5 kN.m

(montaje)

16


Xlim = m2715.044.0·617.0d617.0

0035.0

002175.01

d

1

d

cu

y

===

+

=

e

e+

a) Md =300 kN.m

Como Md < Mlim, no hará falta armadura de compresión; por tanto, despejando x de la ecuación de

equilibrio de fuerzas y sustituyendo en la de momentos, se tiene:

X =bf·

fA

cd

yds

j; Md = As fyd (

bf

fA·d

cd

yds

j

l- )

Lo que proporciona una armadura:

As fyd = 0.827 Uc kN8.908)dU827.0

M211(

c

d ×=××

--

As = 2

3mm2089

10435

8.908=

× -

Se necesitarían 6 Æ 20 + 2 Æ 12 = 2111 mm2 , que es la misma armadura obtenida con el método

del rectángulo.

b) Md =350 kN.m

Como Md > Mlim, Us2 = kN1.11439.0

5.305350

'dd

MM limd =-

=-

-

As2 = 123mm3.28510·400

1.114 23 f®=

Us1 = j· fcd b xlim + A�s f�ycd= (0.688·16.67·300·271.5 + 114100)·10-3 =1048 kN

As1 = 23 mm240910·435

1048=

Se dispondrán 6 Æ 20 + 3 Æ 16 = 2488 mm2 , que es la misma armadura obtenida con el método

del rectángulo.

2. Cálculo del momento último: método del rectángulo

Siendo As = 1885 mm2 (6 Æ 20) en una sola fila, el canto útil para que se satisfaga estrictamente la

condición de durabilidad será de d = h � r = 500-45 = 455 mm.

Uc = fcd b d = 16.67 · 300 · 455 · 10-3 = 2275.5 kN

Us1 = fyd · As1 = 1885 · 435 · 10-3 = 820 kN

Us2 = As2 · fyc,d = 603 · 400 ·10-3 = 241.2 kN (en el caso b)


a) Sólo armadura de tracción. Veamos el dominio de rotura:

Dominio 2 ® entre x = 0 y x = 0.259d

Dominio 3 ® entre x = 0.259d y x =xlim

Xlim = 0.617d

Para conocer x se despeja de la ecuación de equilibrio de fuerzas. En ambos dominios la armadura

de tracción está plastificada y la de compresión también, siempre que x > 0.167d.

y = mm9.19230067.16·85.0

820000

bf85.0

f'AfA

cd

d,ycsyds=

××=

-

X = 1.25y = 241.12 mm = 0.53d; por lo tanto se trata del dominio 3

Mu=0.85 fcd b y (d � y/2)=0.85·16.67 ·300·192.9(455-192.9/2)·10-6=294 kN.m

b) Armadura de tracción y compresión

mm2.13630067.1685.0

10)2.241820(y

3

=××

×-=

X=1.25y=170.2=0.37d. Se trata también del dominio 3.

m.kN9.322)045.0455.0(2.24110)2

2.136455(2.13630067.1685.0

)'dd(fA)2yd(ybf85.0M

6

ycd

'

scdu

=-×+×-××××=

=-×+-×××=

-

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 = ,bf·

f'AfA

cd

d,ycsyds

j

-

Mu= j fcd b x (d - lx) + A�s fyc,d (d - d�)

Si estamos en dominio 3, j = 0.688m y l = 0.416.

Caso a) sin armadura de compresión

X = 3.238300·67.16·688.0

820000= mm


Mu=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

X = mm2.168300·67.16·688.0

10)·2.241820( 3

=-

Mu = (0.688 · 16.67 ·300 · 168.2 (455 � 0.416 · 168.2) + 241200 (455-45))·10-6

= 321.72 kN.m (99.6 % del obtenido mediante el método del rectángulo).


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 m2, 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 mm2) en cada cara, y que el canto útil es d = 0.45 m, d� = 0.05 m.

a) Nd = 800 kN; Md = ± 200 kN.m;

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

Solución

1. Dimensionamiento

- resistencia de cálculo del hormigón: MPa67.165.1

25ff

c

ckcd ==

g=

- resistencia de cálculo del acero: MPa34815.1

400fff

s

yk

d,ycyd ==g

==

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 Æt »10 mm, la capa exterior de la armadura longitudinal

mecánico de 45 mm (para el caso de utilizarÆ 20 ).

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

Uc = fcd b d = 16.67 ·300· 450·10-3 = 2250 kN;

Ucd = fcd b d2 = 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�)

e =2

hd

N

M

d

d -+

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

e = m3.025.045.01.025.045.01000

100=-+=-+

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 0140N)dU85.0

e·N211( d

c

d <-=-××

--

Por tanto debería disponerse de armadura mínima.

As fyd ³ 0.25 kN104f6

bh25.0f

2

h12

bh25.0f

h

Wcdcd2

3

cd1 ===

A�s2 fyd ³ 0.05 Nd = 0.05 · 1000 = 50 kN

Ello se consigue disponiendo 1Æ 16 en cada esquina.

N


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

e = m45.025.045.0800

200=-+

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 = kN5.9240.0

323360

'dd

Me·N limd =-

=-

-

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

As1= 23

mm715348

10·7.248= (4 Æ 16 o 3 Æ 20)

As2= 2mm266348

92500= (2 Æ 16)

La disposición de armaduras adoptada será:

c) Nd = 1000 kN; Md = ±200 kN.m

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

simétrica.

20


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 = kN5.19240.0

3234.01000

'dd

Me·N limd =-×

=-

-

As= A�s= 2mm553348

192500= (2 Æ 20 o 3 Æ 16)

Se adoptará una armadura consistente en 3Æ 16 por cara (As= A�s= 603 mm2)

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 = kN5.43740.0

425600

'dd

)2/hd(hbf85.0e·N cdd =-

=-

-×××-

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

As2= 23

mm1257348

10·5.437= (4 Æ 20)

23

1s mm181348

109.62A =

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

menos comprimida.

Amín= 23

yd

d mm359348

10·2500·05.0

f

N05.0== (2 Æ 16)


2 Comprobación

Uc = fcd b d = 16.67 · 300 · 450 · 10-3 = 2250 kN

Us1 = Us2 =As fyd = 942 · 348 · 10-3 = 327.8 kN

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

Si 0.22 Uc < Nd + Us1 � Us2 £ 0.425 Uc + 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, luego se satisface la ecuación.

Al estar en dominio 3, ss1 = fyd, ss2 = 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�)

= 0.85 · 16.67 · 300 · 188 · (450 � 188/2) · 10-6 + 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:

Dominio 4 0.425 Uc + Us1 � Us2 £ Nd < 0.68 Uc + Us2

Dominio 4.a 0.68 Uc + Us2 £ Nd £ 0.68 Uc h/d + Us2 + Us1 700 /fyd (1-d/h)

Dominio 5 Us1 700 /fyd (1-d/h) < Nd

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


Dominio 4 956.25 £ Nd £ 1857.8

Dominio 4.a 1857.8 £ Nd £ 2093 kN

Dominio 5 2093 < Nd

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:

dxx

0035.0 1s

-

e=

y = h·h75.0x

h8.0x

-

-es1 = 0035.0

x

dx -

ss1 = Es· es1

El equilibrio de fuerzas será:

Nd = 0.85 fcd b ·h 1s1s2s ·AUh75.0x

h8.0xs++

-

-

Teniendo en cuenta que ss1 = Es· es1= Es· 0.0035 ·x

dx -

Nd = 0.85 fcd b hx

dx0035.0·AU

h75.0x

h8.0xs1s2s

-E++

-

-

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

Con lo cual y = m458.05.05.0·75.0678.0

5.08.0678.0h

h75.0x

h8.0x=

-

×-=

-

-

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 = kN35.69240.0

dU·319.0600

'dd

Me·N climd =-

=-

-

As1 = As2 = 223

mm942mm1990348

105.692>=

×

lo que verifica que la sección no resiste.


Ejercicio II-4 Dimensionamiento y comprobación de secciones mediante diagramas

de interacción en flexión recta y esviada

Un soporte de hormigón armado, de 0.50 x 0.40 m2 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.

a) Nd = 1500 kN; Mdx = ± 500 kN.m; Mdy = 0

b) Nd = 2000 kN; Mdx = 160 kN.m; 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 las siguientes

solicitaciones:

a) Nd = 2000 kN; Md = 600 kN.m; Mdy = 0

b) Nd = 1600 kN; Mdx = Mdy = 200 kN.m

Solución

Resistencia característica del hormigón 2ckcd mm/N20

5.1

ff ==

Resistencia característica del acero 2yk

yd mm/N83.34715.1

400

15.1

ff ===


1 Dimensionamiento utilizando diagramas de interacción

a) Flexocompresión recta

Los valores adimensionales son:

375.050040020

101500

hbf

N 3

cd

dd =

××

×=

××=n

25.050040020

10500

hbf

eN2

6

2

cd

0dd =

××

×=

××

×=m

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 = 0.37.

2

tot,s

cdc

ydtot,s

tot mm425583.347

5004002037.0A37.0

fA

fA=

×××=Þ=

×

×=w

As1 = As2 = 2127.5 mm2, que corresponde a 7 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.

Como la distancia entre barras es superior al diámetro de las mismas (Æ 20 mm) y al tamaño

máximo del árido (20 mm) la disposición es correcta.

b) Flexocompresión esviada

Nd = 2000 kN

Mdx = 160 kN.m

Mdy = 200 kN.m


Los valores adimensionales son:

5.050040020

102000

Af

N 3

ccd

d

d =××

×=

×=n

08.050040020

10160

hbf

M2

6

2

cd

dx

dx =××

×=

××=m

125.040050020

10200

bhf

M

2

6

2

cd

dy

dy =××

×=

××=m

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,

mdy > mdx Þ m1 = mdy ; m2 = mdx

la curva que pasa por el punto representativo es:


n = 0.4 w = 0.25

Þ w = 0.285

n = 0.6 w = 0.32

yd

cdctotstot

cdc

ydstot

totf

fAA

fA

fA ××w=Þ

×

×=w

2

stot mm327883.347

50040020285.0A =

×××=

Atot = 4·AÞ A = 819.5 mm2 en cada lado


En cada esquina disponemos 1Æ20 y en cada cara 3Æ16, teniendo así (4Æ20 + 12Æ16) = Astot =

3669.4 mm2

20 cm > l > Æ20

20 cm > l� > Æ20

2 Verificaciones

a) Flexocompresión recta

Nd = 2000 kN

Nd = 600 kN

Astot = 16Æ20

Obtención de los esfuerzos:

Uc = b·h·fcd = 500·400·20 = 4·106 N

Se buscan los valores adimensionales:

5.0104

102000

U

N6

3

c

dd =

×

×==n

3.0500104

10600

hU

eN6

6

c

0dd =

××

×=

×

×=m

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

las cuatro esquinasÞwnec = 0.73, cuantía que resulta necesaria.

La cuantía total existente vale:

44.0104

83.34755.5026

U

fA

6c

ydstot=

×

×=

×=w

Astot = 5026.55 mm2 Þ 16Æ20

wdisp = 0.44 Þ cuantía disponible.

wnec > wdisp Þ la sección es insuficiente.


b) Datos

Nd = 1600 kN

Mdx = Mdy = 200 kN.m

Obtención de los esfuerzos:

Uc = b·h·fcd = 500·400·20 = 4·106 N

Se buscan los valores adimensionales:

4.0104

101600

U

N6

3

c

dd =

×

×==n

1.0500104

10200

hU

M6

6

c

dxdx =

××

×=

×=m

125.0400104

10200

bU

N

6

6

c

dy

dy =××

×=

×=m


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

las cuatro esquinasÞ wnec = 0.3

La cuantía total existente vale:

44.0104

83.34755.5026

U

fA

6c

ydstot=

×

×=

×=w w disponible

Astot =5026.15 mm2 (16Æ20)

w disponible > w necesaria Þ la sección es suficiente


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:

- cargas permanentes: 6 kN/m2;

- sobrecargas de uso: 4 kN/m2.

Se considera un control intenso de la ejecución.

Se proyectan dos soluciones, una con armaduras adherentes y otra con armaduras no adherentes. En

ambos casos, la armadura activa está constituida por 3 cordones de 0.6� (Aptot = 420 mm2),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:


- hormigón: MPa33.235.1

35ff

c

ckcd ==

g=

- armaduras activas: MPa26.147815.1

1700ff

s

pyk

pyd ==g

=

- armaduras pasivas: MPa78.4345.1

500ff

s

yk

yd ==g

=

- momento solicitación de cálculo: m.kN4.2768

1448.05.1

8

1468.035.1M

22

d =××

×+××

×=

a) Armadura adherente

En tal caso, la armadura acompaña al hormigón en su deformación, incrementando su tracción en el

E.L.U.

El equilibrio de fuerzas proporciona:

TPCTCP D+=ÞD-=

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, pydpfATP =D+ .

En tal caso se tiene:

kN9.620fAybf85.0C pydpcd =×=×××=

mm150mm1.3980033,2385.0

109.620y

3

<=××

×=

luego el bloque de compresiones cae dentro de la cabeza de compresión (y<hf).

El momento último será:

m.kN4.276Mm.kN3.298

)2/0391.05.0(9.620)2/yd(fAzCM

d

ppydpu

=>=

=-×=-×=×=

DD


por tanto, se verifica la seguridad a rotura.

En cuanto a la rotura dúctil se tiene:

x = 1.25·y x = 48.9 mm

032.00489.0

0489.05.00035.0

x

xd

xxd

p

cpc

p

p =-

×=-

e=eDÞe

=-

eD

08.0032.042102

10400

AE

P5

3

p

pp

ppp =+××

×=eD+=eD+e»e ¥

¥

p5p

pyd

py 00739.0102

26.1478

E

fe<=

×==e

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:

kN400Pybf85.0C cd ==×××=¥

mm2.2580033,2385.0

10400y

3

=××

×=

m.kN195)2/0252.05.0(400)2/yd(PzCM pu =-=-×=×=

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:

ybf85.0fAPC;fACP cdydsyds ××=×+=×-=

)2/yd(CzC)dd(PM spsd -×=×=-×+


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

sistema lleva a:

kN7.156Pdbf85.0

))dd(PM(211dbf85.0fA

2

scd

psd

scdyds =-úúû

ù

êêë

é

××

-+--×××=

¥

¥

22

s mm400162mm36078.434

156700A =fÞ==

La disposición de armaduras sería entonces:

E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales 203

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;

- peso del forjado y cargas muertas 4 kN/m2;

- sobrecarga superior (tierras o tráfico ligero) 7.5 kN/m2.

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.


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 0.6� (Ap=840 mm2) 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.


Aps es de montaje ¹ Ap

s armadura de compresión fruto del cálculo.

Solución

· Cargas permanentes

g = 7.5 kN/m + 4 kN/m2 · 6 m = 31.5 kN/m

· Cargas variables

q = 7.5 kN/m2 · 6 m = 45 kN/m

gG = 1.35 g* = 1.35 · 31.5 kN/m = 42.525 kN/mÞ I

gQ = 1.5 q* = 1.5 · 45 kN/m = 67.5 kN/m

g** = 0.9 · 31.5 = 28.35 kN/mÞ 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.

I Vx = R1 � g*x = 170.1 � 42.525x Vx = R1 � g**x = 113.4 � 28.35x

x = 0 Vx = 170.1 kN x = 0 Vx = 113.4 kN

x = 4 Vx = 0 x = 4 Vx = 0 kN

x = 8 Vx = 170.1 � 42.525 * 8 x = 8 Vx = -113.4 kN

= -170.1 kN

· Carga variable

113.4


x = 0 Vx+ = 270 kN

III 22x )x8(2188.4)x8(

8*2

5.67V -=-=+

x = 8 Vx+ = 0 kN

x = 0 Vx- = 0 kN

IV 22x x2188.4x

82

5.67V ×-=×

×-=-

x = 8 Vx- = - 270 kN

- Característica de los materiales

2ckcd mm/N20

5.1

30

5.1

ff ===

2yk

yd mm/N78.43415.1

500

15.1

ff ===

2pykpyd mm/N26.1478

15.1

1700

15.1

ff ===

- Esfuerzos en estado límite último

· Cargas permanentes

g = 7.5 kN/m + 4 kN/m2 · 6 m = 31.5 kN/m

· Cargas variables

q = 7.5 kN/m2 · 6 m = 45 kN/m

m.kN2.880m/kN)5402.340(

8

8m/kN455.1

8

m8m/kN5.3135.1

8

ql

8

glM

2222

Q

2

Gd

=+=

´´+´´=×g+×g=


kN1.440kN)2701.170(2

8455.1

2

85.3135.1

2

ql

2

glV QGd =×+=´´+´´=×g+×g=

1 Solución en hormigón armado

Vrd £ Vu1

cdpddrd VVVV ++=

Vrd £ Vu2 = Vcu+ Vsu

Vu1= agotamiento por compresión oblicua del alma

Vu2= agotamiento por tracción en el alma

Vrd £ Vu1

q+

a+q××××=

20cd11ugcot1

gcotgcotzbfKV

KÞ coeficiente de reducción por defecto del esfuerzo axil.

úúû

ù

êêë

é s+=

cd

pcd

f1

3

5K < 1

scdp Þ tensión axil efectiva en la sección (tracción positiva)

c

c,sd2sdpcd

A

AN s×+=s

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

Nd Þ axil de cálculo incluido el pretensado con un valor de cálculo

As2Þ área de armadura en la zona comprimida

AcÞ área total de la sección de hormigón

ssd,cÞ resistencia de cálculo del acero a compresión

ssd,cp = 0 K = 5/3 < 1 K = 1

f1cd Þ resistencia a la compresión del hormigón

f1cd = 0.6 fcd = 0.6 · 20 N/mm2 = 12 N/mm2

b0 Þ anchura neta mínima del elemento = 400 mm

z Þ brazo mecánico = 0.9 d = 0.9 · 680 mm = 612 mm

q = 45º en hormigón armado cotgq =1


a = 90º cercos verticales cotga =0

2

1

11

1

gcot1

gcotgcot2

=+

=q+

a+q

Vu1= 1 · 12 N/mm2 · 400 mm · 612 mm · 1/2 = 1468.8 kN

Vrd = 440.1 kN < Vu1 = 1468.8 kN Þ cumple

sucu2urd VVVV +=£ Þ contribución del acero

ßcontribución del hormigón

Vcu = [0.10 x·(100 rl · fck)1/3 � 0.15 scdp]·b0·d·b

5423.1680

2001)mm680d(,

d

2001 =+==+=x

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

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

02.0db

f

fAA

0

yd

yp

ps

1 <×

+

=r

(As = 12 Æ 20) ® 222

s mm3770mm91.37694

2012A ==

×p×=

Ap = 0

rl = 02.00139.0mm680mm400

mm3770 2

<=´

fck = 30 N/mm2 , b0 = 400 mm

d = 680 mm

0pcd =s

1gcot2

1gcot2

e -q-q

=b 0.5 £ cotgq £ cotgqe

2gcot2

2gcot2

e -q-q

=b cotgqe £ cotgq £ 2

ydm,ct

ydxdydxdm,ct2

m,ct

ef

)(ffgcot

s-

s×s+s+s-=q >0.5, <2

fct,m Þ resistencia media a tracción (considerada positiva)

3 2

ckm,ct f30.0f ×= fck en N/mm2

sxd, = syd = 0, cotgqe = 1

cotgqe = cotgq = 1 b = 1


Sustituyendo:

Vcu = [0.10·1.5423·(100·0.0139·30)1/3]·400·680·1 = 145.473 kN = 145.5 kN

Vrd = Vcu + Vsu

Vsu = Vrd � Vcu = (440.1 � 145.5) kN = 294.6 kN = 294.6·103 N

Vsu = S Aa·fy

ad·z·sena·(cotga + cotgq) = S A

a·fy

ad·0.9·d=

= S Aa·434.78 N/mm2· 612 mm= S A

a·266085.4 N·mm/mm2

a = 90º

q = 45º

Aa·266085.4 N·mm/mm2 = 294.6·103 N

m

mm1107

m1

mm10

mm

mm107.1

mm

mm107.1

Nmm4.266085

Nmm106.294A

232223

=´==×

=a

- Verificación de la condición de límite superior de Aa

S Aa·fy

ad £

2

1f1cd·b0·

a-a

cos1

sen

1.107 mm2/mm · 434.78 N/mm2 = 481.302 N/mm

cumplesemm/N24001mm400mm/N122

1

cos1

senbf

2

1 20cd1 Þ=×××=

a-a

××

- Verificación de la condición de armadura mínima:

b75.020

f20.0

sen

fAckdy ×÷

ø

öçè

æ+×³

aåaa

fck = 30 N/mm2

b = 400 mm

mm/N302.481sen

fA dy =aåaa

cumplemm/N18040075.020

mm/N3020.0

2

Þ=×úúû

ù

êêë

é+×

Distribución de armadura transversal

Aa= 1.107 mm2/mm·= 1107 mm2/m = 1107 mm2/100cm = 11.07 mm2/cm

St·Aa=

úúû

ù

êêë

é

×

f×p×=Þ

f×p×

a

cmmm

mm

A4

hS

4

h2

22r

t

2r

hr = 2 ramas

Æ = mm Þ Æ / cm

Aa= mm2/cm


St = 22

1419.007.114

2f×=

×f×p×

Æ 10 mm Þ St= 14 cm

Æ 12 mm Þ St= 20 cm

Comprobaciones de carácter general de St Þ

St £ 0.80 d < 300 mm si Vrd £ 1/5 Vu1

St £ 0.60 d < 300 mm si 1/5 Vu1 £ Vrd £ 2/3 Vu1

St £ 0.30 d < 200 mm si Vrd > 2/3 Vu1

Vrd = 440.1 kN 1/5 Vu1 = 293.76 kN

Vu1 =1468.8 kN 2/3 Vu1 = 979.2 kN

1/5 Vu1 £ Vrd £ 2/3 Vu1Þ St £ 0.60 d < 300 mm

St £ 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:

St £ 15 Æmín Æmín= Æ de la barra comprimida más delgada.

Æt ³ 1/4 Æmáx Æmáx= Æ de la barra comprimida más gruesa.

Para piezas comprimidas, en cualquier caso,

St < dimensión menor del elemento. h

St < 30 cm. b

- Distribución longitudinal de cercos

Vrd= 170.1 �42.525x � 4.2188x2

Vcu = - 145.5 kN Þ x = 4.97 m

laa partir del apoyo B Þ l

a= (8-4.9705) + 0.375 =3.4 m » 3.5 m

en laÞ Æ 10/14 cm

Æ 12/20 cm


A partir de la, lleva A

amín

Aamín·fyd = 180 N/mm A

amín = 0.414 mm2/mm = 4.14 mm2/cm

St =a

×f×p×

A4

2 2

Æ 10 St = mm300cm94.3714.44

102 2

<=××p×

Æ 12 St = mm300cm64.5414.44

122 2

<=××p×

Adoptando los Æ 10 para Aamínima, con St = 300 mm.

Aa= )A(m/mm5236.0

3004

102

S4

2min

22

t

2

a>×=

××p×

=×f×p×

2 Solución en hormigón pretensado

Vrd = Vd + Vpd + Vcd = Vd = 440.1 kN Vpd = 0

Vcd = 0

Vrd £ Vu1

Vrd £ Vu2

Se adopta q = qe. qe viene dada por

ydm,ct

ydxdydxdm,ct2

m,ct

ef

)(ffgcot

s-

s×s+s+s-=q >0.5, <2

syd = 0m,ct

xde

f1gcot

s-=q

3


sxd = (compresión - ) = 2

2

3

c

mm/N3mm750400

N10900

A

P-=

´

×-=¥

23 2ckm,ct mm/N9.2f30.0f =×=

( )2gcot5.043.19.2

31gcot ee £q£×=+=q

Obtención de Vu1:

Vu1= K·f1cd·b0·z·q+

a+q2gcot1

gcotgcot

K= 1f

13

5

cd

pcd <

úúû

ù

êêë

é s+

scdp =

c

c,sd2sd

A

AN s×+(compresión)

scdp = 2

3

mm/N3750400

010900-=

´+×-

K = 1K14167.120

31

3

5=Þ>=úû

ùêë

é-

f1cd = 0.60·fcd =12 N/mm2

b0= 400 mm

z = 0.9·d = 0.5·700 mm = 630 mm

a = 90º

Vu1= 1·12 N/mm2·400 mm·630 mm· kN2.1420)43.1(1

43.12=

+Vrd = 440.1 kN £ Vu1= 1420.2 kN Þ cumple

Vrd £ Vu2 = Vcu + Vsu

Vcu = ( )[ ] b×××s-×r×x× db15.0f10010.0 0p

cd3/1

ckl

5345.1700

2001

d

2001 =+=+=x

02.0db

f

fAA

0

yd

ypps

l <×

+

=r

As Þ 6 Æ 20 As = 22

mm96.18844

206 =

×p

Ap Þ 6 Æ 6� Ap = 840 mm2

b0 Þ 400 mm

d Þ 700 mm

fyd Þ 434.78 N/mm2

fyp Þ 1478.26 N/mm2


02.00169.0700400

78.434

26.147884096.1884

l <=×

×+=r

scdp =- 3 N/mm2 (ya calculada antes)

cotgq = cotgqe Þ b = 1

[ ] kN02.2851700400315.0)300169.0100(1534510.0V3/1

cu =××××+××××=

Vrd = Vcu+Vsu Þ Vsu = 440.1 kN - 285.02 kN = 155.08 kN

Vsu = S Aa·fy

ad·z·sena·(cotga+cotgq) = 155.08 kN

a = 90º, cotgq= 1.43

S Aa= mm/mm396.0

43.1mm7009.0mm/N78.434

N1008.155 2

2

3

=×××

×

Verificación:

S Aa·fy

ad £

2

1f1cd·b0· mm/N2400

cos1

sen=

a-a

Aa·fy

ad = 0.396 mm2/mm·434.78 N/mm2 = 172.17 N/mm Þ se cumple

Armadura mínima:

mm/N180b75.020

f20.0

sen

fAckdy =×÷

ø

öçè

æ+×³

aå aa

172.17 N/mm < 180 N/mm Þ no cumple.

Disponemos de armadura mínima.

S Aa·fy

ad = 180 N/mm2

Aa= mm/mm414.0

mm/N78.434

mm/N180 22

=

Aa= 0.414 mm2/mm = 4.14 mm2/cm

St = )cmmm/mm(14.44

2

A4

2 2222

××

f×p×=

×f×p×

a

St = 0.379 Æ2

Æ 10 mm Þ St = 37 cm

Æ 20 mm Þ St = 151 cm

Comprobaciones:

kN04.284V5

11u = Vrd = 440.1 kN

kN8.946V3

21u =


St £ 0.60 d = 0.60·700 mm = 420 mm < 300 mm

Æ 10 cada 30 cm Þ estoy disponiendo más armaduras.

Æ 10 Þ cm/mm24.5mm/mm5236.03004

102

S4

2A 22

2

t

2

==××p×

=×f×p×

=a

E.L.U. agotamiento por solicitaciones tangenciales 215

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

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

Las vigas se prefabrican junto a la obra, donde se postesan, y se montan después en su posicióndefinitiva, disponiendo superiormente una losa de 10 cm de hormigón armado. Se considera unnivel de control de la ejecución intenso.

- hormigón HP-40/P/20/IIIc, fck = 40 N/mm2

- armaduras activas Y 1860 S7, fpyk = 1700 N/mm2, fpn = 1860 N/mm2

- armaduras pasivas B 500 S, fyk = 500 N/mm2

Las cargas consideradas son:

- peso propio de las vigas y de la losa,- cargas muertas adicionales 2.0 kN/m2,- sobrecargas de uso 10 kN/m2.

El pretensado de las vigas consiste en 2 tendones de 7 f 0.6� (Ap,total=2 · 980 =1960 mm2), tesadosa 1400 N/mm2. El trazado equivalente es parabólico, con distancias al fondo de 200 mm y 800 mmdesde el centro de gravedad de los cables, en centro de luz y apoyos, respectivamente. Las vainasson de 65 mm de diámetro y se inyectan tras el tesado con lechada de cemento. Las pérdidas totalesde pretensado se estiman en un 25% de la fuerza en anclajes.

No se precisa armadura pasiva longitudinal por razones de cálculo, disponiéndose la estrictamentenecesaria por razones de construcción, retracción o temperatura diferencial, sin considerar lacolaboración resistente de la losa superior.

20


Se pide:

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

Solución

Valores de cálculo de los materiales:

2cd mmN67.26

5.1

40f ==

2yd mm/N78.434

15.1

500f ==

2pyd mmN26.1478

15.1

1700f ==

Acciones y esfuerzos de cálculo:

- peso propio g1 = 0.6 · 25 = 15 kN/m- peso losa g2 = 0.1 · 1.5 · 25 = 3.75 kN/m- carga muerta g3 = 2.0 · 1.5 = 3 kN/m- total g = g1 + g2 + g3 = 21.75 kN/m- sobrecarga q = 10 · 1.5 = 15 kN/m

Esfuerzo cortante de cálculo:

kN6.5182256.2932

ql50.1

2

gl35.1Vd =+=×+×=

Fuerza de pretensado a largo plazo:

kN20581075.0mm1960mmN140075.0PP322

and =×××=×=-

¥

1 Dimensionamiento de la armadura transversal en el alma

Si la suma de los diámetros de las vainas es superior a b/6, el ancho del alma a efecto de cortante seobtiene descontando los huecos de las vainas según la expresión:

b0= b - ShÆ


donde b es la menor anchura del nervio en los ¾ inferiores de la parte que corresponde al canto útilde la sección.

h es un coeficiente que depende de las características de la armadura y vale h=0.5 para barras yvainas con tendones adherentes

mm65=hfåmm13565200b 0 =-»

Por efecto de la inclinación de los tendones de pretensado, el cortante de cálculo se reduce según:

a-=¥senPVV drd

La pendiente de los tendones en anclaje es:

tg a = 0.12 , con lo que sen a = 0.1192 y por tantokN3.2731192.020586.518Vrd =×-=

1.1 Obtención de Vu1 :

Ángulo de inclinación de las bielas, cotgq. Se adopta:

41.151.3

43.31

f1gcotgcot

.ctim

xde =+=

s-=q=q

22

cxd mmN43.3mkN3430

6.0

2058

A

P-=-=-=-=s ¥

23 23 2km,ct mmN51.34030.0f30.0f =×=×=

Considerando únicamente armadura vertical (cercos), a = 90º y siendo el brazo mecánico z = 0.9d = 0.9 · 1.15 = 1.035 m, se obtiene:

kN4.105499.2

41.1103513567.266.0

gcot1

gcotctogzbfKV

20cd11u =××××=q+

a+q××××=

El factor k se obtiene de la expresión:

1f

13

5k

cd

'cd <÷÷ø

öççè

æ s+=

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


c

sdsdcd A

'AN'

s×+=s

Para el caso que nos ocupa, Nd es el axil de cálculo debido al pretensado final, con coeficiente demayoración gp = 1.0, por tratarse de estado límite último.

Además, A�s = 0 pues se trata de armadura de compresión dispuesta por montaje pero no necesariapor cálculo. Por tanto en este caso s�cd = sxd = - 3.43 N/mm2.

.1k145.167.26

43.31

3

5k =®>=÷

ø

öçè

æ-=

Se cumple por tanto que Vrd < Vu1, siendo:

kN9.702V3

2V9.210V

5

11urd1u =×<<=× .

1.2 Obtención de Vu2 y Vcu

( )( ) b×××s×-×r×x×= db'15.0f10010.0V 0cd3/1

ck1cu

232115

2001

d

2001 =+=+=x

0429.01150135500

17001960

db

f

fAA

0

yd

pyd

ps

l =×

×=

×

×+

=r

q=q=-q-q

=b ee

pues11gcot2

1gcot2

( )( ) kN280N280028115013543.315.0400429.010032.210.0V 3/1cu ==×××+××××=

Como Vcu > Vrd , sólo hará falta armadura mínima en esa sección.

ml/mm171mm/mm171.0mm/N78.434

mm/N25.74A

m/N25.7413575.020

4020.0b75.0

20

f20.0

sen

fA

22

2min,s

ckydmin,s

===

=×÷ø

öçè

æ +×=×÷ø

öçè

æ+×³

a

×å

Disponiendo estribos f6 (2 ramas), Af= 2 · 28.3 mm2 =56.6 mm2 separados 300 mm se tiene:

.mlmm171mlmm67.188300

10003.282A 22

s >=××=


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 delpretensado (P · sena) disminuye, aunque también lo hace el cortante exterior.

Por ello es preciso verificar que en ningún punto Vrd supera el cortante resistido por el hormigón Vcu

pues de lo contrario habría que disponer armadura superior a la mínima.

La ley de esfuerzos cortantes de cálculo es:

Reducción del cortante:

Para ello hay que conocer el valor de sena a lo largo de la pieza. Dado que a es muy pequeño, seidentifica con tga=e�(x) siendo e(x) el trazado del tendón equivalente de pretensado, cuya expresiónes:

96.246x696.24senP;12.0x012.0tg)x('e -»a-=a=

con lo que:

2drd x5625.0x276.271senPVV ×+×-=a×-=

¥

Haciendo Vrd = Vcu se obtendría x = 24 m., o bien, x<0, con lo que nunca se alcanza este valor.

Por tanto se dispone armadura mínima en toda la pieza, consistente en cercos f6 cada 30 cm.

Vg = -gx = 217-21.75xgl

2

Vq = (l-x) = 0.375(20-x)q

2l2 2

Vd = 1.35Vg+1.5Vq2= 518.6-51.7x+0.5625x


2 Armadura transversal de las alas

Estará compuesta por la mayor de las armaduras debidas a flexión transversal y al rasante en launión alas-alma (artículo 44.2.3.5, EHE)

2.1 Armadura debida a flexión transversal.

El momento de cálculo será el correspondiente a un voladizo de 0.55 m. de luz. El cálculo serealiza por metro de ancho.

( ) mlmkN22.52

55.0q50.1g35.1

2

lpM

2

t

2

d ×=××+×=×

=

2

2t

mkN10q

m/kN5.145.1gg

=

==

mmAmlmm32.100dU85.0

M211

f

U08A s

2

c

d

yd

cst <=÷

÷ø

öççè

æ

××

×--×

×=

mlmm6.392A

N170688160100067.2604.0U04.0fA

2min,s

cydmin,s

=®

®=×××=×=×

2.2 Rasante en la unión alas-alma

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

Aproximadamente se puede tomar:

b2

bb

z

M

b2

bbNF wdw

dd

-×

D=

-×D=D

en donde (b - bw)/2 es el vuelo del ala.


Armaduratransversal

Uniónalas-alma

Alma

Fisuración

J

J

Ja

CT

Sd

a= 90º

C cos = S

T sen = C sena J

dJ

Vista en planta

Se admite que existe una redistribución plástica de tensiones rasantes en una cierta longitud arsiempre que en ella la ley de momento sea monótona creciente o decreciente, siendo entonces elesfuerzo rasante (Sd) por unidad de longitud, el valor medio de la fuerza DFd en ar, es decir:

b2

bb

az

M

a

FS w

r

d

r

dd ×

-×

×

D=

D=

Ahora bien, en el caso de piezas pretensadas, en el valor de DMd debe incluirse también la variacióndel momento debido al pretensado, que en esta pieza isostática es (P ·De), con lo cual se tiene:

b2

bb

az

ePMS w

r

dd

-×

×

D×+D=

En el caso que nos ocupa, se adopta para ar la mitad de la viga (ar =l/2), siendo De=0.6 m

( ) ( ) ( ) ( ) mkN25938

lq5.1g35.12

lMMMM2

d0d2ldd =××+×==-=D

mkN12.485.12

4.05.1

1015.19.0

6.020582593Sd =

×-

××××-

=

Las armaduras transversales necesarias se obtienen mediante el método de las bielas y tirantes,según se indica a continuación.

dysdd

2sddd

fATS

mlmm111A;Ssen

tgS

sen

senCT

a×==

==aq

×=aq

=

Verificación de la compresión oblicua

0cd141d hf5.0SS ×=£

donde:


f1c,d = 0.60 fcd = 16 N/mm2 (para el ala comprimida)h0 = profundidad del ala = 0.20 m= 200 mm.

Vemos que cumple.

Por lo tanto, la armadura necesaria será 392.6 mm2/ml que es la mayor entre la debida a la flexiónde las alas y la de rasante.

3 Disposición de armaduras

Para facilitar la construcción, conviene que las armaduras del alma y la de las alas están dispuestas ala misma distancia o con separaciones proporcionales. Dado que la Ast del alma consiste en cercosf6 cada 30 cm (Ast = 333 mm2/ml).

Se propone disponer cercos f10 cada 15 en las alas, que proporcionan una armadura superior de

mlmm6.52315

100

4

10100

4A 2

22

ssup

=××p

=×f×p

=

y si se desea apurar más, a coste de complicar la ejecución, podrían disponerse f10 cada 30 + f6cada 30 alternados.

cercos Ø10 cada 15 cm

cercos Ø6 cada 30 cm


Ejercicio II-8 Torsión en una viga de hormigón armado

Una marquesina de hormigón armado está constituida por una viga rectangular de 0,50 x 0,80 m y

una losa de 0,20 m de espesor que vuela lateralmente 1,50 m como indica la figura adjunta. La

viga, de 8 m de longitud, se encuentra biapoyada a flexión y empotrada a torsión en sus extremos.

Las acciones a considerar, además del peso propio, son una sobrecarga variable de 4 kN/m2

extendida en cualquier posición sobre la Marquesina.


- hormigón HA-25/P/20/IIb fck = 25 N/mm2

- armaduras pasivas: barras corrugadas de acero B-500-S.

Se pide

Dimensionar a flexión, cortante y torsión todas las armaduras, y efectuar las comprobaciones

necesarias frente a estos estados límite últimos.

Solución

1 Resistencias de cálculo de los materiales

22ckcd mmN67,16mmN

5,1

25

5,1

ff ===

22yk

yd mmN78.434mmN15,1

500

15,1

ff ===

2 Consideraciones geométricas y de cálculo general

- se dispondrán las armaduras longitudinales con un recubrimiento mecánico de 50 mm.


- se supone que la torsión será resistida por la sección de la viga, únicamente.

- se considera el control de ejecución intenso, siendo entonces gfg = 1,35 y gfq = 1,50.

3 Esfuerzos de cálculo

- peso propio viga mlkN10255.08.0gPV =××=

- peso propio losa mlkN5.7255.12.0gPL =××=

- momento mutano mlmkN5.725.02

50.1gm PLtl ×=÷

ø

öçè

æ+×=

- sobrecarga mlkN0.775.1mkN4q 2=×=

- momento muntano mlmkN125.6875.0qmq ×=×=

Momento flector máximo

mkN2738

lq50.1

8

lg35.1M

22

d ×=×+×=

Esfuerzo cortante máximo

kN5.1362

ql50.1

2

gl35.1Vd =×+×=

Momento torsor máximo

mkN25.772

lm50.1

2

lm35.1T qtld ×=××+××=

Las leyes de esfuerzos son las de la figura (envolventes, con gfg = 1,35, gfq = 1,50)


4 Dimensionamiento a flexión

kN25.62511075050067.16dbfu 3cdc =×××=××=

-

mkN44.468875.025.6251du c ×=×=×

0AMmkN61.1495du319.0M 'sdclim =Þ>×=××=

kN4.377du85.0

M211u85.0fA

c

dcyds =÷

÷ø

öççè

æ

××--××=×

)principioen(203mm868mmN78.434

N104.377A 2

2

3

s fÞ=×

=

5 Dimensionamiento a cortante

( ) b×××úûù

êëé ×s-×r××x×= db15.0f10010.0V 0

'cd

31

cklcu

1º45 =bÞ=q

mm500b 0 =mm750d =

516.1d

2001 =+=x

00231.0750500

868

db

A

0

sl =

×=

×=r

( ) kN102107505002500231.0100516.110.0V 331

cu =×××××××= -

kN5.341025.136VVV cudsu =-=-=

mlmm6,117mmmm1176,075078.4349.0

34500

df9.0

VA 22

yd

sus ==

××=

××=

136.5 kN

136.5 kN

10.5

9.18 kN.m

77.25 kN

77.25 kN

273 kN.m


mlmm460mmmm46.0f

b75.020

f20.0

A 22

yd

ck

min,s ==×÷

ø

öçè

æ+×

³

6 Dimensionamiento a torsión

q+

q××××a=

2eecd11ugcot1

gcothAfT

Espesor de la sección hueca eficaz, he

( ) îíì

=>

<=

+××

==mm100c2

)procedeno(hmm85.153

8005002

800500

u

Ah

0e

Por tanto se adopta he = 2 c = 100 mm.

( ) ( ) 22eee m28.0mm280000400700hbhhA ==×=-×-=

a = 1.2 (pues se colocará una sola carga de cercos, junto al perímetro exterior).

2cdcd1 mmN10

5.1

256.0f60.0f =×==

mkN168102

11001028.0102.1T 66

1u ×=××××××= -

mkN168TmkN25.77T 1ud ×=<×=

m/kN95.13728.02

125.77tg

A2

T

s

fA

e

d

t

tdst =×

×=q×³

×

mlmm29.317s

A 2

t

st ³

mlmm29,137u

A95.137gcot

A2

T

u

fA 2sl

e

dtdsl =Þ=q×³×

En las caras superior e inferior Asl = 69 mm2 y en las caras laterales 110 mm2.

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.


Armadura transversal

Por esfuerzo cortante Astc ³ 117.6 mm2/ml, y por torsión hacen falta Astt ³ 317.29 mm2/ml. Si se

utilizan cercos f8 hacen falta (Af = 50 mm2).

)cm5.12cada8(mlcoscer52.750

29.317

502

6.117

A

A

A2

Ann sttstctc fÞ=+

×=+=+

ff

Si se utilizan cercos f10 (Af = 78,54 mm2)

)cm20cada10(mlcoscer78.454.78

29.317

54.782

6.117nn tc fÞ=+

×=+

Esta última disposición parece más razonable.

8 Comprobaciones

Armadura mínima de cortante

mmN200b7.020

f20.0

sen

fAckydmin,s =×÷

ø

öçè

æ+×³

a

×

200mmN34278.434200

54.782f

s

An

sen

fAyd

t

ramasydmin,s >=××

=××

=a

× fluego cumple

Separación entre cercos, según cortante

kN5.1687102

17509.0500

5.1

256.0

gcot1

gcotgcotzbfkV 3

20cd11u =××××××=q+

a+q××××= -

mm300d80.0mm200sV5

1V t1ud <<=Þ< luego cumple

2A =868 mm

69 mm 2

69 mm 2

s

FLEXION TORSION

A = 937 mms ,inf2

A = 110 mms lat2

2A = 69 mms ,sup

110 mm2


Separación entre cercos, según torsión

ee

t u;8

uS £ = Perímetro sección eficaz = 2 (700+400) = 2200 mm.

mm2758

2200S t =£ como St = 200 mm < 275 luego cumple.

1ud1u

1u T3

2T

5

T;mkN168T ££×=

Por tanto St £ 0,6 a < 300 mm. a = 400 mm.

St £ 240 mm. luego cumple

Verificación de la compresión en las bielas de hormigón

1T

T

V

V

1u

d

1u

d £÷÷ø

öççè

æ+÷÷

ø

öççè

æbb

(Interacción torsión-cortante)

6.15.0

1.012

b

h12 e =÷

ø

öçè

æ-×=÷

ø

öçè

æ-×=b

1306.0168

25.77

5.1687

5.1366.16.1

<=÷ø

öçè

æ+÷ø

öçè

æluego cumple

Torsión combinada con flexión y axil

Hay que calcular la tensión principal de compresión scd < a f1cd = 12 N/mm2.

2td

2

mdmdcd

22t+÷

ø

öçè

æ s+

s=s

dondeI

vMdmd

×»s , en la sección de cálculo.

ee

dtd

hA2

T

×»t

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 máx.

= 273 kN·m y Td = Td máx. = 77.25 kN/m.

En tal caso se tendría:


22

3md mmN52.5mkN7.5518

12

5.08.0

4.0273==

×

×=s

22td mmN38.1mkN5.1379

10.02802

25.77==

×××=t

2222

cd mmN12mmN85.538.12

52.5

2

52.5<=+÷

ø

öçè

æ+=s 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.


mkN107.4812800002250

7.43450tgA2

S

fAT 6

et

tdst2u ××=×××

×=q××

×=

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 m00.22

h55.1x »+= .

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

mkN34.1475.659,72

lq50.1

2

lg35.1M

2t

2t

dt ×=+=×+×=

d62

lim M65.11910150100067.16319.0M >=××××=-

kN85.97du85.0

M211u85.0U

c

dc1s =÷

÷ø

öççè

æ

××--××= As = 225 mm2/ml.

Se disponen f8 cada 20 cm, transversalmente y f6 cada 30 cm (us2 ³ 0.25 us1).


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, fc,k= 30 MPa,

- armaduras: Barras corrugadas de acero B 500 S, fy,k = 500 MPa

Se considera un nivel de control normal.

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

Nota: 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.


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.

lIE16

lP

IE3

lMII

B2

I

B

d-

×××

+×××

-=j

IE48

LR 3II

B ×××

=d

t

II

BIG2

LM

×××

=j

Imponiendo que la compatibilidad de giros en la unión (jBI = jB

II) y el equilibrio (l

M

2

PR += ), se

obtienen una expresión para el momento transmitido:

2

3

t

32

l48

L

3

l

IG2

IEL

l96

L

16

lP

M

×++

××××

÷÷ø

öççè

æ

×-×

=

En el caso particular de este ejercicio, los valores que se toman son:

L = 8000 mm

l = 6000 mm

I = 7.2·109 mm4

It = b·h·b3 = 7.53·109 mm4 (h/b = 1.5 Þ b = 0.196)

E = 8500·fcm1/3 = 28577 MPa

n = 0.2

MPa11907)1(2

EG =

n+×=

P = 200000 N

M = 54692810 N·mm @ 54.7 kN·m

R = 109110 N = 109.11 kN


Entonces las leyes de esfuerzos que han de considerarse son las siguientes:

Considerando un coeficiente de seguridad gQ = 1.6, los valores de cálculo en las secciones críticas

son:

Sección 1 2 3 4

Md (kN·m) 436.22 87.50 349.15 0

Vd (kN) 174.58 174.58 87.28 87.28

Td (kN·m) 0 0 43.76 43.76

1.1 Dimensionamiento a flexión

Sección 1

Md = 436.22 kN·m

Mlim = 0.319·fcd·b·d2 = 771.98·106 N·mm > Md Þ As� = 0

fcd = 30/1.5 = 20 MPa

d = 550 mm

÷÷

ø

öçç

è

æ

×××

×--××××=

2

cd

dcd1s

dbf85.0

M211dbf85.0U = 901865 N

yd

1ss

f

UA = = 2074 mm2


MPa78.43415.1

ff

yk

yd ==

La armadura mínima que hay que disponer en cualquier caso es la mayor de:

2

yd

cdcmin,s mm6.404

f

fA04.0A =

××³

2

cmin,s mm6726004000028.0A0028.0A =××=×³

Se dispone, pues, As = 2074 mm2 (r = 0.009) en la cara inferior.

Sección 2

Md = - 87.5 kN·m

Mlim = 771.98·106 N·mm > Md Þ As� = 0

Us1 = 162626 N

As = 374 mm2

En la cara superior se dispondrá armadura mínima As = 672 mm2, 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) As

= 631 mm2.

Sección 3

Md = 349.15 kN·m

Mlim = 771.98·106 N·mm > Md Þ As� = 0

Us1 = 700401 N

As = 1610 mm2 (r = 0.00073), dispuesta en la cara inferior.

Sección 4

Md = 48.0 kN·m (desplazando la ley de momentos flectores un canto útil)

Mlim = 771.98·106 N·mm > Md Þ As� = 0

Us1 = 88330 N

As = 203 mm2.

En la cara inferior se dispondrá armadura mínima As = 672 mm2, que es superior a la tercera parte

de la necesaria en la sección crítica (3) de la viga en cuestión: As = 477 mm2.

Estas armaduras longitudinales debidas a flexión se compondrán adecuadamente con las

longitudinales necesarias por torsión.

1.2 Dimensionamiento a cortante

En cualquier sección el esfuerzo de agotamiento por compresión del alma es:


Vu1 = 0.45·K·f1cd·b0·d = 1188 kN > Vd

f1cd = 0.60·fcd = 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:

Vcu = 0.10·x·(100·r1·fck)1/3·b0·d = 508624·r1/3

603.1d

2001 =+=x

La armadura transversal necesaria se obtiene imponiendo: Vd = Vu2 = Vsu + Vcu,, teniendo en

cuenta que Vsu = A90·fy90,d·0.9·d. Así pues, el área de armadura transversal por unidad de longitud

se determina mediante la siguiente expresión:

198000

VVA cud

90

-= (en mm2/mm)

habiendo considerado fy90,d = 400 MPa.

En cualquier caso, se dispondrá una armadura mínima de valor:

d,y

ckmin,

f

b75.0

20

f20.0A

a

a ×÷÷ø

öççè

æ+×= = 0.45 mm2/mm = 4.5 cm2/m

fya,d = 400 MPa

Sección 1

Vd = 174.58 kN

r = 0.009 Þ Vcu = 105.80 kN

A90 = 3.4 cm2/m

Se dispone armadura transversal mínima: 4.5 cm2/m.

Sección 2

Vd = 174.58 kN

r = 0.003 Þ Vcu = 73.36 kN

A90 = 5.1 cm2/m, que es superior a la armadura mínima.

Sección 3

Vd = 87.28 kN

r = 0.007 Þ Vcu = 97.30 kN

Dado que Vd < Vcu se dispondrá armadura mínima A90 = 4.5 cm2/m.


Sección 4

Vd = 87.28 kN

r = 0.003 Þ Vcu = 73.36 kN

A90 = 0.7 cm2/m, que es inferior a la mínima, habiéndose de disponer por lo tanto 4.5

cm2/m.

Esta armadura transversal debida a cortante se ha de sumar convenientemente con la que resulte del

cálculo a torsión.

1.3 Dimensionamiento a torsión de la viga CD

El espesor ficticio que se adopta para la sección es:

u

Ah e = = 120 mm

A = 600·400 = 240000 mm2

u = 2·(400+600) = 2000 mm

Este valor de he, determina los siguientes valores de Ae y ue:

Ae = 134400 mm2

ue = 1520 mm

El esfuerzo de agotamiento de las bielas comprimidas se evalúa como:

Tu1 = 0.5·a·f1cd·Ae·he = 116.12 kN·m

a = 1.20, considerando que se disponen los estribos únicamente a lo largo del perímetro

exterior de la pieza

f1cd = 0.60·fcd = 12 Mpa

que es mayor que Td = 43.76 kN·m, en cualquier sección.

Las armaduras transversales han de resistir el siguiente esfuerzo torsor:

dd,yt

t

te2u Tf

s

AA2T =×

××=

de donde, considerando fyt,d = 400 MPa, se obtiene que:

t

t

s

A= 4.07 cm2/m

Por otra parte, la armadura longitudinal ha de resistir un esfuerzo igual a:


dd,yll

e

e3u TfA

u

A2T =××

×=

Adoptando un valor fyl,d = 400 MPa, el área de las armaduras longitudinales que es necesaria es:

Al = 619 mm2

que se ha de disponer a lo largo del perímetro de la sección.

Interacción torsión - solicitaciones normales

Adoptando el método simplificado, se ha de comprobar que:

scd £ a·f1cd en una fibra situada en el plano medio de la sección hueca eficaz, esto es en

mm2402

hhz e =

-=

donde:

MPa78.1122

2

td

2

mdmdcd =t+÷÷

ø

öççè

æ s+

s=s

MPa63.112

h

I

M max,d

max,md =×=s

MPa35.1hA2

T

ee

dtd =

××=t

a·f1cd = 1.2·12 = 14.4 MPa

Así pues, se satisface esta condición de no agotamiento.

Interacción torsión - esfuerzo cortante

En este caso se ha de comprobar que:

1V

V

T

T

1u

d

1u

d £÷÷ø

öççè

æ+÷÷

ø

öççè

æbb

÷÷ø

öççè

æ-×=b

b

h12 e = 1.4

1281.01188000

87280

116120000

437600004.14.1

<=÷ø

öçè

æ+÷

ø

öçè

æ


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 cm2/ml (cortante) y 4.07

cm2/ml (torsión), es decir, 6.32 cm2/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 cm2/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 cm2/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 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

Md (kN·m) 480 0 320 0

Vd (kN) 160 160 80 80


Sección 1

Md = 480 kN·m

Mlim =771.98·106 N·mm > Md Þ As� = 0

Us1 = 10087731 N

As = 2321 mm2 (r = 0.011)


que es superior a la mínima (As,min = 672 mm2 )

Sección 2

Md = 88 kN·m (decalando la ley de momentos flectores un canto útil)

Mlim = 771.98·106 N·mm > Md Þ As� = 0

Us1 = 163577 N

As = 376 mm2

Se dispone entonces la armadura necesaria para resistir un momento flector igual a la tercera parte

del actuante en la sección crítica (1): As = 698 mm2 (r = 0.0032), puesto que ésta es superior al

0.28% del área de la sección de hormigón.

Sección 3

Md = 320 kN·m

Mlim = 771.98·106 N·mm > Md Þ As� = 0

Us1 = 635873 N

As = 1463 mm2 (r = 0.0067)

Sección 4

Md = 44 kN·m (desplazando la ley de momentos flectores un canto útil)

Mlim = 771.98·106 N·mm > Md Þ As� = 0

Us1 = 80875 N

As = 186 mm2

Se dispone entonces armadura longitudinal mínima, que en este caso es del 0.28% sobre la sección

de hormigón: As = 672 mm2 (r = 0.003).

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:

Vu1 = 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:

Vcu = 508624·r1/3

La armadura transversal necesaria viene dada por la expresión:


198000

VVA cud

90

-= (en mm2/mm)

Finalmente, la armadura transversal mínima es Aa,min = 4.5 cm2/m

Sección 1

Vd = 160 kN

r = 0.011 Þ Vcu = 113.12 kN

A90 = 2.4 cm2/m

Por lo tanto, se dispone armadura transversal mínima: 4.5 cm2/m

Sección 2

Vd = 160 kN

r = 0.0032 Þ Vcu = 74.95 kN

A90 = 4.3 cm2/m

Por lo tanto, se dispone armadura transversal mínima: 4.5 cm2/m

Sección 3

Vd = 80 kN

r = 0.0067 Þ Vcu = 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

Vd = 80 kN

r = 0.003 Þ Vcu = 73.36 kN

A90 = 0.34 cm2/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.



Ejercicio II-10 Torsión en una viga de hormigón pretensado

Un puente de hormigón pretensado presenta el esquema longitudinal y transversal que se indica enla 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 sonde acero Y1860 S7, de fpyk = 1700 MPa y fpmáx = 1860 MPa.

Las cargas actuantes son:

- peso propio (rc = 25 kN/m3)- cargas muertas: 2.5 kN/m2

- sobrecargas repartida: 4.0 kN/m2 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 esel de la figura adjunta.


Se pide:

1. Dimensionar las armaduras longitudinales y transversales necesarias para resistir el momentotorsor y el esfuerzo cortante en las secciones de apoyos.

2. Comprobar el estado límite último de agotamiento por compresión oblicua del hormigón bajosolicitaciones tangentes.

Nota: se tendrán en cuenta el valor diferido de la fuerza de pretensado, puesto que con éste se da lasituación más desfavorable. En la siguiente tabla se recoge la fuerza de pretensado y el momento ycortante hiperestáticos de pretensado en las secciones críticas: estribos y pilas.

Estribos PilasAcciones de pretensado Vano

exteriorVanointerior

Fuerza de pretensado Pkd (kN) 19442.5 18078.0Momento hiperestático de pretensado Mhip (kN·m) 0 2826.5Cortante hiperestático de pretensado Vhip (kN) 128.48 128.48 0

Los momentos flectores que provoca cada acción en las secciones críticas son los que se recogen enla tabla adjunta.

Estribos PilasMomentos flectores ( kN·m) Vano

ExteriorVanointerior

Peso propio 0 -19473.7Cargas muertas 0 -1756.0Sobrecargas repartidas 0 322.1 -3131.7Carga puntual 0 333.2 -1615.2

Los esfuerzos cortantes que provocan las diferentes acciones se observan en la siguiente tabla.

Estribos PilasEsfuerzos cortantes ( kN)Vano

ExteriorVanointerior

Peso propio 2164.6 -3934.9 4158.8Cargas muertas 195.2 -354.2 375.0

Positivos 521.4 15.1 579.0Sobrecargas repartidasNegativos -73.4 -560.2 -19.6Positivos 403.9 14.6 648.0Carga puntualNegativos -91.6 -582.3 -48.0

Finalmente, suponiendo empotramiento a torsión en estribos y libre el giro a torsión en pilas, losmomentos torsores que se consideran son los que se adjuntan en la tabla.


Momentos torsores (kN·m) Estribos PilasSobrecarga repartida 1850 913.51Carga puntual 1800 1264.86

Solución

1 Dimensionamiento frente a esfuerzo cortante

Esfuerzos de cálculo.

En primer lugar se calculan los esfuerzos de cálculo. Los coeficientes parciales de seguridad que seconsideran, habida cuenta de que el nivel de control es intenso, son gG = 1.35 para accionespermanentes y gQ = 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.

Por su parte, en las pilas hay que distinguir entre la zona correspondiente al vano extremo (Vde) y la

zona correspondiente al vano interior (Vdi).

Vde = = 1.35·(-3934.9 - 354.2) + 1.5·(-560.2 -582.3) = -7504.0 kN.

Vdi = = 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 esfuerzoscortantes isostático como hiperestático debido al pretensado, siempre con coeficiente de seguridadigual a 1, por estar en Estado Límite Último.

Estribos: Vrd = 4573.7 + 128.5 + 19442.5·(- 0.077) = 3205.1 kN

sen a » tg a = 0.077

Pilas: Vrde = -7504 +·128.5 + 0 = -7375.5 kN

Vrdi = 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 kNPilas: Vrd = 7961.1 kN

2 Dimensionamiento de la armadura a cortante

En primer lugar se calcula la armadura transversal mínima que hay que disponer en cualquier caso:

b75.020

f20.0fA ck

d,y ×÷ø

öçè

æ+×³× aa


Tanto para los estribos como para las pilas, donde hay sección macizada, se adopta b = 5000 mm,por lo que:

ml

cm75.68

mm

mm875.6

400

500075.020

4020.0

f

b75.020

f20.0

A22

dml,y

ck

==×÷

ø

öçè

æ+×

=

×÷÷ø

öççè

æ+×

³a

a

La armadura que ha de disponerse por cálculo se obtiene imponiendo que el cortante efectivo decálculo sea igual al esfuerzo de agotamiento por tracción del alma. Este último se obtiene comosuma de una contribución del hormigón y otra del acero: Vu2 = Vcu+ Vsu.

La contribución del hormigón se evalúa como:

Vcu = [0.10·x·(10·r1·fck)1/3 - 0.15·scd�]·b0·d·b.

Los valores que se consideran en el caso de los estribos son:

555.1650200

1d200

1 =+=+=x

b0 = b - n·Sh·f = 5000 -6·0.5·100 = 4700 mm

02.001776.06504700500

170026606

db

f

fA

0

yd

pyd

p

1 <=×

××=

×

×

»r

MPa753.111090000

19442500

A

N'

c

dcd -=

-=»s

Se adopta como valor de la inclinación de las bielas de compresiónm,ct

xd

f1cot

s-=q , ® b=1.

Vcu = [0.10·1.555·(10·0.0177·40)1/3 + 0.15·1.753]·5000·650·1 = 1826514 N

Por lo que se refiere a las pilas:

385.11350

2001

d

2001 =+=+=x

b0 = 4700 mm

02.000855.013504700500

170026606

db

f

fA

0

yd

pyd

p

1 <=×

××=

×

×

»r

MPa630.111090000

18078000

A

N'

c

dcd -=

-=»s

b = 1


Vcu = [0.10·1.385·(10·0.00855·40)1/3 + 0.15·1.630]·5000·1350·1 = 3058886 N

Por lo tanto, haciendo Vu2 = Vrd, Vsu = Vrd - Vcu = A90·fy90,d·0.9·d·cotq.

q×××

-=

cotd9.0f

VVA

d,90y

curd90

En el caso de los estribos:

ml

cm5.53

mm

mm35.5

22.16509.0400

18265143354170A

22

90 ==×××

-=

fct,m = 0.30·fck2/3 = 3.51 MPa

22.151.311090000

194425001

fA

P1cot

m,ctc

kd =×

+=×

+=q

Por lo que se refiere a las pilas:

ml

cm4.83

mm

mm34.8

21.113509.0400

30588867961130A

22

90 ==×××

-=

21.151.311090000

180780001cot =

×+=q

Así pues, en los estribos se dispone la armadura mínima (68.75 cm2/ml), mientras que en las pilases necesario disponer 83.4 cm2/ml.

3 Dimensionamiento a torsión

Esfuerzos de cálculo

En este caso únicamente provocan esfuerzos las cargas que pueden ser excéntricas respecto delplano medio de la sección: sobrecarga repartida y carga puntual. El coeficiente de seguridad que seconsidera es gQ = 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 mm52021331

11090000

u

Ah e === . Dado que éste valor es superior

al espesor real que hay por encima y por debajo del aligeramiento, en estos casos se adopta esteespesor real he = h0 = 250 mm, tal como se aprecia en la figura.


Ae = 8648225 mm2

ue = 18914 mm

El dimensionamiento se lleva a cabo imponiendo que el esfuerzo de agotamiento por tracción de laarmadura transversal sea igual al esfuerzo torsor de cálculo:

q××××

== cotfs

AA2TT d,yt

t

te2ud

q××=

q×××=

q×××=

cot10691858

T

cot40086482252

T

cotfA2

T

s

A4

dd

d,yte

d

t

t

En el caso de los estribos Td = 5475 kN·m y cotq = 1.22 (igual que el adoptado para cortante),

obteniéndoseml

cm49.6

mm

mm649.0

s

A 22

t

t == .

En el caso de las pilas Td=3267.5 kN·m y cotq=1.21, por lo queml

cm90.3

mm

mm390.0

s

A 2

t

t == .

Dimensionamiento de la armadura longitudinal

Imponiendo la igualdad entre el momento torsor de cálculo y el esfuerzo de agotamiento portracción de la armadura longitudinal:

q××××

== tgfAu

A2TT d,yll

e

e3ud

5.365791

cotT

40086482252

cot18914T

fA2

cotuTA dd

d,yle

edl

q×=

××

q××=

××

q××=

Se obtienen los siguientes resultados:

- estribos: Al = 182.6 cm2

- pilas: Al = 108.1 cm2

A la vista de los resultados obtenidos, se puede plantear disponer la siguiente armadura transversal:

En los estribos:


- cortante: 2 cercos (4 ramas) de f16 cada 10 cm, de área total 80.4 cm2/ml- torsión: 1 cerco de f12 cada 15 cm, con un área total de 7.53 cm2/ml

En las pilas:

- cortante: 2 cercos de f16 cada 9 cm, de área total 89.33 cm2/ml- torsión: 1 cerco de f12 cada 25 cm, de área total 4.52 cm2/ml

4 Comprobación de la compres ión oblicua

Para comprobar el estado límite último de agotamiento por compresión oblicua del hormigón bajosolicitaciones se han de realizar tres verificaciones: frente a cortante, frente a torsión y lainteracción entre ambos esfuerzos.

Cortante

Se ha de verificar que:

rd20cd11u Vcot1

cotcotzbfKV £

q+

a+q××××=

f1cd = 0.6·fcd = 0.6·26.67 = 16 MPab0 = 4700 mm

En los estribos:

z = 0.9·d = 0.9·650 = 585 mm


1K1557.167.26

753.11

3

5

f

'1

3

5K

cd

cd =Þ>=÷ø

öçè

æ-×=÷÷

ø

öççè

æ s+×=

cotq = 1.22

rd21u VN2156817222.11

022.15854700161V >=

+

+××××=

En las pilas:

z = 0.9·d = 0.9·1350 = 1215 mm

1K1564.167.26

63.11

3

5

f

'1

3

5K

cd

cd =Þ>=÷ø

öçè

æ-×=÷÷

ø

öççè

æ s+×=

cotq = 1.21

rd21u VN4486639321.11

021.112154700161V >=

+

+××××=

Torsión

En este caso se ha de verificar que se satisface la siguiente expresión:

d2eecd11u Tcot1

cothAfT £

q+

q××××a=

Se disponen estribos únicamente en el perímetro exterior, por lo quea = 1.20.f1cd = 16 MPa

Con estos valores se obtienen los siguientes valores del esfuerzo torsor de agotamiento porcompresión 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 cortante-torsión en las bielascomprimidas si se satisface la expresión siguiente:

1V

V

T

T

1u

rd

1u

d £÷÷ø

öççè

æ+÷÷

ø

öççè

æbb

donde:


9.15000

25012

b

h12 e =÷

ø

öçè

æ-×=÷

ø

öçè

æ-×=b

Td, Vrd son respectivamente los esfuerzos torsor y cortante efectivo de cálculo, que actúande forma concomitante.

En los estribos la situación pésima se produce con la siguiente combinación de acciones:

que provoca los siguientes valores de cálculo:

Td = 5475 kN·mVrd = 2814 kN·m

1101.022944

2814

20352

54759.19.1

£=÷ø

öçè

æ+÷

ø

öçè

æ

En las pilas la combinación que se adopta es:

Td = 3267 kN·mVrd = 7403.2 kN·m

1060.047730

2.7403

20384

32679.19.1

£=÷ø

öçè

æ+÷

ø

öçè

æ

Así pues, se ha visto que no se produce agotamiento por compresión oblicua del hormigón bajosolicitaciones tangentes, verificándose por tanto el estado límite último.

pp+cm+sc pp+cm

sc

3m QQ

pp+cm pp+cm

sc

3m QQ

E.L.U. a cortante-fricción 253

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:

- cargas muertas: pavimento: 1 kN/m2 ; impermeabilización: 0.25 kN/m2

- sobrecarga de uso: 4 kN/m2

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.

Se estima que, además del peso de las tierras saturadas (de densidad 21 kN/m3), puede actuar una

sobrecarga de mantenimiento de 1kN/m2.

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 tierras:

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.


Al recrecer con la losa apeada, cuando se desapee, el peso propio del recrecido y la

impermeabilización ya actúan sobre la sección compuesta. Bajo la acción de las sobrecargas, en

estado límite último, las tensiones de compresión en la losa antigua se anulan, ya que la fisuración

profundiza hasta la losa nueva, generando el mecanismo resistente de la figura. Ello equivale a decir

que el momento de cálculo es resistido por las compresiones en el hormigón nuevo y la tracción de

la armadura existente en la losa antigua.

Suponiendo rotura dúctil (que luego se verificará):

m25.0m0964.0bf85.0

fA

bf85.0

T

bf85.0

Cy

cd

yds

cdcd

<=××

×=

××=

××=

x = 1.25·y = 0.12 m

mkN3.12322

ydfAM ydsu ×=÷

ø

öçè

æ-××=

ycssc 024.0

12.0

12.095.00035.0

x

xd

xdxe>=

-×=

-×e=e®

-

e=

e

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: gfg =

1.5; gfq = 1.6, con lo que:

E.L.U. a cortante-fricción 255

( ) mkN3.1232M8

lqc6.1

8

lg5.1M u

2

m

2

d ×==×+×+÷÷ø

öççè

æ ××=

Puesto que g = 25.25 kN/m2 y cm = 1 kN/m2, se tiene que:

mkN3.12328

8.12q6.1

8

8.1216.1

8

8.1225.255.1M

222

d ×=××+××+×

×=

de donde:

q = 12.93 kN/m = 21 kN/m3·(1 m)·(h (m))

Finalmente, la altura de tierras es:

h = 0.615 m

2 Cálculo de la armadura pasante:

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:

( ) cdcdd,yst

d,ctmd f25.0cossenfps

Af ×£s×m+a+a×m××

×+×b£t

a

tmd es el valor medio de la tensión rasante de cálculo de la junta, que puede obtenerse a través de:

( )( )MPa45.0m/kN450

d9.0m1

80.125.0qc6.1g5.1

zp

V 2mdmd ==

××

××+×+×=

×»t

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

23 2

ck

d,ct m/kN1190MPa19.15.1

f21.0f ==

×=

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)

scd = gc·hc + gt·ht = 25 kN/m3·0.25 + 21·0.615 = 19.165 kN/m2


( ) 165.196.0016.01

400000

s

A11902.0450 st ×++×××+×£

ml/cm35.8ml/m000835.06.0400000

5.200

6.0400000

5.249450

s

A 22st ==×

=×

-=

Ello requiere disponer barras de 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

armadura pasante) en base a Vcd = (b·fct,d + msc.d )·p·z = 213 kN

Vd = R -p·x Þp

VRx d-=

p = 1.5·g + 1.6·(cm + q) = 1.5·25.25 + 1.6·13.93 = 60.16 kN/m

kN3852

8.1216.60R =

×=

m86.216.60

213385x =

-=

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.

E.L.U. adherencia y anclaje 257

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

es prefabricada con una resistencia característica del hormigón de 40 N/mm2 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:

Nu = Ac1 f3cd = 40000 mm2 ·53.33 = 2133.3 kN > Nd

Ac1 = 200 x 200 =40000 mm2

Ac = 400 x 400 = 160000 mm2


MPa33.53f40000

1600000f

A

Af

cdcd

1c

c

cd3=×=×=

c d gtendones

1

20

a = 40

a = 20

9 cm

Ø 20

Fig. a

Fig. b


y, además verificar que:

Nu £ Ac f1cd = 160000 mm2 · 19,04 = 3046 kN > Nd

con f1cd = 0,85 (1-fck/250) fcd = 0,85 (1- 40/250) 40/1,5 = 19,04 N/mm2

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

se obtiene que la armadura transversal es de 1250 mm2. 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.


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


- 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

Ap (1 cordón) = 95.4 mm2

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 transferencia 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:


MPa1075A

30000

5.0

5.0

1

fll

ppi

10

9

8

pd

pi

bp98bpt

==s

=a

=a

=a

s××a×a=

cm33.36f

l

MPa2.107593.03

30000

MPa3.1617f

MPa1798ff

MPa5.15.1

ff

1

2.1

mm6.218f

fAl

mm43.236

7A

pd

pi

1098bpt

pi

pd

ctd2p1pbpd

ctkctd

2p

1p

bpd

ptdsp

bp

sp

=s

aaa=Þ

=×

=s

=

=×h×h=

==

=h

=h

=×fp

=

=f×=fp

à Longitud de transmisión

à Se considera el destesado gradual

à Para dimensionamiento del anclaje

à Por ser cordones de pretensado

à Tensión tras pérdidas instantáneas

à Longitud de anclaje básica

à Por ser cordones

à Por la posición del cordón en la sección

à donde32

ckctk )f(21.0f ×=

à resistencia de cálculo de adherencia

à 15.1/f max,p

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:

43

2

cm80000401512

1I

cm600A

=××=

=


MPa125.2cm

kp25.21

80000

205.930000

600

30000

MPa125.12cm

kp25.121

80000

205.930000

600

30000

kN300P

2sup

2inf

ki

==×-×

--

=s

-=-=×-×

+-

=s

@

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:

0.40

cm

z

c

lbpt

7.95 cm

13.19 cm

6.37 cm

5.73 cm

2.125 MPa

-12.125 MPa

9.5067 kN

9.5067 kN

148.32 kN

151.68 kN

T3

T2

T1

C1

C4

C5

C2

C6

C3C7

Eje P

Biela comprimida

Tirante

El cálculo de las cuatro fuerzas C1, C2, C3 y T se obtienen de la siguiente manera.

La tracción vale N7.950665.59150125.22

1xb

2

1T ct =×××=××s×= , donde:

mm65.59

125.2

125.121

400

1

hx

sup,c

inf,c

=

+

=

s

s+

=

sct = 2.125 N/mm2

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 :


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 ):

2

23

2

22

2

21

mm24mmN400

N9500T

mm81mmN400

N7200T

mm207mmN400

N82780T

=®

=®

=®

lbpt

· Armadura transversal:

4 cercos de 2f6

· Armadura longitudinal: 2f6

E.L.U. pandeo 265

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 seccióncuadrada de 40 cm de lado. La columna se considera empotrada en su base y libre en su extremosuperior, donde recibe las acciones verticales y horizontales procedentes de la cubierta. A efectos decálculos se considera, además, arriostrada en el plano perpendicular al del dibujo por el muro defachada de la nave.


- hormigón: HA-30/P/12/II- armaduras: B500 S


Se pide:

1. Dimensionar la armadura longitudinal en la sección de la base necesaria para resistir lassolicitaciones de cálculo siguientes, teniendo en cuenta los efectos de segundo orden, de acuerdo conel método simplificado propuesto por la Instrucción EHE:

a) Nd = 625kN, Md = 0b) Nd = 625kN, Md = 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 máximomomento exterior de primer orden que puede introducirse, según el método de la Columna Modelo,


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 quese producirían al aplicar el momento exterior de primer orden obtenido en el apartado 2 e identificarsi 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 comolongitud de pandeo el doble de la longitud real, esto es, l0 = 10 m.

Teniendo en cuenta este valor de la longitud de pandeo y el radio de giro de la sección

m115.0A

Iic == (A = 0.16 m2; I = 0.0021 m4), se obtiene una esbeltez mecánica igual a

i

l0=l = 86.60. Puesto que es mayor que 35 y menor que 100, se puede aplicar el método

simplificado aproximado propuesto por la instrucción EHE para el caso de flexión compuesta recta.

a) Nd = 625 kNMd = 0

Como la estructura es traslacional y dado que la excentricidad de primer orden e02=Md/Nd es nula,se adopta como excentricidad un valor ee = e02 = h/20 = 20 mm.

La excentricidad adicional valdrá,

[ ] [ ] mm147i50

l

e10h

e20h12.01e

c

2o

e

eya =

××

+

+×e+e×b+=

donde:

)N%70nentecuasipermaAxil(0035.0

10175.2200000

435

E

f

)carasdosensimétricaArmadura(1

d

3

s

yd

y

<=e

×===e

=b

-

Por tanto debe dimensionarse el soporte para un esfuerzo axil Nd = 625 kN y una excentricidade=ee+ea=20+147=167 mm.

Dimensionando con armadura simétrica se tiene:

Nd < 0.425 Uc= 0.425 · 20 · 400 · 35 · 10-3=1190 kN

E.L.U. pandeo 267

mm91.91bf85.0

Ny

kN0.273.0

0.19012.198

dd

2ydybf85.0

2

hdeN

fA

cd

d

'

cdd

d,yc's

=××

=

=-

=-

÷øöç

èæ -×-÷

ø

öçè

æ-+

=×

2s

's mm07.62AA == < 2

yd

csmin mm257

f

U04.0A ==

Por lo que se disponen 4f16, uno en cada esquina.

b) Nd = 625 kNMd = 125 kN·m

La excentricidad equivalente es la de primer orden ee = e02 = Md/Nd = 0.2 m= 200 mm., que essuperior a la accidental.

En este caso, la excentricidad adicional será:

[ ] [ ] mm6.202i50

l

e10h

e20h12.01e

c

2o

e

eya =

××

×+

×+×e+e×b+=

Por tanto la excentricidad total será eTOT= ee + ea = 402.6 mm.

Dimensionando igualmente con armadura simétrica se tiene:

Nd < 0.425 Uc, por tanto

( )

2'ss

3

yd's

cd

d

mm1190AA

kN0.5183.0

0.190101506.402625fA

mm91.91bf85.0

Ny

==

=-×+×

=

==

-

Lo cual se consigue disponiendo 4f20 cada cara.


2. El método de la Columna Modelo se basa en la obtención del diagrama momento-curvatura de lasección. Éste representa el momento interno o el resistido, que deberá ser igual al momentosolicitación, compuesto por el momento de primer orden y el de segundo orden.

El momento de segundo orden vale: c10

lNM

20

2 ××

= , siendo c la curvatura, y puede representarse

en la misma figura que el diagrama momento-curvatura como una línea con pendiente10

lN 20×.

Entonces, la diferencia entre esta línea y el diagrama momento-curvatura es el momento de primerorden que absorbe la sección.

Para un caso como el de la figura, donde el diagrama momento-curvatura es trilineal, el máximomomento de primer orden que resiste la sección es el que se obtiene en el punto B, de paso desección fisurada a plastificación. Este máximo momento de primer orden tiene asociado unmomento 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 (ec = - 0.002) antes de que lo haga el acero de lasarmaduras (es = ey = fyd/Es = 2.174·10-.3).

2) que el acero plastifique antes que el hormigón.

Utilizaremos el método parábola-rectángulo, ya que la simplicidad geométrica de la sección lopermite.

N = cte.

Nl

10

C

M

M

0

21,max

II CB

A

II

M

M

M1

E.L.U. pandeo 269

Caso 1) ec = - 0.002

Planteando las ecuaciones de equilibrio se tiene:

Nd = C + Cs - Ts =3

2·0.85·fcd·b·x + As�·ss� - As·ss (1)

Md + Nd· ÷ø

öçè

æ-2

hd = C·z + Cs·(d - d�) (2)

C =3

2·0.85·fcd·b·x = 0.566·fcd·b·x (3)

z = d -4

x(4)

Þ-

e=

-

e=

e

'dx

'

xdxssc

x

xdE002.0 ss

-××=s (5)

x

'dxE002.0' ss

-××=s (6)

Sustituyendo (5) y (6) en (1) se tiene:

Nd = 0.566·fcd·b·x + As�·x

'dxE002.0 s

-×× - As·

x

xdE002.0 s

-××

Para: fcd = 20 MPa As = As� = 1256 mm2

Es = 200000 MPa d = 350 mmNd = 625000 N d� = 50 mm

b = 400 mmLa solución es x = 173 mm.

Con ello MPa9.409173

173350102002.0 5

s =-

×××=s . Por tanto, como ss< fyd, la hipótesis

realizada es la correcta y no hace falta comprobar la opción b).

Para conocer el punto B necesitaremos también conocer:


MPa3.284173

50173102002.0' 5

s =-

×××=s

Entonces el momento será:

Md + Nd· ÷ø

öçè

æ-2

hd = 0.566·fcd·b·x· ÷

ø

öçè

æ-4

xd + As�·ss� (d - d�) =

= =úû

ùêë

é××+÷

ø

öçè

æ-×××××- 3003.2841256

4

17335017340020566.010 6 347.7 kN·m

y el momento exterior:

Md = 347.7 � Nd· ÷ø

öçè

æ-2

hd = 347.7 - 625·(0.35 � 0.2) = 254 kN·m

La curvatura será:

16sc mm1056.11173

002.0

xdxc --×==

-

e=

e=

Momento último.

El momento último se calculará suponiendo que el agotamiento se produce en el dominio 3 yverificando posteriormente que así es. En tal caso:

ec = -0.0035 sc = 0.85·fcdes > ey ss = fyd ss� = fydNd = y·fcd·b·x + As�·fyd - As·fyd

Md + Nd· ÷ø

öçè

æ-2

hd = y·fcd·b·x·(d - l·x)+ As�·fyd·(d - d�)

Para ec = 0.0035, y·= 0.688 y l = 0.416

mm5.11340020688.0

625000

bf

f'AfANx

cd

ydsydsd =××

=××Y

×-×+=

( )[ ] mkN2.35330043512565.113416.0350625000102

hdNM 6

dd ×=××+×-××=÷ø

öçè

æ-×+ -

Md = 353.2 � 625·(0.35 � 0.2) = 259.45 kN·m

La curvatura última será:

16cu mm1089.30

3.113

0035.0

xc --×==

e=

E.L.U. pandeo 271

Con estos valores, el diagrama M-c será como indica la figura.

mkN20.6316.0

6252020

20.0

002133.0

A

Nf

'v

IM ctfis ×=úû

ùêë

é+×=úû

ùêë

é+×=

16

c

ctfis mm1035.0

20028573

02.2

'vE

fc --×=

×=

×=

Según el método de la columna modelo, el máximo momento exterior que puede introducirse será:

MmaxI = MB - mkN75.18125.722541056.11

10

10625254

r

1

10

lN 3

2

B

2e ×=-=×××-=÷

ø

öçè

æ×× -

3. De acuerdo con el apartado anterior, el momento de 1er orden de valor 181.75 kN·m daría lugar aun momento de 2º orden de valor 72.25 kN·m (lo que representa un 40% aproximadamente, que esmuy alto). Dado que el máximo se produce para un punto de curvatura inferior a la última seproduciría inestabilidad de la columna, y no agotamiento de los materiales.

=

A

BC

MI

M

B II

Nlo 2

10

1r

30.8911.560.35

254.0

259.45

M(kN.m)

Mfis= 63.2

II

1r

10-3m

-1

= M - M

E.L.U. pandeo 273

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: Nd = 1800 kN, Mdsup = 250 kN·m, Mdinf = - 300 kN·m.

b) Soporte de fachada planta intermedia, de sección 40x40 cm, y 4 m de altura, sometido a los

esfuerzos: Nd = 1200 kN, Mdsup = 200 kN·m, Mdinf = - 250 kN·m.

c) Soporte de fachada planta superior, de sección 30x30 cm y 4 m de altura, sometido a los

siguientes esfuerzos: Nd = 400 kN, Mdsup = 150 kN·m, Mdinf = - 200 kN·m.

Nota: En ningún caso el esfuerzo axil cuasi permanente supera el 70% del total.

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 = lo / i sea menor que 100; lo cual, como veremos más adelante, se cumple en todos los casos.


Para la aplicación de este método simplificado y el dimensionamiento de los soportes se consideran

diversos parámetros comunes:


- hormigón: fcd = 16.67 MPa

- acero: fyd = 434.78 MPa

Es = 200000 MPa

3

s

yd

y 1017.2E

f-×==e

Características de los elementos del pórtico:

pilar de 50x50 cm2: Ip50 = 0.0052 m4 (momento de inercia)

i = 0.144 m (radio de giro)

l50 = 5 m (longitud)

pilar de 40x40 cm2: Ip40 = 0.0021 m4 (momento de inercia)


l40 = 4 m (longitud)

pilar de 30x30 cm2: Ip30= 0.000675m2 (momento de inercia)


l30= 4 m (longitud)

vigas de 30x40 cm2: Iv = 0.0016 m4 (momento de inercia)

lv = 6 m (longitud)

a) La longitud de pandeo l0 = a·l se obtiene a partir de la formulación para pórticos

intraslacionales:

36.1)(5.7

6.1)(45.7

BA

BABA =Y+Y+

Y×Y×+Y+Y×+=a

En este caso:

YA = 0 (extremo empotrado)

v

v

40

40p

50

50p

B

l

I2

l

I

l

I

×

+

=Y = 2.95

a = 1.36

lo = 1.36·5000 = 6800 mm

E.L.U. pandeo 275

l = 22.47144.0

6800= Þ se puede aplicar el método simplificado.

Como valor de la excentricidad total ee se adopta el mayor valor de los siguientes:

§ ee = 0.6·e2 + 0.4·e1 = 0.045 m

m167.0180

30

N

Me

d

d2 ===

m139.0180

25

N

Me

d

d1 -=

-==

§ 0.4 · e2 = 0.067 m

§ h/20 = 2.5 cm

§ 2 cm

Es decir, se adopta el valor ee = 67 mm

La excentricidad adicional será:

[ ] [ ]

[ ] [ ] mm14.6414450

6800

6710500

67205000035.000217.012.01

i50

l

e10h

e20h12.01e

2

c

2

o

e

eya

=×

××+

×+×+×+=

=×

×+

+×e+e×b+=

eTOT = ee + ea = 67+64 = 131 mm

El dimensionamiento a pandeo de la sección del soporte se lleva a cabo con el siguiente par de

esfuerzos (Nd, Md = Nd·eTOT) = (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 TOT

= 0.02).

No obstante, la excentricidad e2 = 167 mm es mayor que la excentricidad total equivalente ee =

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 mm2. 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:

As,min = 0.0028·Ac = 0.0028·5002 = 700 mm2


b) Para el caso de soportes de fachada en una planta intermedia la longitud de pandeo se obtiene a

partir de los siguientes factores:

v

v

40

40p

BA

l

I

l

I2 ×

=Y=Y = 3.94

a = 2.04

lo = 2.04 · 4000 = 8150 mm

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 ee será:

ee = 0.6·e2 + 0.4·e1 = 0.058 m

m208.0120

25

N

Me

d

d2 ===

m167.0120

20

N

Me

d

d

1 -=-

==

Tal como sucedía en el caso anterior, el valor de 0.4·e2 = 0.083 m es superior al obtenido. Así, se

considera un valor de la excentricidad equivalente igual a 83 mm.

La excentricidad adicional será:

[ ] [ ] mm12311550

8150

8310400

832040000217.00035.012.01e

2

a =×

××+

×+×+×+=

La excentricidad total valdrá:

eTOT = ee+ ea = 83+123 = 206 mm.

El par de esfuerzos dimensionales con el que ha de dimensionarse a pandeo el soporte es: (Nd, Md=

Nd · eTOT) = (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 mm2.

E.L.U. pandeo 277

La excentricidad en un extremo e2=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 e2=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 mm2, que se puede conseguir disponiendo 6f16 en

cada cara de la sección.

La armadura mínima es As,min=0.0028 ·4002=448 mm2, 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:

v

v

40

40p

A

l

I

l

I

=Y = 1.97

v

v

40

40p

B

l

I

l

I2 ×

=Y = 3.94

a = 1.80

lo = 1.80 · 4000 = 7209 mm

l = 83.25 < 100 Þ se puede aplicar el método simplificado

La excentricidad equivalente se obtiene así:

ee = 0.6·e2 + 0.4·e1 = 0.15 m >/ 0.4 e2

m5.0400

200

N

Me

d

d2 ===

m375.0400

150

N

Me

d

d1 -=

-==

El valor de 0.4·e2 = 0.2 es mayor que el obtenido para ee. Así pues, se considera un valor de 200

mm para la excentricidad equivalente.

La excentricidad adicional valdrá:

[ ] [ ] mm1426.8650

7209

20010300

2002030000217.000035112.01e

2

a =×

××+

×+×+××+=

La excentricidad total sera eTOT=ee + ea = 342 mm.


304.030030067.16

136800000

266.030030067.16

400000

2=

××=m

=××

=n

Los valores de los esfuerzos de cálculo que se consideran en el dimensionamiento a pandeo son:

(Nd, Md= Nd · eTOT) = (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 mm2.

Se ha de comprobar también que la sección extrema no rompe a flexocompresión. Dado que e2=500

mm es superior a ee=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 e2. 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 mm2 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 mm2, correspondiente a

un 0.28% de la sección de hormigón).

2 8

3 16

3 16

cercos > 6 mm

S < 240 mmt

500

500

400

400 400

6 16

6 16 5 20

5 20cercos > 6 mm

S < 240 mmt

2 82 8

Pilar base Pilar intermedio Pilar superior

E.L.U. servicio 279

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.


Nota: 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 gi y yi: gG,j = 1.0, gQ,1= 1.0, y0,1 = 0.7, y1,1 = 0.5, y2,1 = 0.3.

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

mkN625.658

lppM

2

pp ×=×

=

- carga permanente: cp = 2 kN/m

mkN258

lcpM

2

cp ×=×

=

- sobrecarga de uso uniforme: sc = 4 kN/m

mkN508

lscM

2

sc ×=×

=

- sobrecarga puntual móvil: Q = 40 kN

mkN1004

lQMQ ×=

×=

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: SgG,j·Gk,j+gQ,1·Qk,1+y0,2·gQ,2·Qk,2 Þ Mpp = 240.625 kN·m

- frecuente: SgG,j·Gk,j+y1,1·gQ,1·Qk,1+y2,2·gQ,2·Qk,2 Þ Mfr = 165.625 kN·m

- casi permanente: SgG,j·Gk,j+y2,1·gQ,1·Qk,1+y2,2·gQ,2·Qk,2 Þ Mqp = 135.625 kN·m.

Dado que la única acción variable es la sobrecarga de uso, ésta es la determinante.

1. Fisuración por tracción

Se ha de verificar que bajo la combinación de acciones casi permanentes se verifique que la abertura

característica de fisura (wk) es menor que un valor límite, que en este caso (tipo de exposición IIb)

es 0.3 mm.

wk = b·sm·esmb = 1.7, para fisuración producida por acciones directas.

sm = 2·c + 0.2·s + 0.4·k1· =×f

s

eficaz,c

A

A95.8 mm (separación media de fisuras)

E.L.U. servicio 281

c = 30 mm (recubrimiento de las armaduras de tracción)

s = b/n = 300/5 = 60 mm < 15·f = 375 mm (distancia entre barras)

k1 = 0.125 (por tratarse de flexión simple)

f = 25 mm (diámetro de la barra traccionada)

Ac,eficaz = (187.5+92.5)·300 = 84000 mm2

As = 4415.6 mm2 (9f25)

úú

û

ù

êê

ë

é

÷÷ø

öççè

æ

s

s×-×

s=e

2

r

sr2

s

ssm k1

E= 2.17·10-4 (alargamiento medio de las armaduras)

( ) ( )MPa79.57

'dd'dxnA3

xdxb5.0

xdMn

'

n

2

ks =-×-××+÷

ø

öçè

æ-×××

-××=s

(ss = tensión de servicio de la armadura pasiva suponiendo sección fisurada)

( ) ( ) 41.0nd

'dn2n

d

x '

ss

'

ss

2'

ss

2 =r+r×-÷ø

öçè

æ×r+r××+r+r×=

x = 260 mm

Mk = Mqp = 135.625 kN·m

d = 635 mm

d� = 42.5 mm

rs = 2.3 ·10-2

rs� = 5.2 ·10-3

Es = 200000 MPa

Ec = 8500·fcm1/3 = 27264 Þ n = 7.3

k2 = 1 (por ser carga no repetida)

462.0M

M

k

fis

s

sr ==s

s

mkN72.62'v

IfM

m,ct

fis ×=×

-= (momento de fisuración)


fct,m = 0.30·fck2/3 = 2.56 MPa (resistencia media a tracción)

esm es mayor que 0.4·ss/Es = 1.11·10-4, 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:

wk = wk = b·sm·esm = 1.7·95.8·2.17·10-4 = 0.035 mm < wmax = 0.3

En cuanto a la fisuración por compresión, debe comprobarse que bajo la combinación de acciones

más desfavorable la tensión máxima de compresión en el hormigón no supera el valor 0.60fck,j.

Dicha tensión la calcularemos en la situación poco probable teniendo en cuenta que la sección

fisura. Su valor es:

( ) ( )2

''

s

2

xc mm/N65.9

dddxAn3

xdxb5.0

M=

-×-××+÷ø

öçè

æ-×××

=s

Se verifica que sc<0.6·fck,90=18 N/mm2, donde se ha obtenido fck,90=1.2fck,28=30 N/mm2, de

acuerdo con la tabla 30.4.b de la EHE, para hormigón de endurecimiento normal.

Por tanto queda satisfecho el estado límite de fisuración por compresión.

2. Dado que se trata de una viga simplemente apoyada y teniendo en cuenta que la cuantía de

armadura es r = 2.3·10-2, la esbeltez básica que define la norma es L/d = 14, que es inferior a la

que existe realmente L/d = 10000/635 = 15.7. Por lo tanto, es necesario verificar el estado límite

de deformación.

3. La flecha instantánea debida a cada una de las cargas actuantes se obtiene considerando una

interpolación cúbica de la inercia fisurada y sin fisurar, así como el módulo de deformación

longitudinal en la edad de actuación de la carga.

Dado que la sección puede estar fisurada o no, se calcula la flecha debida a la totalidad de las cargas

actuantes, obteniéndose la flecha en cuestión como diferencia entre esta y la provocada por las

cargas que ya actuaban con anterioridad.

La interpolación que se considera para la inercia es la siguiente:

1fN

3

a

f1

3

a

fe II

M

M1I

M

MI >/×

úú

û

ù

êê

ë

é

÷÷ø

öççè

æ-+×÷÷

ø

öççè

æ=

El módulo de deformación longitudinal del hormigón a diferentes edades es:

Ec,28 = 8500·fcm1/3 = 27264 MPa Þ n = 7.3

Ec,90 = b90·Ec,28 = 1.07 · 27264 = 29173 MPaÞ n = 6.9

E.L.U. servicio 283

Flecha instantánea debida al peso propio

Primero se verifica si la sección está fisurada o no. El momento de fisuración vale Mfis = fcf·W1,

donde fcf es la resistencia a flexotracción y W1 es el módulo resistente respecto de la fibra inferior.

fcf = 0.37·fckj 2/3 = 0.37·252/3 = 3.16 Mpa

372

1 mm1045.26

hb

h

I2W ×=

×=

×=

Mfis = 2.45·107 mm3·3.16 N/mm2 = 77.42·106 N·mm = 77.42 kN·m

Como Ma =Mpp = 65.625 kN·m < Mfis, 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).

Ih = Ib + (n-1)·As· ( )2432

35.0635.01017.4433.612

7.03.0

2

hd -×××+

×=÷

ø

öçè

æ- -

Ih = 0.010835 m4 = 10.835·109 mm4

mm31.2IE384

lpp5

hc

4pp

28 =××

××=d

Flecha instantánea debida a la carga permanente

El momento actuante es Ma = Mpp + Mcm = 65.625 +25 = 90.625 kN·m > Mfis, por lo que la

pieza fisura en la sección central, siendo Mfis/Ma = 0.855.

La inercia fisurada de la sección central es:

( ) ( ) 49

ss

c

IIf mm10392.6'd

3

x'dx'An

3

xdxdAn

E

kI ×=÷

ø

öçè

æ-×-××+÷

ø

öçè

æ-×-××==

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):

9393

f

3

a

fish

3

a

fise 10392.6)855.01(10835.10855.0I

M

M1I

M

MI ××-+××=×

úú

û

ù

êê

ë

é

÷÷ø

öççè

æ-+×÷÷

ø

öççè

æ= Ie =

9.169·109 mm4

que es inferior a la inercia no fisurada, Ih = 10.385·109 mm4.

( )mm78.3

IE384

lcmpp5

e28,c

4pp

ins =×××+×

=d

mm47.131.278.3ppcmpp

inscmins =-=d-d=d

+


Flecha instantánea debida a la sobrecarga de uso

Bajo la totalidad de la carga el momento de servicio es Ma = 225.625 kN·m > Mfis, siendo Mfis/Ma

= 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 If = 6.392·109 mm4.

La inercia que se considera en el cálculo de flechas es:

Ie = 0.3443·10.835·109 + (1 - 0.3443)·6.392·109 = 6.573·109 mm4

La flecha instantánea bajo cargas totales será:

( )mm82.1265.417.8

IE48

lQ

IE384

lsccmpp5

ec

3

ec

4sccmpp

ins =+=××

×+

×××++×

=d ++

con lo que la flecha debida a la sobrecarga de uso será:

mm04.978.382.12scins =-=d

que representa una fracción 1/1100 de la luz.

4. De acuerdo con la instrucción EHE, las flechas diferidas se calculan multiplicando las

instantáneas debidas cargas permanentes por un factor l de valor:

'' 501

)j()t(

501 r×+

x-x=

r×+

x=l

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 P1, P2, ... , Pn, se puede adoptar como valor de x el dado

por:

n21

nn2211

PPP

PPP

+++

×x++×x+×x=x

K

K

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:

E.L.U. servicio 285

mm90.0238.078.3

238.026.1

3.0

0056.0501

7.00.1

1

pp

ins

pp

90

1

=×=l×d=dD

==×+-

=l

y la flecha existente a los 90 días antes de aplicar las cargas permanentes será:

mm68.4)1( 1

pp

ins

pp

90 =l+×d=d

La flecha a largo plazo debida al peso propio se obtendrá de igual forma pero adoptando para t® ¥un valor x =2.0.

mm04.407.178.3

07.126.1

7.00.2

2

pp

ins

pp

2

=×=l×d=dD

=-

=l

¥

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.

mm17.1794.047.1

794.026.1

0.10.2

3

cp

ins

cp

3

=×=l×d=dD

=-

=l

¥

Por tanto, la flecha total a largo plazo valdrá:

mm03.1882.1217.104.4sccppp

ins

cppp

TOTAL =++=d+dD+dD=d++

¥¥

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:

mm35.1368.403.1890TOTALactiva =-=d-d=d

que representa una fracción l/750, lo cual es más que aceptable.

E.L.U. servicio 287

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/m3)

- cargas muertas (pavimento, aceras, barandillas, instalaciones) = 2.5 kN/m2

- sobrecarga de tráfico: 4.0 kN/m2 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 (fmax=1860 MPa, fpyk=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 yi = 1 para las hipótesis de combinación de cargas.

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.


Solución

En primer lugar se obtienen las características de la sección:

A = 8 m2

I = 0.427 m4

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

mkN100008

lppM

2

pp ×=×

=

- carga muerta: cm = 2.5·10 = 25 kN/m

mkN12508

lcmM

2

cm ×=×

=

- sobrecarga de tráfico: sc = 4·10 = 40 kN/m

mkN20008

lscM

2

sc ×=×

=

- vehículo pesado: P = 600 kN

mkN30004

lPMP ×=

×=

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:

Md = 1.35·(10000+1250) + 1.5·(2000+3000) = 22687.5 kN·m

- estado límite de servicio:

Mk = 1·(10000+1250+2000+3000) = 16250 kN·m

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:

E.L.U. servicio 289

Md = gG·Mpp = 1·10000 = 10000 kN·m

0vI

Mv

I

eP

A

P dkikisup £×-×

×--=s

Despejando Pki 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.

Mk = 16250 kN·m

0'vI

M'v

I

eP

A

P dkkinf £×-×

×--=s ¥¥

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: P0 = 60543 kN

- tras pérdidas instantáneas: Pki = 0.9·P0 = 54488 kN

- a largo plazo: Pk¥= 0.7·P0 = 42380 kN

Teniendo en cuenta que la instrucción EHE limita la tensión en el acero a un valor sp0 = 0.75·fpu =

0.75·1860 = 1395 MPa, el área de las armaduras activas ha de ser superior a Ap,nec = P0/sp0 =

43400 mm2. Este área se puede conseguir disponiendo 16T20f0.6�, con un área total Ap = 16 ·

2800 = 44800 mm2.

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.

÷ø

öçè

æ-××××=2

ydybf85.0M pcdu (1)

Pn = 0.85·fcd·b·y - DT (2)


Se hace la hipótesis de considerar que la armadura activa ha plastificado:

Pn + DT = Ap·fpyd = kN66226N6622608715.1

170044800 ==×

Entonces, de la ecuación (2) se obtiene que la profundidad del bloque de compresiones en rotura es:

100005.1

4085.0

15.1

170044800

bf85.0

fAy

cd

pydp

××

×=

××

×= = 292.2 mm

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:

Mu = 33371 kN·m

que es superior al momento de cálculo: Md = 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:

epyd < ePn + Dep

donde:

3

p

pyd

pyd 1039.7200000

26.1478

E

f-×===e

3

pp

nP 1010.5

44800200000

45729000

AE

Pn

-×=×

=×

=e

kN45729I

e

A

1An1PP

c

2

c

pkn =úúû

ù

êêë

é÷÷ø

öççè

æ+××+×=

¥

n = Ep/Ec = 6.5

Ep = 200000 MPa

Ec = 8500·fcm1/3 = 30891 MPa

365

3656500035.0

x

xd0035.0

p

p

-×=

-×=eD = 2.73·10-3

Se verifica la hipótesis:

epyd = 7.39·10-3 < ePn + Dep = 5.10·10-3+2.62·10-3 = 7.83·10-3

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.

E.L.U. servicio 291

b) En este caso se ha de imponer que las tensiones en el hormigón no superen en ninguna fibra su

resistencia a tracción (fct= 0.21·fck2/3= 2.46 MPa = 2456.2 kN/m2).

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:

2

kkikisup

m

kN2.2456v

I

Mv

I

eP

A

P£×-×

×--=s

Mk = gG·Mpp = 1·10000 = 10000 kN·m

2

kkkinf

m

kN2.2456'v

I

M'v

I

eP

A

P£×-×

×--=s ¥¥

Mk = 16250 kN·m

Estas condiciones conducen a que la fuerza de pretensado en anclajes ha de estar comprendida entre

los siguientes límites:

50774 kN £ P0 £ 120356 kN.

Se adopta el límite inferior como fuerza de pretensado:

- inicial en anclajes: P0 = 50774 kN

- tras las pérdidas instantáneas en sección centro de luz: Pki=0.9·P0= 45697 kN

- a largo plazo en la sección de centro de luz: Pk¥= 0.7·P0 = 35542 kN

El área de armadura activa necesaria es Ap,nec = P0/sp0 =36397 mm2, que se consigue disponiendo

13T20f0.6� (Ap = 13·2800 = 36400 mm2).

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:

1000015

4085.0

15.1

170036400

bf85.0

fAy

cd

pydp

××

×=

××

×= = 237.4 mm Þ x=1.25·y = 296.7 mm.

Mu = 28588 kN·m

que también es superior al momento de cálculo: Md = 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:


epyd = 7.39·10-3

epn = 6.56·10-3

Pn = 45402 kN

Dep = 4.48·10-3

Se verifica la hipótesis epyd=7.39·10-3< ePn+Dep=(6.56+4.48)·10-3=11.04·10-3.

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: P0 = 0.667·P0 = 0.667·60543 = 40382 kN

- después de transferir: Pki = 0.9·P0 = 36344 kN

- a largo plazo: Pk¥= 0.7·P0 = 28267 kN

Se disponen 11T19f0.6�, con un área total Ap = 29260 mm2, superior a la de la armadura

necesaria si se tiene en cuenta la limitación de tensión en las armaduras activas: Ap,nec = 28978

mm2.

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.

Pn = 0.5·sc·x·b - Ap·Dsp - As·ss

( )pssspcd ddA3

xdbx5.0M -×s×+÷

ø

öçè

æ-×××s×=

xdxdx s

s

p

pc

-

e=

-

eD=

e

E.L.U. servicio 293

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:

x

xdn

p

cp

-×s×=sD

x

xdn s

cs

-×s×=s

y combinando estas expresiones en las ecuaciones del equilibrio, se obtiene que:

( )

( )

( ) ( )psssp

2

sspp

2

d

n

ddxdAn3

xdxb5.0

xdAnxdAnxb5.0

M

P

-×-××+÷ø

öçè

æ-×××

-××--××-××=

( )

( )xdAnxdAnxb5.0

xP

sspp

2

nc

-××--××-××

×=s

Entonces, teniendo en cuenta que:

kN30500I

e

A

1An1PP

c

2

c

pkn =úúû

ù

êêë

é÷÷ø

öççè

æ+××+×=

¥

Md = 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 As = 15700 mm2.

Con estos valores se obtiene los siguientes resultados:

x = 467 mm

sc = 13.45 MPa

ss = 53.0 MPa

Dsp = 34.28 MPa

Se procede entonces a comprobar que la abertura de fisura wk es inferior al límite establecido de 0.1

mm.

wk = b·sm·esmb = 1.7, para acciones directas

sm = 2·c + 0.2·s +s

eficaz,c

1A

Ak4.0

×f×× (separación media de fisuras)

c = 40 mm (recubrimiento de las armaduras de tracción)

s = 200 mm < 15·f = 300 mm (distancia entre barras longitudinales)


k1 = 0.125

f = 20 mm

As = 15700 mm2

Ac,eficaz = (50+150)·10000 = 2000000 mm2

sm = 247.4 mm

úú

û

ù

êê

ë

é

÷÷ø

öççè

æ

s

s×-×

s=e

2

s

sr2

s

ssm k1

E(alargamiento medio de las armaduras)

k2 = 1

ss= 53.0 MPa

fct,m = 0.30·fck2/3 = 3.51 MPa

P = Pn = 29757.5 kN

mkN7.7717

2

h

I

A

PfM c

c

m,ctfis ×=×÷÷ø

öççè

æ+=

477.016250

7.7717

M

M

k

fis

s

sr ===s

s

Es = 200000 MPa

[ ]

2

sm 477.011200000

53×-×=e = 2.05·10-4

que es superior a 0.4·ss/Es = 1.06·10-4.

Por lo tanto, la abertura característica de fisura es:

wk = 1.7·247.4·2.05·10-4 = 0.0862 mm

que se aproxima bastante al límite impuesto de 0.1 mm.

Así pues, se puede adoptar como armadura pasiva 50f20 (As=15700 mm2) y como armadura activa

11T19f0.6� (Ap = 29260 mm2).

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.

E.L.U. servicio 295

( )psydspcdu ddfA2

ydybf85.0M -××+÷

ø

öçè

æ-××××=

Pn = 0.85·fcd·b·y - DT - As·fyd

En este caso, la profundidad del bloque de compresiones en rotura es:

100005.1

4085.0

15.1

50015700

15.1

170029260

bf85.0

fAfAy

cd

ydspydp

××

×+×=

××

×+×= = 220.9 mm

x = 1.25·y = 276.2 mm

El momento último de la sección es:

mkN276981010015.1

50015700

2

9.2206509.22010000

5.1

4085.0M 6

u ×=×úû

ùêë

é××+÷

ø

öçè

æ-××××= - que es

superior al momento de cálculo: Md = 22687.5 kN·m.

En cuanto a la verificación de la hipótesis de plastificación de la armadura activa, se obtiene:

epyd = 7.39·10-3

ePn = 5.09·10-3

Dep = 4.74·10-3

epyd = 7.39·10-3 < ePn + Dep = 5.09·10-3+4.74·10-3 = 9.83·10-3

El momento último que resulta de considerar el pretensado únicamente, sin tener en cuenta la

armadura pasiva que se dispone, es Mu=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.

E.L.U. servicio 297

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 cm2

I =3800 cm4

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.


2. Calcular la flecha a largo plazo debida a las cargas permanentes y a las cargas totales.

3. Calcular la flecha activa.

Nota: 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.

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

22

p mm36.754

166

46A =

×p×=

f×p×=

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.

7,c

pp

cp3E

EAP

××s=D = - 6555 N

Ep = 200000 MPa

Ec,7 = b7·Ec,28 = 0.80·29779 = 23823 MPa

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.

I

eM

I

eP

A

P pp2

00cp

×-

×--=s = - 10.36 Mpa

e =excentricidad del pretensado equivalente = yp = - 2.0 cm

mN6008

4300M

2

pp ×=×

=

Pk7 = P0 + DP3 = 107388-6555 = 100833 N

E.L.U. servicio 299

Pretensado a los 90 días: Pk90 = Pk7 + DP7®90; es decir, tras las pérdidas diferidas entre los 7 y los

90 días.

( )[ ]p2

pc

c

p

prrpcpg

907 A

7,901Ic

yA1

A

An1

80.0)7,90(E)7,90(nP

j×c+×÷÷

ø

ö

çç

è

æ ×++

sD×+e×+s×j×=D

®= - 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:

I

eM

I

eP

A

P pp2

7k7kcgp

×-

×--=s = - 9.71 MPa

36.75

10083308.0

A

P

p

kifpr

-×=×r=sD =- 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.

( )[ ]p

6

2

pc

c

p

pr

6

rpcpg

6

7 A

7,101Ic

yA1

A

An1

80.0)7,10(E)7,10(nP

j×c+×÷÷

ø

ö

çç

è

æ ×++

sD×+e×+s×j×=D

¥®= - 23889 N

j(106,7) = 3.01

ecs(106,7) = - 4.02·10-4

n = Ep/Ec,7 = 8.4

I

eM

I

eP

A

P cmpp2

7k7kcgp

×-

×--=s

+

= - 8.66 MPa

Mpp+cm = 2600 N·m

36.75

10083308.0

A

P

p

kifpr

-×=×r=sD =- 107.04 MPa

c = 0.8


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 tensionales, y dado que se considera una resistencia característica

a tracción de valor fct,k = 0.21·fck2/3 = 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:

mm35.345.410.1IE8

leP

IE384

lpp5

7,c

2

7k

7,c

4P

7

pp

777k -=-=

××

××+

××

××=d+d=d

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

E.L.U. servicio 301

mm02.567.135.3

0022.011250

12.25

A

A

66.00022.0501

26.00.1

501

)7()90(

501

mm67.166.05.2

90

c

,

p,

,,

Ppp

ins90790k

-=--=d

===r

=×+

-=

r×+

x-x=

r×+

x=l

-=×-=l×d=d+

®

Para el cálculo de 90kPpp

ins

+

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:

mm5.2IE8

leP

IE384

lpp5

7,c

2

90k

7,c

4Ppp

ins90k -=

××

××+

××

××=d

+

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:

mm1.1pp7 =d

mm35.345.410.17 -=-=d

Para el calculo de la flecha diferida debida al peso propio se considera la siguiente expresión:

568.10022.0501

26.00.2

501

)7()(

501

mm253.5)35.3(568.1

,,

7

pp

=×+

-=

r×+

x-¥x=

r×+

x=l

-=-×=d×l=d¥

Por lo tanto, la flecha total debida al peso propio y al pretensado, ambos actuantes desde los 7 días,

es:

dpp+Pk = d7 + kPpp7+

¥®d = (1.1 - 4.45) � 5.253 = - 8.6 mm (contraflecha)


Por lo que se refiere a la flecha debida a la carga permanente:

mm7.2IE384

lcm5

90,c

4cm

90 =××

××=d

Ec,90 = b90·Ec,28 = 1.09 · 29779 = 32459 MPa Þ n = 6.16

9.00022.0501

0.10.2

501

)90()(

501

mm43.29.07.2

,,

cm

ins

cm

90

=×+

-=

r×+

x-¥x=

r×+

x=l

=×=l×d=d¥®

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:

mm8.3IE384

lsc5

,c

4sc

ins

sc =××

××=d=d

¥

¥

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:

mm33.08.347.3scGTOT

=+-=d+d=d¥¥¥

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.

mm35.5)02.5(33.090

TOT

act =--=d-d=d¥

lo que representa una fracción 1/750 de la luz, que es muy razonable.

Elementos estructurales 303

BLOQUE III Elementos estructurales

Elementos Estructurales 305

Ejercicio III-1 Pasarela peatonal postensada

Para atravesar una línea de ferrocarril en Granollers (en zona urbana) se quiere construir unapasarela peatonal, cuya estructura básica está compuesta por unos soportes de hormigón armado yun dintel de hormigón pretensado. Éste último es una viga apoyada en los soportes, con una luz decálculo 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 mm2/tendon, diámetro de vaina 63 mm).

El acero de pretensado será de tipo Y1860 S7. La penetración de cuña estimada es de 4 mm. Elcoeficiente de rozamiento en curva m=0.20. El coeficiente de rozamiento parásito por ondulaciónparásita 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/m2,- sobrecarga variable formada por una carga uniformemente repartida de 5.0 kN/m2 y unacarga puntual móvil de 50 kN. Se utilizan los coeficientes (Y0 = 0.6, Y1 = 0.5, Y2 =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 atiempo infinito y un valor para la retracción final de 0.2 mm/m. El acero a emplear para lasarmaduras pasivas será B500S.


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 pretensado de la viga

1.1 Características geométricas de la sección

Las características geométricas de la sección bruta de hormigón se evalúan como:

- área : Ac = 1.196 m2 ,- altura del centro de gravedad: yG = 0.952 m (desde la fibra inferior),- momento de inercia respecto al centro de gravedad: I = 0.314 m4,- radio de giro de la sección (r2=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=r2/v�=0.275 m,- límite inferior del núcleo central: c�=r2/v=0.478 m.

1.2 Cálculo de las leyes de esfuerzos

La pasarela se estudia como viga biapoyada de 30 metros de luz. Las leyes de momentos flectorespara cada una de las solicitaciones resultan:

- Peso propio (g1=29.9 kN/m)

mkN75.3363Mx95.14x50.448M CL1g

2

1g ×=-=

- Carga permanente (g2=8.4 kN/m)

mkN0.945Mx2.4x00.126M CL2g

2

2g ×=-=

v

v�

e

c

c� P

M


- Sobrecarga repartida (sc=14 kN/m)

mkN0.1575Mx0.7x00.210M CL1g

2

sc ×=-=

- Envolvente carga puntual

mkN375Mx667.1x00.50M QCL

2

Q ×=-=

en donde x está en metros. Los momentos flectores máximos se obtienen en la sección de centro deluz.

1.3 Criterio de dimensionamiento

Situación en vacío. Los esfuerzos actuantes son los debidos a la acción del pretensado y al pesopropio. Se tiene que verificar que las compresiones máximas en esta fase (en la fibra inferior) seanmenores que 0.6fckj, en donde fckj 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 fibrasuperior). Para cualquiera de estas dos condiciones la fuerza de pretensado es desfavorable, por loque debe considerarse su valor característico inicial (descontando pérdidas instantáneas)multiplicado por gp (con gp=1.1 para armadura postesa).

El criterio de que no existan tracciones en la sección se traduce en que la excentricidad (e) delcentro de gravedad de las armaduras activas respecto del centro de gravedad de la sección quedelimitado por:

1

1máx P

Mce +¢=

en donde en nuestro caso: M1 = Mg1 ; P1 = 1.1·Pki

Situación de servicio. La situación más desfavorable en servicio corresponde a la situación detiempo infinito. Los esfuerzos que deben considerarse en el dimensionamiento son los debidos a laacción del pretensado y a las acciones exteriores.

Se debe verificar en servicio que las compresiones máximas no superen el valor de 0.6fck, paraevitar la microfisuración longitudinal del hormigón. Es recomendable realizar esta comprobaciónpara la combinación poco frecuente de acciones. Igualmente (ambiente IIa) debe verificarse que parala combinación frecuente de acciones el ancho de fisura sea menor que 0.2mm (y adicionalmenteque las armaduras activas estén en la zona comprimida de la sección). Como sea que con estacondición es difícil dimensionar la estructura es recomendable dimensionarla con el criterio de quela 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 situacióncrítica se produce a tiempo infinito. La fuerza de pretensado debe calcularse descontando pérdidasinstantáneas y diferidas y debe afectarse por el factor gp = 0.9. El criterio de que la tensión máximade tracción sea menor que fctk se traduce en que el centro de gravedad de las armaduras activas tengauna excentricidad mínima dada por:


2

ctk

2

2min Pv

If

P

Mce

×¢×-+-= (1)

en donde M2 es el momento debido a la combinación frecuente de acciones y en donde P2=0.9·Pk¥,

con Pk¥= fuerza de pretensado a tiempo infinito. Alternativamente, una condición más o menos

equivalente, y más útil para el predimensionamiento es:

2

2min P

Mce +-= (2)

en donde P2=Pk¥. Posteriormente se comprueba si con gp = 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 debemoverse el centro de gravedad de las armaduras activas). El dimensionamiento óptimo se obtienecuando emín = emáx, siempre que sea posible dar esa excentricidad al cable dentro de la sección yrespetando los márgenes de recubrimiento. Imponiendo la condición anteriormente mencionada a laecuaciones (1) y (2) se obtiene que:

cc

M)~1(MMP 112k ¢+

×a-+-³

¥(3)

en donde:

1.1~y

PP kki

a=a

a= ¥

Es habitual tomar a » 0.80¸0.85 ( entre un 15% y un 20% de pérdidas diferidas respecto de lafuerza instantánea de pretensado). En nuestro caso tenemos:

M1= 3363.75 kN·m = 3364 kN·mM2= 3364+945+0.5·(1575+375) = 5284 kN·m (combinación frecuente)c = 0.276 mc� = 0.479ma=0.80

73.01.1

80.0~ ==a

Resolviendo la ecuación (3) se obtiene:

kN3746479.0276.0

3364)·73.01(33645284Pk =

+-+-

³¥

m12.1P

Mc

P

Mcee

k

2

2

2máxmín =+-=+-==

¥


Debemos incrementar la fuerza de pretensado para que la emín caiga dentro de la tabla inferior. Laexcentricidad que podemos colocar es e=0.852 m. Imponiendo:

kN4684PPP

Mc852.0e 2k

2

2min >=®+-==

¥

Tomaremos (para poder verificar que las armaduras activas queden dentro de la zona comprimida)un valor algo superior, Pk

¥= 4800 kN.

Con esta fuerza de pretensado evaluamos:

MN7.6kN667090.0

6000P

kN600080.0

4800P

o

ki

@==

==

Predimensionamos las armaduras activas tomando:

MPa1395)f75.0,f9.0(min máxppykp =××=s

de este modo obtenemos:

6.02.34cm81.47A 2

p¢¢f®>

Decidimos colocar 4 tendones formados por 9 cordones 0.6��, con un área total de 50.4 cm2. Eldiámetro de la vaina (63 mm) permite la excentricidad que se ha adoptado, pues podemos alojar lostendones con un recubrimiento algo mayor al diámetro de la vaina en la losa inferior.

1.4 Comprobaciones preliminares

Antes de continuar adelante debemos comprobar preliminarmente (para ver que todo es correcto) lascondiciones del dimensionamiento con los valores provisionales de la fuerza de pretensado.

1.4.1 Vacío

Tomamos como datos para la sección centro de luz:

e = 0.852 mP1 = 1.1·Pki = 6600 kNM1 = 3364 kN·m

Comprobamos tensiones en la fibra superior e inferior:

v

v�e

c

c� P1

M1


j,ckinf,c

sup,c

f6.0MPa37.12314.0

952.0)364.3852.06.6(

196.1

6.6

0MPa58.1314.0

548.0)364.3852.06.6(

196.1

6.6

<=×-×

+=s

>=×+×-

+=s( corrrecto)

La resistencia mínima necesaria en el instante de tesado es 12.37/0.60=20.7 MPa. Para unhormigón de 45 MPa de endurecimiento normal se tiene a los 7 días aproximadamente0.65·45=29.3 MPa, por lo que el tesado puede efectuarse sin problemas a los 7 días.

1.4.2 Servicio

Tomamos como datos para la sección de centro de luz:

M2= 5284 kN·m ( frecuente)M2 = 6259 kN·m ( poco frecuente)M2 = 4309 kN·m ( bajo carga permanente)P2 = 0.9·Pk

¥= 4.32 MN

Comprobaremos tensiones en fibra superior (con momento de la combinación poco frecuente) y enla fibra inferior (con momento de la combinación frecuente):

MPa6.2f21.0f25.1314.0

952.0)284.5852.032.4(

196.1

32.4

0MPa15f6.0MPa11.8314.0

548.0)259.6852.032.4(

196.1

32.4

3 2

ckk,ctinf,c

j,cksup,c

-=-=->-=×-×

+=s

>=<=×+×-

+=s

Miramos, por último, las tensiones en la vaina ( y=0.88 m):

MPa88.0314.0

88.0)284.5852.032.4(

196.1

32.4vaina,c -=

×-×+=s

En este caso, ésta es la condición crítica (pues la vaina nos sale ligeramente traccionada). Esnecesario incrementar ligeramente la fuerza de pretensado a tiempo infinito. Seguimos no obstanteadelante esperando que la estimación de pérdidas diferidas que hemos hecho (»20%) sea demasiadopesimista.

Observemos que el incremento de tensión a nivel de la armadura activa debida a la acción de lacombinación frecuente es:

MPa30E

E

314.0

852.0)364.3284.5(

c

p@×

×-=sD

EHE observa que si este incremento es inferior a 200 MPa se supone que no se ha alcanzado unancho de fisura superior a 0.2 mm.

v

v�e

c

c� P2

M2


1.5 Trazado de las armaduras activas

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 muevanúnicamente por el plano del alma y los otros dos por la tabla inferior anclándose ambos en las zonasde 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 pérdidasde rozamiento.

El trazado queda definido por:

e(x) = - 0.002889·x2 + 0.086667·x + 0.202

1.6 Cálculo de las pérdidas de pretensado

La fuerza de tesado se ha evaluado preliminarmente como P0 = 6.70 MN. Evaluamos ahora laspérdidas instantáneas y diferidas para verificar correctamente las condiciones depredimensionamiento.

1.6.1 Pérdidas de rozamiento

Las perdidas de rozamiento vienen dadas por:

002.0k

2.0

eP)x(P )xk(

01

=

=m

×= ×+a×m-

a(x) se puede tomar como la integral en valor absoluto de la curvatura, luego en nuestro caso a(x)= 5.777·10-3·x

Con esto se obtiene en la sección centro de luz:

P1 = 0.954·Po

DP1 = 0.046·P0 = 310 kN.

1.6.2 Pérdida por penetración de cuña

La longitud afectada por la penetración de cuña se evalúa como:

0

pp

P P

aAEl

×l

××=

En donde l = 5.777·10-3 · 0.2 + 0.002 = 0.0031 m-1.


Resolviendo se obtiene lp = 13.93 m. Con este valor se tiene P1(lp)= 0.958 Po, por lo que lapérdida en anclajes es:

kN566P085.0P)958.01(2P oo2 =×=×-×=D

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:

cj

pp

cp3 E

EA

n2

1nP

××s×

×-

=D

en donde Ecj es el módulo de deformación longitudinal del hormigón en el instante de tesado yscp esla tensión en el momento de tesado en el centro de gravedad de las armaduras activas (calculándosecon P2). Para la sección de centro de luz se tiene:

2

cj

2

cp

2

mm/kN35E

MPa11314.0

0852364.3

314.0

085239.6

196.1

39.6

kN63903106700P

=

=×

-×

+=s

=-=

Resolviendo se obtiene: DP3=119 kN.

La pérdida instantánea en centro de luz resulta DPi=310+119 =429 kN, aproximadamente un6.4% de la fuerza de tesado ( Po). Tenemos por lo tanto Pki=6271 kN.Esta fuerza es ligeramente superior a la estimada inicialmente. No obstante cuando se compruebantensiones en vacío con este nuevo valor no se presenta ningún problema.

1.6.4 Cálculo de las pérdidas diferidas

Se calculan las pérdidas diferidas mediante la siguiente expresión (compresiones y contraccionesnegativas):

p

c

2

pc

c

p

prrpcgp

dif A

)1(I

yA1.

A

An1

8.0EnP ×

j×c+×÷÷

ø

ö

çç

è

æ ×+×+

sD×+e×+s×j×=D

donde scgp es la tensión en el hormigón en la fibra correspondiente al centro de gravedad de lasarmaduras activas debida a la acción del pretensado, el peso propio y la carga muerta; n es larelación entre módulos de deformación longitudinal del hormigón y del acero de pretensado; j es elcoeficiente de fluencia previsto para la edad de puesta en carga igual a la edad de tesado; er es la


retracción prevista; Dspr es la pérdida por relajación del acero prevista; yp (e(x)) es la excentricidadde la fibra correspondiente al centro de gravedad de las armaduras activas; y c es el coeficiente deenvejecimiento. La relajación se calcula a partir de la siguiente expresión:

p

3fpr A

Pr=sD

donde rf es el coeficiente de relajación y P3 es la fuerza de pretensado tras las pérdidas instantáneas.

Se tiene para la sección de centro de luz:

MPa0.8314.0

852.0309.4852.027.6

196.1

27.6 2

cgp =×-×

+=s

DPdif = 741 kN

Tenemos por lo tanto Pk¥=5530kN. Este valor es claramente superior al valor determinado

anteriormente. Recomprobando la condición de que la vaina queda comprimida tenemos:

MPa23.1314.0

88.0)284.5852.053.59.0(

196.1

53.59.0vaina,c =

×-××+

×=s

por lo que la vaina queda comprimida.

Las comprobaciones preliminares efectuadas anteriormente son por lo tanto válidas.

2 Cálculo de la armadura pasiva longitudinal

Se ha dimensionado el pretensado para ELS. Debe ahora comprobarse el ELU de agotamiento porsolicitaciones normales.

Las características resistentes de los materiales se toman como:

fcd = 30 MPafyd = fyk /1.15=0.9·1860/1.15 = 1455 MPa

2.1 Momento de cálculo (Md)

El momento de cálculo se evalúa como:

( ) )MM(MMM QSCQ2g1gGd +×g++×g=

en donde al tener las acciones variables el mismo origen no se reducen por el coeficiente decombinación. Se utiliza gG=1.35 y gQ=1.50, correspondientes a control intenso. Para la seccióncentro de luz resulta:


Md = 1.35·(3364+945)+1.5·(1575+375)=8742 kN·m

2.2 Cálculo del momento último (Mu)

Suponiendose que la sección rompe de manera dúctil plastificando la armadura activa, se tiene:

MPa1455fpyd =

Pu = 1455 · 50.4 ·10-4 =7.33 MN

Esta tracción debe equilibrarse con compresiones en el hormigón. Suponiendo que estascompresiones se reparten en la losa superior se tiene un bloque de compresiones de:

m128.0x10.0yPybf85.0 ucd =×=Þ=×××

con lo que la cabeza de compresiones no sobrepasa la losa superior.

El momento último resulta:

MMN89.9)05.040.1·(33.7M du >=-=

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 deformacióntotal del acero de pretensado es mayor que la deformación correspondiente al límite elástico:

00837.0pydppup =e>eD+e=e

en donde epn es la deformación correspondiente a la fuerza de neutralización y Dep es tal que:

xdx p

pcu

-

eD=

e

Calculando se obtiene Dep = 0.0348, claramente superior a epyd por lo que la rotura seguro que esdúctil.

2.3 Dimensionamiento

La única armadura necesaria lo será únicamente por condicionantes de armadura mínima. Sedispondrá una armadura que, para acero fyk=500 MPa, resulta:

cmin,s

cmin,s

A0028.0100

30A

A0028.0A

××=¢

×=


Por tanto:

As,min=33.5 cm2 , tracciónA�s,min=9.569 cm2 , compresión

Se opta por colocar barras de 12 mm de diámetro alrededor de toda la sección, separadas 30 cm unade otra, tanto en el perímetro exterior como en el interior.

3 Dimensionamiento de la armadura pasiva transversal

3.1 Leyes de cálculo

Evaluamos los cortantes únicamente en la sección de apoyo.Tenemos:

g1 = 29.9 kN/m Vg1 = 448.5 kNg2 =8.4 kN/m Vg2 = 126 kNSC = 14 kN/m VSC = 210 kNQ = 50 kN VQ = 50 kN

Obtenemos, combinando en ELU:

Vd = 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:

Vrd = 1166 - P·sen a = 1116 � 5530·sen(4.953) = 688 kN

3.2 Dimensionamiento

En primer lugar se comprueba la capacidad resistente de las bielas comprimidas. Para ello se evalúaVu1.

q+

a+q××××=

20cd11ucot1

cotcotdbfKV

en donde:

diámetro de las vainas 6.3 cm

)50.0(m337.0mc7.33bb 0 =h==hf-= å

MPa18f6.0fcdcd1

=×=

d=1.45 ma = 0


00.1f

13

5K

cd

'

cd >/÷÷ø

öççè

æ s+×=

Tomamos MPa6.4A

P

c

kcd -==s ¥ ( signo negativo para compresiones).

Elegimos el ángulo de inclinación de las bielas de manera que coincida con el que se produceelásticamente; esto es:

49.1f

1cotcotm,ct

xde =

s-=q=q

en donde sxd =- 4.6 MPa y MPa79.3f30.0f 3 2

ckm,ct =×=

Obtenemos por lo tanto K=1.4 (tomando K=1) por lo que:

rd1u VMN07.446.0796.8V >=×= (correcto)

Para dimensionar la armadura transversal necesaria: Vu2 = Vcu + Vsu. Se tiene:

( )( ) b×××s¢×-×r××x×= db15.0f1001.0V 0cd

3/1

cklcu

en donde:

37.1d

2001 =+=x

97.0db

f

fA

0

yd

yp

p

l =×

×

=r

MPa6.4cd -=s¢

)cotcotseral(1 eq=q=b

luego, Vcu = 623 kN. De aquí, Vsu = Vrd � Vcu = 65 kN, y se deduce Aa:

q××××=aa

gcotd9.0fAN65000 d,y ,

donde fya,d = 400 MPa,

luego Aa= 0.83 cm2/m ® 2 cercos f8 a 0.20 ( Areal =10.05 cm2/m)

La cuantía mínima debe ser:


m/cm37.3Ab75.020

f2.0fA 2

min,0ck

y =®×÷ø

öçè

æ+×³×

aaa

por lo que la armadura dispuesta es superior.

4 Determinación armadura transversal en las alas

La armadura transversal en las alas debe cubrir los estados límites de flexión transversal, cortante yrasante ala-alma.

4.1 Flexión

Cuando la carga se sitúa en las alas de la pieza se generan esfuerzos locales para los que debearmarse la sección. El ala tiene sección variable, cuyo canto queda definido por la siguienteecuación: h = 0.15 m + x/7, donde x es la distancia desde el extremo de la sección hacia elinterior.

Si se toma 1m de viga, los esfuerzos sobre la sección de arranque del ala son los siguientes:

- peso propio (g1=25 kN/m3):

( ) mkN12.1xx7.07

x15.025M

kN5.3x7

x15.025pp

7.0x

0x

pp

7.0x

0x

×=¶×-×÷ø

öçè

æ+×=

=¶×÷ø

öçè

æ+×=

ò

ò

=

=

=

=

- carga permanente (g2=3 kN/m2):Mcp = 3× 0.7 m× 1 m× 0.35 m = 0.735 kN·m

- sobrecarga variable repartida (sc=5 kN/m2):Mcv = 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 distanciade 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:

Md=1.35×(1.12+0.735)+1.5·(50+1.225)=79.3 kN·m

El dimensionamiento a flexión se realiza a continuación:

U0=0.85·fcd·b·d =5610 kN/ml siendo d=0.22 mMlim = 0.375·U0·d=463 kN·m/ml

Se tiene Md < Mlim m0146.0ddU

M211y

0

dlim =×

÷÷

ø

ö

çç

è

æ

×--=Þ


z=0.22 � ylim/2 = 0.213 m

ml/kN373z

MU d

1s ==

As = 8.58 cm2/ml (f16 cada 20 ® As =10.05 cm2/ml)

4.2 Cortante en las alas

El cortante de cálculo, a partir de los esfuerzos antes deducidos, se obtiene efectuando lacombinación correspondiente (por metro lineal):

( ) kN8.87)5.350(5.11.25.335.1V

kN50V

kN5.3V

kN1.2V

kN5.3V

d

Q

cv

cp

pp

=+×++×=Þ

=

=

=

=

El ala tiene canto variable, luego hay una reducción de esfuerzo por la inclinación de la cabezacomprimida:

Nsd, (as)

Ncd, (ac)

Vrd

a

drdccdssd VVsenNsenN =+a×+a×

cddrd VVV -=

Por otra parte,ccdssdd

cosNzcosNzM a××=a××= , luego:

( )csd

cd tantanz

MV a+a×= , y si se acepta que

d

tan

z

tan c a»

a, se tendrá:

a×+a×= tand

Mtan

z

MV d

sd

cd

En este caso, as = 0 y a = 8.126º, luego:

( ) kN5.51126.8tanm22.0

mkN3.79tan

d

MV d

cd =×=a×= , de donde Vrd = 36.3 kN.

Si comprobamos los tirantes sin armadura de cortante tenemos:

( )( ) db15.0f10012.0V 0

'

cd

3/1

ckl2u ××s×-×r××x×= , donde:


0039.022100

58.8l =

×=r

0cd =s¢

95.1220

2001 =+=x

luego Vu2 = 110 kN > Vrd, por lo que no es necesaria la armadura de cortante.

4.3 Rasante ala-alma

Simplificadamente (del lado de la seguridad) podemos evaluar el rasante ala-alma suponiendo que lalosa superior en la sección de centro de luz está trabajando a su máxima capacidad. La diferencia decompresión en la losa superior entre la sección de centro de luz y la sección de apoyo, se puederepartir uniformemente en la distancia entre ambas secciones. Resulta:

m/kN132MN132.015

98.1

a

FS

MN98.150.1

2585.07.0

2

)15.025.0(F

r

dd

d

====

=×××+

=

Se debe verificar:

MN25.1hf5.0SS olcd1ud =××=£ (correcto)

)MPa400f(fASS yy2ud =×=£aaa

Aa= 3.3 cm2/m a repartir entre armadura superior e inferior.

Como sea que esta armadura es inferior a la calculada para la flexión transversal se dispone lacalculada anteriormente 8.58 cm2/ml, materializándose con f16 a 20.

5 Determinación armadura transversal en tablero superior entre almas

Tomando nuevamente 1 m de longitud de viga y suponiendo un esquema de viga biempotrada de1.40 m de luz:

- Peso propio: 5 kN/mM- =- 0.82 kN·m/mlM+ =0.41 kN·m/ml

- Carga permanente: 3 kN/m2

M- =- 0.49 kN·m/mlM+ =0.25 kN·m/ml

- Sobrecarga variable repartida: 5 kN/m2

M- =- 0.82 kN·m/mlM+ =0.41 kN·m/ml


- Sobrecarga puntual: 50 kN (suponemos que afecta a una longitud de h = 70 cm)M- =- 12.5 kN·m/mlM+ =12.5 kN·m/ml

La combinación de estos esfuerzos proporciona los siguientes valores máximos:

Md-=- 21.7 kN·m/ml

Md+ = 20.3 kN·m/ml

Resulta una armadura superior de 3 cm2/m y una armadura inferior de 2.90 cm2/m. Dispondremossuperiormente corrida la armadura determinada para el ala (f16 a 20). Inferiormente colocamos f10a 20.

6 Esquema de armaduras

Con las armaduras obtenidas dibujamos los croquis de armaduras en la sección central y en lasección de apoyos.

Nótese que se ha optado por mantener la cuantía de armadura transversal formada por estribos (queha sido realmente calculada en la sección de apoyos) en toda la longitud del puente, siendo esto asípara que coincidan los planos de estribos con los de armadura transversal de la losa superior.

Ø8 a 0.20

Ø16 a 0.20

Ø8 a 0.20

Ø12 a 0.30

Ø10 a 0.20

Ø12 a 0.30

Ø8 a 0.20

Ø12 a 0.30

1c Ø8 a 0.20

010m

Ø12 a 0.30

4t 9Ø0.6''

Ø8 a 0.20

SECCIÓN CENTRO DE LUZ


Ø8 a 0.20

Ø16 a 0.20

Ø8 a 0.20

Ø12 a 0.30

Ø10 a 0.20

Ø12 a 0.30

Ø8 a 0.20

Ø12 a 0.30

1c Ø8 a 0.20

0.10

Ø12 a 0.30

4t 9Ø0.6''

0.10

Ø8 a 0.20

SECCIÓN APOYOS


Ejercicio III-2 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

2

yd mm/N34815.1

400f == mm900mm10009.0h9.0d =×==

2

cd mm/N205.1

30f == mm100mm10001.0h1.0d

p=×==


÷ø

öçè

æ-×××=

2

ydybf85.0M lim

limcdlim

xlim = 0.6679·d

ylim = 0.8·xlim = 0.5343·d

kNm5.16172

9005343.09009005343.03002085.0M lim =÷

ø

öçè

æ ×-×××××=

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)

1219.09003002085.0

10473211

dbf85.0

M211

d

y2

6

2

cd

d =×××

××--=

×××--=

Asfyd = 0.85 fcd·b·d·(y/d)

2

yd

cds mm8.1607

348

1219.09003002085.0

f

)d/y(dbf85.0A =

××××=

×××=

Cuantía mecánica:

2

yd

cdcsmin mm6.689

348

20300100004.0

f

fA04.0A =××=×=

Cuantía geométricaÞ Þ wg = 3.3 �

3.3A

A

c

sg = �, Asg=Ac·3.3�= 1000·300·3.3�=990 mm2

As =1.607,8 mm2 > As,min = 689.6 mm2 ; As=1607.8 mm2>Asg =990 mm2

2

s2

s

A4n

4nA

pf=fÞ

pf×f=

2061.520

8.1607420n20

2fÞ=

p

×=Þf

En una fila (2n-1)·f = b - 2(ft + r)

r = 25 mm ambiente IIa ft = 10

fck = 30 Mpa

(2n-1) f=300 � 2(10 + 25) =230 mm

n-1 =230/f n = 1 + 230/f

25.6230

12

1n Þú

û

ùêë

é

f+= 6f20 en una fila

tipo viga

B400S


Comprobación de canto útil

dreal = h - dg

dg = f/2 + 10 +25 = (20/2 + 10 + 25) mm = 45 mm

dreal = 1000 � 45 = 955 mm > dsupuesto = 900 mm

Tramo AB (x = 4.9 m) Md = 592 kN.m (momentos positivos)

÷ø

öçè

æ-×××=

2

ydybf85.0M lim

limcdlim d = 900 mm

xlim = 0.6679d

y = 0.8·xlim = 0.8·0.6679·d = 0.5343·d

kNm5.16172

9005343.09009005343.03002085.0M lim =÷

ø

öçè

æ ×-×××××=

Md = 592 kNm < Mlim = 1617.5 kNm As�= 0

Imponiendo equilibrio obtenemos y y As

1554.09003002085.0

10592211

dbf85.0

M211

d

y2

6

2

cd

d =×××

××--=

×××--=

Asfyd = 0.85 fcd·b·d·(y/d)

2

yd

cds mm38.2049

348

1554.09003002085.0

f

)d/y(dbf85.0A =

××××=

×××=

Cuantía mecánica:

2

yd

cdcsmin mm6.689

348

20300100004.0

f

fA04.0A =××=×=

Cuantía geométrica mínima Þ Þ wg = 3.3 �

3.3A

A

c

sg = � Asg = Ac·3.3� = 1000·300·3.3� = 990 mm2

2

ss

A4n

4

2nA

fPfÞ

fPf=

As =2049.38 mm2 Þ Sección central tramo AB

Æ(mm) nÆ nf disposición Asreal dreal

16 11 7 7Æ16+4Æ16 2.211,7 946.5

20 7 6 5Æ20+2Æ20 2.199,1 926.4

25 5 5 5Æ25 2.454,4 952.5

tipo viga

B400S


As =1.607,8 mm2 Þ Sección apoyo

Æ(mm) nÆ nf disposición Asreal(mm) dreal(mm)

16 8 7 6Æ16+2Æ16 1.608,5 939.7

20 6 6 6Æ20 1.885 955

25 4 5 4Æ25 1.963,5 952.5

Esfuerzo cortante:

Vrd = Vd + Vcd = Vd Vd = 257 kN

Vd £ Vu1

q+

a+q××××=

20cd11ugcot1

gcotgcotzbfKV

q = 45º

Cercos verticales a = 90º

f1cd = 0.6·fcd = 0.6·20 N/mm2 = 12 N/mm2

b0 = 300 mm

z = 0.9d = 0.9·955 mm = 859.5 mm

1f

'1

3

5K

cd

cd <÷÷ø

öççè

æ s+=

1K13

5K

0A

0K0'

2s

d

cd =Þ>=Þúû

ùêë

é

=

==s Vu1=1·12N/mm2·300mm·859.5mm·1/2=1547.1

kN

Vcu = 257 kN < Vu1 = 1547.1 kN Þ cumple

Vd £ Vu2 = Vcu + Vsu

Vcu = (0.1 x (100rl·fck)1/3-0.15 s�cd) b0·d·b

4576.1955

2001

d

2001 =+=+=x

222

0

s 102106575.00066.0mm955300

mm885.102.0

db

All

-- ×<×==×

=rÞ<=r

fck = 30 N/mm2

s�cd = 0

b0 = 300 mm

11f

1gcot),(f e

m,ct

xdee =bÞq=qÞ=

s-=qÞqq=b

Vcu = 0.1 1.4576 (100·0.0066·30)1/3·300 955·1 = 112.9756 kN

Vrd = Vcu + Vsu

Vsu = Vd - Vcu = (257-112.9756) kN = 144 kN

Vsu = )gcotg(cotsend9.0fA dy q+a×a××å aa


å =××

×=

××=

a

amm/mm4814.0

mm9559.0mm/N348

N10144

d9.0f

VA 2

2

3

dy

su

Verificación armadura mínima:

mm/N135b75.020

f20.0

sen

fAckdy =×÷÷

ø

öççè

æ+×³

aå

aa

cumplemm/N135mm/N5.167sen

fA dy Þ>=a

åaa

Armadura máxima:

cumplemm/N1800mm/N5.167

mm/N1800mm300mm/N122

1

cos1

senbf

2

1

sen

fA2

0cd1

dy

Þ<

=××=a-

a××£

aaa

Distribución de la armadura transversal:

Aa = 0.4814 mm2/mm = 4.814 mm2/cm

[ ]cm3263.0Scm/mmA

mm

A4nS

4nAS 2

t2

2

rt

2

rt ff=Þúû

ùêë

é ffP=Þ

fP=

aa

a

Æ8 Þ St = 20.1 cm

Æ10 Þ St = 32 cm

Æ12 Þ 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

St £ 0.80d < 300 mm

St £ 0.80·955mm = 764 mm < 300 mmÞ St = 300 mm (máxima)

Aa =4S

h 2

t

r fP×

Æ8 / 20 Þ Aa = mm/mm5027.04

8

200

2 22

=×P

×

Æ10 / 30 Þ Aa = mm/mm5236.04

10

300

2 22

=×P

×



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 fck = 30 MPa

- acero B�500 S 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.


Solución

1.1 Solicitaciones de cálculo

Las envolventes de momentos flectores, cortantes y axiles pueden encontrarse en el ejercicio I-2 de

esta colección.


Una vez determinados los momentos flectores que actúan sobre la estructura se pasa al

dimensionamiento de las armaduras longitudinales necesarias por flexión. Se 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 gs = 1.15

Hormigón gc = 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) 83.3X0 ££ÞMd = 551.25 (kNm) 4X83.3 ££ÞNd = 448.2 � 10.8 · X (kN) 4X0 ££Þ

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:

d

d0

N

Me =


X8.102.448

X5.67810e83.3X0 0 ×-

×-=Þ££

X8.102.448

25.551e4X83.3 0 ×-

=Þ££

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:

m74.001.001.004.08.02

1rhd armlongcoscer =---=f-f--=

d1 = d2 = h � d = 0.8 � 0.74 = 0.06 m

r

r

d2

d1

d

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:

m364.0

0035.0E

f1

74.08.0

1

d8.0x8.0y

yd

c

ylimlim =

×+

×=

e

e+

×=×=


0022.0200000

15.1/500

E

f

y

yd ==

KNm16.13812

ydybf85.0M lim

limcdlim =÷ø

öçè

æ-××××=

Puesto que Md = 810 kNm < Mlim, se plantea el siguiente equilibrio (sin armadura de compresión):

yd1scdd fAybf85.0N ×-×××= (1)

÷ø

öçè

æ-××××=×2

ydybf85.0eN cd1d (2)

De (2), se tiene

m2256.0y2

y74.0y4.02085.0MNm9623.0 =Þ÷

ø

öçè

æ-××××=

y entrando en (1),

2

2

6

s

ydsyds

cm98.24mmN8.434

100859.1A

MN0859.1fAfA2256.04.02085.0MN4482.0

=×

=Þ

Þ=×Þ×-×××=

que se absorben con 8f20 ó 6f25.

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 de armaduras y permitir un tamaño mayor de árido y una mejor

compactación) de 6f25.

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) e2 (m) ylim (m) Mlim (kNm) Nd*e1 (kNm) y (m) As1 (cm2) f 25 nº

2.137 1.477 0.359 1343.88 957.80 0.229 25.51 6

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 Þ Correcto

d1 = d2 = 0.0625m


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

(m)

Md

(kNm)

Nd

(kN)

e0

(m)

e1

(m)

e2

(m)

ylim

(m)

Nd*e1

(kNm)

X=2 724.79 426.6 1.699 2.037 1.362 0.362 868.98

X=3 657.30 415.8 1.581 1.919 1.244 0.362 797.92

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

Sección

(m)

Mlim

(kNm)

As2

(cm2)

Y

(m)

As1

(cm2)

f25nº

X=2 1369.88 0 0.201 21.62 5

X=3 1369.88 0 0.181 18.75 4

X=3.83 1369.88 0 0.166 16.61 4

X=4 1369.88 0 0.153 14.61 3

Si ahora se tienen en consideración las necesidades de anclaje, lo más racional es mantener los 6f25los 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 (kNm) Þ 0<X<3.1

Nd = 448.2 � 10.8 · X (kN) Þ 4X0 ££

En este caso se realiza el análisis para la sección del empotramiento (donde se dan los esfuerzos

máximos y para la sección situada a una distancia de 1 m de dicho empotramiento. Las necesidades

de anclaje hacen preveer que no sea necesario realizar un análisis en más secciones. Se ha

considerado el decalaje de la ley de flectores en un canto útil para tener en cuenta la interacción

flector�cortante. Los resultados se tabulan a continuación:

Sección

(m)

Md

(kNm)

Nd

(kN)

e0

(m)

e1

(m)

e2

(m)

ylim

(m)

Nd*e1

(KNm)

X=0 232.5 448.2 0.519 0.857 0.175 0.362 384.11

X=1 212.81 437.4 0.487 0.825 0.150 0.362 360.86


Sección

(m)

Mlim

(kNm)

As2

(cm2)

y

(m)

As1

(cm2)

f25nº

X=0 1369.88 0 0.081 2.162 1

X=1 1369.88 0 0.076 1.875 1

Observamos que por razones resistentes sólo es necesario 1f25. Sin embargo, se propone como

solución más adecuada el colocar al menos 2f25, lo que más adelante se comprobará que además es

necesario por condicionantes de armadura mínima a flexión.

1.2.2 Parte derecha del dintel

En este caso sólo tenemos momentos flectores de un signo (tracción superior). La expresión

analítica de la envolvente de dichos momentos y de los esfuerzos axiles es (origen de X en el pilar):

Md = 27 · X2 � 297 · X + 648 (kNm) Þ 0<X<3

Nd = 75 (kN) Þ 0<X<3

De nuevo es una situación de flexocompresión recta. El análisis a desarrollar es completamente

análogo al realizado para el pilar. Para simplificar el posterior tratamiento en la colocación de las

armaduras, se dimensionará la armadura a flexión con barras corrugadas de 25 mm de diámetro. De

esta forma, y en previsión de que las armaduras necesarias puedan disponerse en una única fila, se

mantiene el canto útil (0.7375 m). De nuevo se ha considerado el decalaje de la ley de momentos

flectores y se han analizado varias secciones para poner de manifiesto cómo van variando las

necesidades de armadura a flexión. Los resultados obtenidos son los que se recogen a continuación:

Sección

(m)

Md

(kNm)

Nd

(KN)

e0

(m)

e1

(m)

e2

(m)

ylim

(m)

Nd*e1

(kNm)

X=0 648 75 8.64 8.978 8.303 0.362 673.35

X=1 571.9 75 7.63 7.968 7.293 0.362 597.6

X=1.5 437.24 75 5.83 6.168 5.493 0.362 462.6

X=2 316.07 75 4.21 4.548 3.873 0.362 341.1

X=3 114.25 75 1.52 1.858 1.183 0.362 139.35

Sección

(m)

Mlim

(kNm)

As2

(cm2)

y

(m)

As1

(cm2)

f25nº

X=0 1369.88 0 0.149 21.58 5

X=1 1369.88 0 0.131 18.76 4

X=1.5 1369.88 0 0.099 13.76 3

X=2 1369.88 0 0.072 9.54 2

X=3 1369.88 0 0.028 3.36 1

Debido a las necesidades de anclaje de la armadura, lo más razonable parece mantener los 5f25durante los 3 m del flanco derecho del dintel. A lo sumo se pondría plantear reducirlos a 4 a partir

de 1 m más la longitud de anclaje.


1.2.3 Parte izquierda del dintel

En este caso sólo hay momentos flectores de un signo (tracción superior). La expresión analítica de

la envolvente de dichos momentos y de los esfuerzos axiles es (tomando origen de X en el pilar):

Md = 27.75 · X2�111 · X+111 (kNm) Þ 0<X<2

Nd = 75 (kN) Þ 0<X<2

De nuevo es una situación de flexocompresión recta. El análisis que se debe desarrollar es

completamente análogo al realizado para el pilar. Para simplificar el posterior tratamiento en la

colocación de las armaduras, se dimensiona la armadura a flexión con barras corrugadas de 25 mm

de diámetro. De esta forma, y en previsión de que las armaduras necesarias puedan disponerse en

una única fila, se mantiene el canto útil (0.7375m). De nuevo se ha considerado el decalaje de la ley

de momentos flectores y se han analizado varias secciones para poner de manifiesto cómo van

variando las necesidades de armadura a flexión. Los resultados obtenidos son los que se recogen a

continuación:

Sección

(m)

Md

(kNm)

Nd

(kN)

e0

(m)

e1

(m)

e2

(m)

ylim

(m)

Nd*e1

(kNm)

X=0 111 75 1.48 1.818 1.143 0.362 136.35

X=1 83.78 75 1.12 1.455 0.780 0.362 109.13

Sección

(m)

Mlim

(kNm)

As2

(cm2)

y

(m)

As1

(cm2)

f25nº

X=0 1369.88 0 0.028 2.65 1

X=1 1369.88 0 0.021 1.56 1

Se observa que por razones resistentes sólo es necesario 1f25. Sin embargo se propone como

solución más adecuada el colocar al menos 2f25, lo cual más adelante se comprobará que además es

necesario por condicionantes de armadura mínima a flexión.

1.2.4 Comprobación de armadura mínima

La norma EHE fija que en todos aquellos casos en que el agotamiento de una sección se produzca

por flexión simple o compuesta, bajo la acción de las cargas exteriores, la armadura resistente

longitudinal traccionada deberá cumplir la siguiente limitación:

yd

cdcs

f

fA04.0A ××³

(expresión para el caso de hormigón armado y sección rectangular).

Se sustituyen los valores que se presentan en la estructura:


252cm89.5

15.1

10500

102032.004.0A 2

6

6

s fÞ=×

×××³

Todas las propuestas de armado realizadas cumplen esta limitación.

Por otra parte, y para los casos de flexión compuesta (como el presente), la norma EHE recomienda

disponer una armadura mínima de compresión que cumpla la condición:

yd

ds

f

N05.0A

×³

Si se calcula ese valor para los esfuerzos axiles que actúan sobre el pescante se obtiene:

Nd (kN) As (cm2)

448.2 0.52

405 0.47

75 0.086

Los valores obtenidos son mínimos y se consideran cubiertos con la armadura calculada. Dado el

canto de los elementos se dispondrá una armadura de piel compuesta por dos barras f12, una a cadalado, a medio canto de pilar y ménsulas.

1.3 Dimensionamiento a esfuerzos cortantes

En la estructura no se presenta sección variable ni esfuerzos de pretensado, por lo que la

comprobación relativa al E.L.U. de agotamiento por esfuerzo cortante se realiza directamente con el

cortante de cálculo (pues el esfuerzo cortante reducido Vrd es igual al de cálculo Vd). El agotamiento

por esfuerzo cortante puede darse por agotarse la resistencia a compresión del alma, o por agotarse

su resistencia a tracción. Por tanto las dos comprobaciones que se deben realizar son:

2ud

1ud

VV

VV

£

£

con:

Vu1, el esfuerzo cortante de agotamiento por compresión oblicua en el alma.

Vu2, el esfuerzo cortante de agotamiento por tracción en el alma.

La norma explicita que la primera comprobación se realizará en el borde del apoyo, y no en su eje,

mientras que la segunda comprobación debe realizarse para una sección situada a una distancia de

un canto útil del apoyo directo.


1.3.1 Comprobación de agotamiento por compresión

Los valores del esfuerzo cortante para los cuales debe efectuarse esta comprobación son (se recoge

también el axil por ser necesario para determinar Vu1):

Vd (kN) Nd (kN)

Pilar 75 448.2

Parte derecha del dintel 297 75

Parte izquierda del dintel 111 75

La expresión propuesta por la norma para el esfuerzo cortante por agotamiento por compresión

oblicua del alma, adoptando un ángulo a = 90º para las armaduras transversales y considerando

que las bielas de compresión forman un ángulo de q = 45º (valor típico en hormigón armado) es:

q+

a+q××××=

20cd11ugcot1

gcotgcotzbfKV

donde:

f1cd = 0.6·fcd

b0 = b = 0.4 m

z @ 0.9·d

El valor de q se suele considerar 45º en hormigón armado, pero en este caso, la presencia de axiles

de compresión puede modificar este valor. Se puede establecer el ángulo q en el supuesto de

comportamiento elástico y en el instante de fisuración:

m,ct

xd

f1gcot

s-=q

donde sxd se tomará como la tensión media que introduce el axil (tracción positiva) y fct,m es la

resistencia media a tracción del hormigón

MPa896.2)MPa30(3.0f3.0f 3 23 2

ckm,ct ===

De esta forma,

cotg q qPilar 1.22 39.34º

Parte derecha del dintel 1.04 43.88º

Parte izquierda del dintel 1.04 43.88º


Por lo tanto,

ïî

ïí

ì

××××=

××××=

××××=

=

dbfk27.0dintelizquierdaParte

dbfk27.0dintelderechaParte

dbfk265.0Pilar

V

cd

cd

cd

1u

Para calcular el coeficiente K, se aplica

c

c,sd2sd

cd

cd

cd

A

AN

1f

13

5K

s¢×+=s¢

£÷÷ø

öççè

æ s¢+×=

donde

Nd = esfuerzo axil de cálculo (tracción positiva)

As2 = armadura de compresión

ssd,c se toma con valor 400 MPa

Por tanto el único dato adicional que precisamos para calcular Vu1 es la cuantía de la armadura

longitudinal a compresión As2. En el caso del dintel ésta es nula (lo determinamos en el

dimensionamiento a flexión). Para el pilar cabe la duda de qué armadura consideramos como a

compresión, pues dicha consideración varía según el momento flector que actúe, sea positivo o

negativo. Para quedar del lado de la seguridad se toma la menor de las dos cuantía obtenidas en

flexión (2f25 frente a 6f25) pues esa armadura conduce a un valor de Vu1 inferior. En cualquier

caso, el valor de As2 sólo influye en el coeficiente K de reducción por esfuerzo axil y se puede

comprobar que con ambas armaduras la expresión proporciona un valor superior a la unidad por lo

que en ambos casos se adoptaría K=1.

El resto de factores no ofrece mayor complejidad, por lo que se pasa a tabular los resultados de esta

comprobación:

s´cd (Pa) K Kcorregido Vd Vu1

(kN) (kN)

Pilar �2627810 1.45 1 75<1563.5, correcto

Parte derecha del dintel �1461560 1.55 1 297<1593, correcto

Parte izquierda del dintel �1461560 1.55 1 111<1593, correcto

1.3.2 Comprobación del agotamiento por tracción en el alma

Se supone que la pieza va a estar dotada de armadura de cortante (posteriormente se comprobará si

la hipótesis realizada es cierta). De acuerdo con la norma se debe realizar la comprobación en una

sección situada a un canto útil del apoyo (d=0.7375 m). Por tanto los esfuerzos que se deben

considerar para realizar esta comprobación serán:


Vd (KN) Nd (KN)

Pilar 75 440.24

Parte derecha del dintel 257.14 75

Parte izquierda del dintel 70.07 75

El esfuerzo cortante de agotamiento por tracción en el alma vale:

( )( )

2gcotgcot2gcot

2gcot

gcotgcot5.01gcot2

1gcot2

)mm(dd

2001

02.0db

A

db15.0f10010.0V

VVV

e

e

e

e

sl

cd

3/1

cklcu

sucu2u

£q£qÞ-q-q

=b

q£q£Þ-q×-q×

=b

Þ+=x

£×

=r

b×××s¢×-×r××x×=

+=

donde

m,ct

xd

f1gcot

s-=q

Se adopta cotg q = cotg qe , por lo que b = 1.

Operando se tabula el resto de valores necesarios para el cálculo de Vcu:

As rl x s´cd (Pa)

Pilar 8f25 0.0133 1.521 �2627810

Parte derecha del dintel 5f25 0.0083 1.521 �1461560

Parte izquierda del dintel 2f25 0.0033 1.521 �1461560

Con todos estos valores se calcula Vcu:

Vd (kN) Vcu (kN) Vsu= Vd � Vcu (kN)

Pilar 75 269.6 Vcu > Vd

Parte derechadel dintel 257.14 195.7 61.44

Parte izquierda del dintel 70.07 161.02 Vcu > Vd

Se observa que tanto en el pilar como en la parte izquierda del soporte se hace innecesaria la

armadura transversal. Por tanto la hipótesis realizada al principio no es correcta para estos


elementos y se debe aplicar la comprobación que propone la EHE para el caso de piezas sin

armadura de cortante:

( )( ) db15.0f10012.0V cd

3/1

ckl2u ××s¢×-×r××x×=

El resultado es superior a Vcu, luego en ambos casos se verifica Vd < Vu2 y la comprobación es

correcta.

Y ahora ya podemos dimensionar la armadura transversal a cortante para la parte derecha del dintel.

Puesto que hemos supuesto a = 90º y q = 45º la expresión que nos permite efectuar dicho

dimensionamiento es:

ed,90y

su90

cotgfz

VA

q××=

donde

z = 0.9 · d

fy90,d = 400 MPa

Vsu = Vd � Vcu

Y para transformar dicha cuantía en armadura real se consideran cercos de dos ramas, con lo cual la

separación entre éstos será:

90

2

tA4

2S

×f×p×

=

Se tabulan los resultados obtenidos:

Vsu (kN) A90 (cm2/m) St con f8 (cm) St con f10 (cm)Parte derecha del dintel 61.44 2.25 44.7 69.8

1.3.3 Armadura mínima a cortante

La cuantía mínima de tales armaduras debe ser tal que se cumpla la relación:

Þ=×÷ø

öçè

æ+×³ m/mm5.4b75.0

20

f

f

20.0A 2ck

d,90y

90 f8 cada 22.3 cm ó f10 cada 34.91cm

1.3.4 Disposición de la armadura transversal

La separación entre los cercos deberá verificar las siguientes condiciones:


1urd

t

tV

5

1Vsi

mm300S

d8.0S£

þýü

£

×£Caso 1

1urd1u

t

tV

3

2VV

5

1si

mm300S

d6.0S££

þýü

£

×£Caso 2

rd1u

t

tVV

3

2si

mm200S

d3.0S<

þýü

£

×£Caso 3

Vd (kN)1/5 Vu1

(kN)Caso Stmax

Pilar 75 312.7 1 300

Parte derecha del dintel 297 318.6 1 300

Parte izquierda del dintel 111 318.6 1 300

Por lo tanto, se colocarán cercos f10 cada 30 cm en toda la estructura.

1.4 Comprobación del estado límite de inestabilidad

Esbeltez mecánica 3563.34231.0

42

i

l 0m <=

×==l

231.0464.3

8.0

32

h

bh12

bh

A

Ii

3

=====

Como ml < 35 no hace falta verificar el estado límite de inestabilidad.

1.5 Armado final

2f12

5f25

6f25

f10 / 30 cm

2f12

2f25

f10 / 30 cm2f25


Ejercicio III-4 Zapata y encepado para pescante

Se desea cimentar el pescante cuyas leyes de esfuerzos de cálculo se han obtenido en el problemaI-2 y cuyas armaduras se han dimensionado en el problema III-3.

Para ello se supondrán dos posibles terrenos:

- suelo cohesivo con sadm = 200 kN/m2, para el que se dimensionará una zapata,- suelo cohesivo con una cohesión aparente sin drenaje cu = 57 kN/m2, para el que sedimensionará un encepado con dos pilotes. La adherencia pilote-terreno se estima en 32kN/m2.

En ambos casos se contará con los siguientes materiales:

- acero pasivo B500S, fyk = 500 MPa- hormigón HA-25/B/18/IIa, fck = 25 MPa

Solución

El dimensionamiento de una cimentación tiene siempre dos fases:

a) Determinación de la geometría en planta. Esto se realiza teniendo en cuenta la capacidad portantedel terreno bajo cargas de servicio.b) Dimensionamiento estructural del cimiento a partir de las acciones de cálculo.

Para abordar la primera fase deben determinarse los esfuerzos de servicio a partir del problemaIII-3. Realizando la combinación con los correspondientes coeficientes de servicio se obtiene:

ESFUERZOS DE CÁLCULO ESFUERZOS DE SERVICIO

M

810 mkN 232.5 mkN 550 mkN 125 mkN

N

448.2 kN 317 kN


V

75 kN 75 kN 50 kN 50 kN

1 Solución zapata

1.1 Determinación de la cimentación a partir de la capacidad portante del terreno

Sobre el terreno (base de la zapata) actúan:

a) Tensiones normales causadas por:

i) Npilar + Wzapata

ii) Mpilar + Vpilar·h

b) Tensiones tangenciales causadas por:

i) Vpilar

Suponiendo una zapata cualquiera, la distribución de tensiones en la base (aceptando que secomporta como un sólido rígido) será:

h

a b

b�

a�

· Si e = M/N = (Mpilar + Vpilar×h)/(Npilar + Wzapata) < a�/6 (núcleo central), entonces trabaja todala zapata apareciendo las siguientes tensiones:

'b'a

M6

'b'a

N2

min

max ±=s

N

M

smin

smax


· Si e = M/N > a�/6 , entonces parte de la zapata no trabaja y la tensión máxima resulta:

'b)e2'a(3

N4max

-=s , y

c = a�/2 � e

N

M

smax

3c

Se plantea una zapata con las siguientes dimensiones:

2 mh =

0,65 m

a = 0,8 m

b =

0,4 m

0,8 m

b� = 2 m

a� = 4,8 m

La zapata es de tipo flexible (v ³ 2h) pero se supone (art.59.3.1) que la cimentación se comportacomo un sólido rígido.

Debe comprobarse que el terreno soporta las acciones de servicio.Se consideran dos hipótesis de carga:

HIPÓTESIS 1 HIPÓTESIS 2

317 kN + Wzapata

50 kN

547 kNm + 50kN·h

317 kN + Wzapata

50 kN

125 kNm + 50kN·h

que para los valores a� = 4.8 m, b�=2 m, h=0.65 m resultan:


473 kN

50 kN

580 kNm

473 kN

50 kN

157.5 kNm


Hipótesis 1:

La excentricidad de las cargas normales es

m226.1kN473

kNm580

N

Me ===

Puesto que el núcleo central de la zapata es

m8.06

m8.4

6

ae c ==

¢=

el tipo de carga sobre el terreno será triangular:

473 kN

50 kN

580 kNm

ssmax

3c

Se resuelve el problema equilibrando fuerza y momentos, con lo que

3c = 3.522 m smax = 134.30 kN/m2

Puesto que sadm = 200 kN/m2, se cumple que smax £ sadm.

Por otra parte, las tensiones tangenciales que se generan en la base de la zapata son de 7.1 kN/m2,que el terreno resiste perfectamente.

2m/kN1.72522.3

50

A

V=

×=@t

Hipótesis 2:

La excentricidad de las cargas normales es:

m333.0kN473

kNm157.5

N

Me ===


La carga equivalente queda, por tanto, dentro del núcleo central de la zapata y el tipo de carga sobreel terreno será trapezoidal. Resolviendo, se obtiene el siguiente esquema:

473 kN

50 kN

157.5 kNm

28.76 kN/m2

69.78 kN/m2

y las tensiones tangenciales sobre el terreno son de 5.21 kN/m2, que el terreno resisteperfectamente.

1.2 Dimensionamiento de la zapata

Debe considerarse el valor mayorado de las acciones combinadas, incluidas las acciones del terreno,utilizando los esfuerzos mayorados. Atendiendo al artículo 59.3 no se incluye aquí el peso propio dela zapata.

La distribución de presiones del terreno responderá nuevamente a dos hipótesis de carga:


448.2 kN

75 kN

810 kNm + 75 kN·h

448.2 kN

75 kN

232.5 kNm + 75kN·h

que para h=0.65 m resulta:


448.2 kN

75 kN

858.75 kN

448.2 kN

75 kN

281.25 kNm

que dan lugar a las distribuciones de tensiones siguientes:



smax =

308.7

kN/m2

1.452 m

83.31

kN/m2

10.07

kN/m2

1.2.1 Dimensionamiento a flexión como zapata flexible

Hipótesis 1

smax =

308.7

kN/m2

1.452 m0.548 m

2 m

a = 0.8 m

b =

0.4 m

b� = 2 m

a� = 4.8 m

· Sección de referencia S1: hacia el interior del pilar, a una distancia 0.15·a = 0.12 m

a) Momento de cálculo en S1: provocado por el terreno (lado derecho)

=÷ø

öçè

æ++×××××= m12.0m548.0m452.1

3

2m2m452.1

m

kN7.308

2

1M

2d

kNm25.733m636.1kN2.448 =×=


2 m

0.59

m733.25 kNm

H25 Þ fck = 25 MPa Þ fcd =

16.67 MPa

B500S Þ fyk = 500 MPa Þ fyd =

434.78 MPa

÷ø

öçè

æ-×¢×××=

2

ydbyf85,0M lim

limcdlim ;

m364.0MPa78.4341036.11

m59.0

f1036.11

dx

3

yd

3lim =××+

=××+

=--

;

m2912.0x8.0y limlim =×= ;

kNm6.36662

m0.2966-m0.59m2m2966.0

m

kN7.1666685.0M

2lim =÷ø

öçè

æ××××=

Resulta Mlim ³ Md, luego:

ïî

ïí

ì

÷ø

öçè

æ-××××=

×-×××=

2

ydybf85.0M)2(

fAbyf85.00)1(

cdd

ydscd

De (2):

( ) kNm9.37112y-m0.59ym2m/kN7.1666685.0kNm25.733 2 =××××=

îíì

=

®==-+-

m046.0y

NOm14.1y0y141667y7.1671625.733 2 Þ

Þ yds

2 fAkN3.1303m2m046.0m/kN67.1666685.0 ×==××× Þ

Þ As = 2.9976·10-3 m2 = 29.976 cm2

ïî

ïí

ì

f

f

f

257

2010

1615

Armadura mínima:

24

2

2

yd

cdc m10933.19

mkN434800

mkN7.1666665.0204.0

f

fA04.0 -×=×××=×× ,

que es superada por la de cálculo.

Por otra parte (art.42.3.5) debe disponerse una armadura mínima de un 2.8� en la cara de

tracción:


)2012(m104.36A0028.0A

A 24

smin

c

smin f×>Þ³ -

b) Momento de cálculo en S1 (lado izquierdo) a causa del peso de la zapata

0.12 m

1 + 0.12 m

WS1

kN65m/kN25m2m2m65.0W 2 =×××=

kNm8.72m12.1kN65M =×=

kNm28.98kNm8.7235.1Md =×=

Md < Mlim, luego:

( )

0y695.14166y7.1671628.98

2/y59.0ym2m16666.7kN/0.85=kNm28.98

2

2

=-+-

-××××

y = 0.00591 m

202cm85.3A

kN45.167fA

fAm00591.0m2m

kN7.1666685.00

2

s

yds

yds2 fÞ=ïþ

ïý

ü

=×

×-×××=

Cuantía mínima:

24

2

2

yd

cdc m10933.19

mkN434800

mkN7.1666665.0204.0

f

fA04.0 -×=×××=××

Si

403.17.1666665.02

4348001085.3

fA

fA 4

cdc

yds =××××

=×

×=a

-

se tendrá, dado que As < 1.9933·10-3 m2, una armadura de a·As= 1.403·3.85·10-4 m2 =

5.4032·10-4 m2, que corresponde a 2 f20.

No obstante, debe colocarse una armadura mínima (art.42.3.5) de cuantía geométrica 2.8� en la

cara de tracción, luego:


)2012(m104.36A0028.0A

A 24

smin

c

smin f×>Þ³ -

Hipótesis 2

El momento de cálculo en S1 (lado izquierdo) vale:

0.12 m

2.12 m

S1

10.07

kN/m2

83.31

kN/m2

50.962

kN/m2

( )

kNm96.325kNm92.96kNm04.229

m12.23

2m2m212

2

1

m

kN962.5031.83

2

m12.2m2m12.2

m

kN962.50M

22d

=+=

=÷ø

öçè

æ×××××-+÷

ø

öçè

æ×××=

Puesto que el momento de cálculo es menor que en la hipotesis 1, se adopta la misma armadura

superior e inferior (12 f20).

La disposición de la armadura será:

12 f20 As1

12 f20 As2

2 f20

5 cm

190 cm

59

cm

6 cm

15 cm aprox.

Puesto que la distancia entre As1 y As2 es superior a 30 cm se colocará a medio canto una armadura

longitudinal a cada lado (As3: 2f20). De esta forma se cumple la limitación


33

c

3s2s1s 104.11028.665200

26

A

AAA-- ×>×=

×

p×=

++=r

En la otra dirección se adopta la misma limitación:

2

2s1s

3

2

1s cm71.20AA104.1cm65480

122A2==Þ×=

×

f+×-

y se colocará por tanto 1f12 cada 15 cm en ambas caras y 1f12 a medio canto.

1.2.2 Dimensionamiento a cortante como elemento lineal

Se calcula exclusivamente a cortante:

kN23.448m452.1m2m

kN7.308

2

1V

2rd =×××=

Comprobación bielas comprimidas:

q+

a+q××××=£

20cd11urdgcot1

gcotgcotzbfkVV

donde f1cd = 0.6·fcd= 0.6 · 16.67 MPa = 10 MPa

b0 = 2 m

z = 0.9 · d = 0.9 · 0.59 m = 0.531 m

1f

13

5k

cd

cd £÷÷ø

öççè

æ s¢+=

( )MPa26.1

mm6502000

MPa8.434mm31412

A

AN2

2

c

c,sd2sd

cd -=×

-×=

s×+=s¢

1k154.167.16

26.11

3

5k =Þ>=÷

ø

öçè

æ-=

cotg q = cotg 45º = 1

cotg a = cotg 90º = 0

rd21u VkN53102

1mm531mm2000

mm

N101V >=××××=Þ

Para dimensionar las armaduras, se comprueba previamente si son precisas:

( )( ) db15.0f10012.0VV 0cd

31

ckl2urd ××s¢×-×r××x×=£ (sin armadura de cortante)

donde 1.582=milímetrosend,d

2001 xÞ+=x


b0 = 2 m

d = 0.59 m

324

sl 10195.3

m59.0m2

m1012

db

A-

-

×=×××p

=×

=r

fck = 25 MPa

Despreciando el efecto favorable de las compresiones, dado que As2 es armadura mínima,

Vu2 = 0.38 MPa · 2000 mm · 590 mm = 448.4 kN ³ Vrd, luego no es necesaria armadura a

cortante.

2 Solución encepado y dos pilotes

2.1 Determinación de la cimentación a partir de la capacidad portante del terreno

El encepado se plantea porque el terreno se supone en este caso de tipo cohesivo con reistencia muy

baja, en concreto:

Cu = cohesión aparente sin drenaje = 57 kN/m2.

En este caso la zapata resultante sería muy grande y se prefiere recurrir a una solución de encepado

y dos pilotes.

El dimensionamiento se realiza evitando que los pilotes entren en tracción bajo cargas de servicio.

Se plantea un encepado como el de la figura:

a�

x2r

b

a

c

cb�

La distancia c se toma como el mínimo posible según norma, a saber, 0.25 m.

Sobre el encepado actúan tres esfuerzos:


Ns

Ms

Vs

Para determinar la carga sobre los pilotes en condiciones de servicio se trasladan las cargas a la base

del encepado, en la hipótesis de un comportamiento de la cimentación de sólido rígido. Los

esfuerzos trasladados son Me, Ne y Ve:

se

encepadose

sse

VV

WNN

hVMM

=

+=

×+=

donde Wencepado = a� · b� · h ·3m

kN25

La carga sobre cada pilote de área A será

x

M

n

NP

n

ee

mínmáx

S±=

despreciando la inercia de la sección de cada pilote, lo que para n=2 (número de pilotes) resulta:

x2

M

2

NP ee

mínmáx ±=

Para r = 0.3 m; x = 2.05 m; h = 1.1 m se tiene:

317 kN

547.5 kNm

50 kN

90.2 kN 384.1 kN

317 kN

125 kNm

50 kN

281.1 kN 193.25 kN

La longitud del pilote se determina a partir de las condiciones del terreno y de las cargas de

servicio; la carga de hundimiento viene dada por la suma de la resistencia de punta y la resistencia

de fuste.


Qh = Qp + Qf

Qp = cu · Nc · Ap , donde

cu = cohesión aparente sin drenaje = 57 kN/m2

Nc = coeficiente de capacidad portante = 9

Ap = área del pilote = p · 0.32 = 0.283 m2

Qf = ca · Af , donde

ca = adherencia pilote-terreno = 32 kN/m2

Af = área lateral del fuste = L · 2pr =1.885L

En este caso Qp = 145.18 kN, luego Qf debe ser, en el peor caso, de 238.92 kN, lo que conduce a

una longitud L=4 m.

Por otra parte, la existencia de Vs implica una carga horizontal de 0.5Vs sobre cada pilote. La carga

máxima horizontal que resiste el terreno en el caso de suelos cohesivos vale (Broms, 1964):

H = 9 · cu · 2 · r · (L � 1.5 · 2 · r) = 954.2 kN

valor claramente superior al que introducen las cargas (factor 38.2 > 2.5).

2.2 Dimensionamiento de pilote y encepado

Finalmente, la cimentación tiene la siguiente geometría:

Æ 0.60 m

h =

1.1 m

a = 0.8 m

b =

0.4 m

b� = 1.1 ma� = 5.2 m

2.05 m

El encepado es rígido ya que el vuelo v = 1.65 m y v £ 1.5 h. Las cargas a considerar son las de

cálculo, sin incluir el peso del encepado.


Nd = 448.2 kN

Md = 810 kNm

Vd = 75 kN

6.4 kN 441.8 kN

Nd = 448.2 kN

Md = 232.5 kNm

Vd = 75 kN

300.9 kN 147.3 kN

Son dos los elementos que se deben dimensionar: el encepado y los pilotes.

Previamente debe hacerse notar que la existencia de Vd introduce una flexión y un cortante sobre los

pilotes. Si se acepta que el pilote es corto, se comportará rígidamente, desplazándose lateralmente.

Según Broms (1964), se tendrá:

MVd = 1/2 Vd · (0.5 · L + 0.75 · 2 · r) = 1/2 75 kN (0.5 · 4 m + 0.75 · 2 · 0.3 m) =

91.9 kNm

2.2.1 Pilotes

Se dimensiona un elemento vertical de sección circular sometido a Nd=441.8 kN y Md= 91.9 kNm.

Si suponemos un control de ejecución intenso, la excentricidad mínima es de 5 cm, lo que

proporciona un momento de 22.09 kNm, inferior al provocado por la carga horizontal. Por ello se

dimensiona con Md = 91.9 kNm.

El diámetro de cálculo será:

(2r)cal = (2r)nom · 0.95 = 0.57 m, que en efecto cumple

(2r)cal £ (2r)nom - 20 mm

(2r)cal ³ (2r)nom - 50 mm

La armadura longitudinal a disponer resulta ser la armadura mínima:

0.60 m

f20

La armadura transversal consistirá en cercos f8 cada 30 cm, que cumplen

ft = 8 mm ³ 0.25 · 20 mm = 0.25 · fmáx

st = 300 mm £ 15 · 20 mm = 15 · fmin


2.2.2 Encepado

Se dimensiona de acuerdo con el siguiente modelo de bielas y tirantes:

Cq Td

(d = 1 m)a = 0.8 m

d

0.25·a = 0.2 mv = 1.65 m

0.85d

De acuerdo con el modelo, tenemos:

( )

( )adoargcmáspilotedelaargckN6.961

m185.0

m2.0m65.1kN8.441N

d85.0

a25.0vNT

d

dd

==×

+=

×

×+=

La compresión C será:

kN9.1057909.0

kN6.961C

º7.24a25.0v

d85.0tg

cos

TCcosCT d

d

==Þ

ïïþ

ïïý

ü

=qÞ×+

×=q

q=Þq×=

El área de la biela en la zona superior es

Abs = 0.4 · 0.4 · cos q = 0.1453 m2

y en la zona inferior

Abi = p · r2 · cos q = p · (0.3)2 · cos q = 0.256 m2

Luego la tensión de compresión vale

222cbmm

N28.7

m

kN8.7280

m1453.0

kN9.1057===s

y debe ser scb £ 0.85 · fcd = 0.85 · 16.67 MPa = 14.17 MPa.

El análisis del nudo es el relativo a nudos con tirantes anclados (art. 40.4.3):


MPa67.11f7.0fmm

N28.7 cdcd22cn =×=<=s

Por lo tanto sólo falta dimensionar la armadura correspondiente al tirante:

208cm11.22mmN8.434

N961600AkN6.961TfA 2

2sdyds fÞ==Þ==×

Armadura secundaria:

La desviación de los pilotes en el plano transversal provoca la aparición de un segundo mecanismo

biela-tirante con tracciones superiores. Un modelo simplificado es el siguiente:

- se supone una desviación del 10% de 2·r= 0.1 · 0.6 m = 0.06 m;

- se plantea el modelo de la figura

C3q

T3d

(d = 1 m)

d 0.85d

441.8 kN x

º52.224146.0tgd85.0senl

xcosl

b

b =qÞ=qÞþýü

×=q×

=q×

kN6.1065cosCTkN51.1153sen

kN8.441C 3d33 =q×=Þ=

q=

T3d supone un área de 24.51 cm2 Þ 8 f20

Ante esta armadura debe disponerse una armadura vertical formando cercos que aten la armadura

longitudinal de las caras superior e inferior. Atendiendo al artículo 59.4.1.2.1.2, la armadura

vertical se dimensionará para resistir la siguiente tracción:

Td4 = 2 (Md + 0.4 · b · Nd), donde

b = ancho transversal del pilar

Md = momento transversal de cálculo en el arranque del pilar

Nd = axil de cálculo en el arranque del pilar.

Md = 448.2 kN · 0.1 · 0.6 m = 26.892 kNm

Nd = 448.2 kN Td4 =197.21 kN

b = 0.4 m


Luego la armadura vertical será de 4.54 cm2. Se colocarán cercos f12 cada 30 cm rodeando ambas

armaduras.

La armadura longitudinal debe suplementarse con armadura en las caras laterales. Se colocarán

barras f20.

Asup

Ainf

Armadura vertical de atado

f20f20

0.3 m

0.3 m

0.3 m


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

Se desea proyectar una viga en �doble T� de hormigón pretensado con armaduras pretesas, para serprefabricada y formar parte de un puente isostático de 20 m de luz junto a una losa superior dehormigón armado construida in situ, de 20 cm tal como indica la figura adjunta.

- peso propio de la viga y de la losa (rh=25 kN/m3),- cargas muertas debidas a pavimento, aceras, barandillas e instalaciones g=3.0 kN/m2,- sobrecarga uniformemente repartida de tráfico q= 4.0 kN/m2,- vehículo pesado representado por una carga puntual de 600 kN.

A efectos de cálculo de esfuerzos longitudinales sobre las vigas se supondrá que bajo las accionesrepartidas, cada viga recibe la carga tributaria correspondiente al intereje de 2.20 m y que bajo laacción del vehículo pesado la viga más solicitada recibe el 40% del momento y del cortante queproduciría dicho vehículo actuando sobre la viga aislada.

Solución

1 Características de los materiales

Hormigón. En la viga, por ser pretensada y prefabricada se utilizará hormigón de 50 MPa deresistencia característica, consistencia plástica (5 cm de cono de Abrams), tamaño máximo 18 mm yclase de exposición IIa (ambiente normal de humedad alta). HP-50/P/18/IIa.

En la losa por ser de hormigón armado se necesitará menos resistencia (30 MPa), el tamaño máximoserá algo mayor (20 mm) y para facilitar la puesta en obra se pedirá un mayor asiento en el cono deAbrams (8 cm, consistencia blanda), con la misma clase de exposición, HA-30/B/20/IIa.

Armaduras pasivas. Se utilizarán redondos de acero corrugado soldable, de 500 MPa de límiteelástico B500S. Los diámetros más adecuados serán:

- Armadura de piel en vigas: f6.- Armadura de flexión en vigas, si es necesaria: f16 y f20.


- Armadura transversal (cortante y rasante) en vigas: f8,f10 y f12.- Armaduras longitudinales y transversales en losa: f12, f16 y f20.

Armaduras activas pretesas. Cordones de 7 alambres de 1860 MPa de carga unitaria Y1860 S7 def0.6�� (As = 140 mm2) y de f0.5�� (As = 98.7 mm2).

2 Otros valores adoptados en el proyecto

- coeficiente final de fluencia del hormigón: j = 2.5- retracción final del hormigón: 4.10-4

- relajación final del acero de pretensado: 6%

Por tanteos iniciales se adoptan también unos valores aproximados de pérdidas instantáneas ydiferenciales, en porcentaje sobre la fuerza de anclaje Panc, que son las siguientes:

Pérdidas instantáneas DPins= 0.05 Panc

Pérdidas diferidas DPdif= 0.15 Panc

Pérdidas totales DPtot= 0.20 Panc

3 Coeficientes de seguridad

Para estados límites de servicio se adoptan valores gf=1 para las cargas y valores de gp=0.9 ogp=1.1 para las acciones debidas al pretensado, según las tensiones debidas al pretensado seanfavorables o desfavorables, respectivamente.

4 Cálculo de esfuerzos

Las únicas cargas que se desconocen para poder calcular los esfuerzos son las del peso propio de lasvigas, para lo cual hay que predimensionarlas.

Ello puede hacerse una vez conocidos los demás esfuerzos, ya que el peso es una porción muyreducida de las carga. En principio podría estimarse el peso propio de una viga en un valor, porejemplo, similar al de la losa superior entre vigas.

Esfuerzos debidos al peso de la losa:

ml/kN112.02.225gL =××=

kNm5508

2011

8

lgM

22

LL,max =

×=

×=

kN1102

2011

2

lgV L

L,max =×

=×

=

Esfuerzos debidos a las cargas muertas:


kN662

206.6

2

lgV

kNm3308

206.6

8

lgM

ml/kN6.60.32.2g

mm,max

22

mm,max

m

=×

=×

=

=×

=×

=

=×=

Esfuerzos debidos a la sobrecarga repartida:

kN882

208.8

2

lqV

kNm4408

208.8

8

lqM

ml/kN8.82.24q

q,max

22

q,max

=×

=×

=

=×

=×

=

=×=

Esfuerzos debidos al vehículo pesado:

kN2406004.0Q4.0V

kNm12004

206004.0

4

lQ4.0M

Q

Q

=×=×=

=××

=×

×=

Sobre la viga actúan, aparte de su peso propio, las cargas de la losa. Sobre el conjunto viga-losaactúan el resto de las cargas, que producen los siguientes esfuerzos:

kN3942408866VVVV

kNm19701200440330MMMM

Qqm

Qqm

=++=++=D

=++=++=D

En estado límite último los esfuerzos que se deben considerar son:

( ) ( )( ) ( )QqmLvd

QqmLvd

VV5.1VVV35.1V

MM5.1MMM35.1M

+×+++×=

+×+++×=

5 Espesor de las almas: se adoptarán los siguientes criterios

- Espesor mínimo por razones constructivas:

La distancia libre entre caras internas de estribo deberá ser superior al triple del tamaño máximo delárido, para facilitar la entrada del hormigón.

e ³ 2rt + 2ft + 3tmrt = recubrimiento armadura transversal » 20 mmft = diámetro armadura transversal » 12 mmtm = tamaño máximo del árido » 18 mme ³ 2 · 20 + 2 · 12 + 3 · 18 = 118 mm


- Resistencia al agotamiento del alma por compresión oblicua en el hormigón. Según EHE-98(artículo 44):

c

c,sd2sd'

cd

cd

'

cd

d20cd1u

A

AN

0.1f

13

5k

Vgcot1

gcotgcotzbf6.0kV

s×+=s

>/÷÷ø

öççè

æ s+×=

³q+

a+q×××××=

donde:

scd� = tensión axil efectiva en la sección

Nd = esfuerzo axil incluyendo el pretensadoAs2 = área de la armadura de compresiónssd,c = resistencia de cálculo del acero comprimido

Para el cálculo de k, a priori no se reconsiderará la existencia de armadura de compresión (A�sd = 0)

y se adoptará un valor conservador para scd� = 12.5 N/mm2 (que es un valor alto como tensión

media del pretensado).

Con ello se tiene:

1k1041.13.33

5.121

3

5

f1

3

5k

cd

'

cd =Þ>=úû

ùêë

é-×=÷

÷ø

öççè

æ s-×=

El cortante de cálculo es aproximadamente:

kN8783285.128635.1V5.1V35.1V dqdgd =×+×=×+×=

El brazo mecánico en rotura se considera z @ 0.9d, con d como canto útil. En este caso adoptaremosd @ 1.10 m y z @ 0.9 · 1.1=1.0 m. A priori supondremos cotgq=2 que es conservador a efectos decompresiones en el alma.

Con todo ello podemos despejar bo de las ecuaciones, con lo que se obtiene:

mm110210003.336.01

)41(10878

gcotgcot

gcot1

zf6.0k

Vb

32

cd

do =

××××+××

=a+q

q+×

×××=

Por tanto adoptamos bo = 12 cm, que satisface los criterios resistentes y constructivos.


5.1 Cabezas superior e inferior

Las cabezas superior e inferior las predimensionamos de forma que la inercia proporcionada porellas y el alma sea suficiente para que las tensiones en vacío y en servicio sean las adecuadas.

Limitándonos en principio a cabezas rectangulares, hay diversas opciones en cuanto a su ancho y sucanto. La cabeza superior conviene que sea ancha para reducir la luz libre de la losa en el sentidotransversal. La cabeza inferior conviene que no sea muy ancha para facilitar su hormigonado.

El área de la cabeza superior puede ser algo menor que la inferior, ya que en servicio se dispone dela losa superior para albergar las compresiones debidas a las cargas muertas y sobrecargas, mientrasque en vacío la única cabeza es la inferior de la viga. Así pues, estableceremos a priori los siguientescriterios:

Asup @ 0.75 Ainf

bsup @ 1.50 binf

Adoptaremos en principio bsup = 0.80 m, esto implicaría:

m55.050.1

bb sup

inf =@

supsupinf

supsupsupsupinf

inf

infinf

h2h95.1h

55.075.0

55.050.1h

55.075.0

bh

55.075.0

A

55.0

A

b

Ah

×@×=Þ

Þ×

××=

×

×=

×===


Con este criterio pueden expresarse todas las características mecánicas (área, inercia, centro degravedad, etc.), en función únicamente de la variable hsup.

Para obtener hsup se establecerán los criterios tensionales en las fibras superior e inferior de la vigaen vacío y servicio respectivamente, esto es sc,sup £ fct (al transferir) y sc,inf £ fct (a largo plazo).

Las ecuaciones que proporcionan las tensiones en servicio y vacío son:

ct

v

vv

v

v

v

sup,c fI

vM

I

eP

A

P£-

×--=s

ct

t

t

t

tt

tv

vlv

v

vv

v

inf,c fI

vM

I

ve

A

1P

I

v)MM(

I

ve

A

1P £

¢×D-÷÷

ø

öççè

æ ¢×¢+D-

¢×+-ú

û

ùêë

é ¢+-=s

donde:

Av, Iv son el área e inercia de la viga,At, It son el área e inercia de la viga más losa,Mv, Ml son los momentos debido al peso de la viga y de la losa, respectivamente,DM es el momento debido a todas las cargas que actúan sobre el conjunto viga y losa(cargas muertas y sobrecargas),DP es la pérdida diferida de fuerza de pretensado.

Conocido hs, las únicas incógnitas de las ecuaciones anteriores son P y e, ya que se adopta DP=0.15Pancl =0.15/0.8 P = 0.1875 P. A priori se adopta como criterio que la resultante del pretensado estéen el centro de la cabeza inferior, siendo siempre el recubrimiento mecánico de 10 cm. La primeraecuación proporcionará el valor máximo de la fuerza de pretensado (Pmáx) y la segunda el mínimo(Pmín) debe satisfacerse que Pmáx - Pmín ³ 0.15 Pancl.

Si no se cumple, la sección es insuficiente, y si el intervalo es excesivo se ha sobredimensionado lasección.

P

v

cdg viga

u

v'u

vacío

eu

uM Ml

P

M

e t

cdg finalv t

tv'


En la tabla adjunta se indican los valores obtenidos con variaciones de la altura hs desde 0.05 hasta0.1 m.

hs (m) 0.05 0.06 0.07 0.08 0.09 0.10Área viga (m2) 0.197 0.212 0.228 0.243 0.259 0.274Iner. viga (m4) 0.026 0.029 0.031 0.034 0.036 0.038Vsup viga (m) 0.516 0.517 0.516 0.516 0.515 0.514Vinf viga (m) -0.484 -0.483 -0.484 -0.484 -0.485 -0.486epre viga (m) -0.384 -0.383 -0.384 -0.384 -0.385 -0.386

Mom. viga (kNm) 246.25 265.5 284.75 304.00 323.25 342.50Área total (m2) 0.538 0.553 0.569 0.584 0.599 0.615Iner. total (m4) 0.075 0.080 0.085 0.089 0.093 0.096Vsup total (m) 0.320 0.331 0.342 0.351 0.360 0.369Vinf total (m) -0.88 -0.869 -0.858 -0.849 -0.84 -0.831epre total (m) -0.78 -0.769 -0.758 -0.749 -0.740 -0.731P máx (kN) 3137 3565.58 3939.23 4249.82 4496.23 4682.48P mín (kN) 3474.73 3501.98 3527.55 3552.74 3578.29 3604.58P ancl (kN) 4343.41 4377.48 4409.44 4440.93 4472.86 4505.73DP/P ancl -0.078 0.015 0.093 0.157 0.205 0.239

Se observa que se satisface el criterio DP/Pancl ³ 0.15 para un espesor hs=0.08 m; sin embargo,adoptaremos hs=0.09 m para disponer de mayor margen frente a variaciones de las pérdidasrespecto de lo previsto.

Por razones constructivas conviene hacer ligeras modificaciones en la forma de sección, como indicala figura adjunta.

Los criterios seguidos son:

- que el hormigón pueda entrar sin dificultad en la cabeza inferior,- evitar ángulos rectos o agudos y matar los cantos,- facilitar la caída del hormigón desde la cabeza superior hacia las almas (efecto embudo).

A B

CL K D

JI E F

GH


Todo ello aconseja inclinar los paramentos CD, EF, IJ y LK, así como achaflanar los vértices D, E,G, H, J y K.

Las características de la nueva sección con relación a la inicial son:

Área = 0.261 m2 Inercia = 0.0359vsup = 0.5087 m vinf = - 0.4913 mcsup = 0.28 m cinf = 0.27 m h = 0.5502 (rendimiento)

Considerando la losa de 2.20 m de anchura (todo el ancho eficaz), y un coeficiente de equivalencia

entre hormigones 775.06.0f

fn

cv

clh === , las características mecánicas de la sección compuesta

son:

Área = 0.601 m2 Inercia = 0.0917vsup = 0.364 m vinf = - 0.8366 mcsup = 0.1826 m cinf = - 0.4189 m h = 0.5013

6 Obtención de la fuerza de pretensado y disposición de los cordones

6.1 Peso propio de la viga

Siendo el área de la viga A = 0.261 m2, el peso propio es g = 6.5525 kN/ml, los esfuerzosmáximos que genera son Mk = 326 kN.m, Vk = 65.3 kN.

6.2 Excentricidad del pretensado

De acuerdo con la tabla anterior, se estima una fuerza total en anclajes de 4472.9 KN para unaexcentricidad e = - 0.385 m.

Veamos la disposición real de cordones. La distancia entre ejes de cordones y desde el centro degravedad de los cordones al paramento debe ser igual o superior a 4 cm, de forma que se satisfaganlas condiciones establecidas en la instrucción con ello. En la cabeza inferior caben:

(n+1)·4 = 55 n = 12.75 12 cordonesÆ0.6�

Colocaremos 11 cordones por fila. Si no hubiese armadura superior se necesitarían 22 cordonesÆ0.6�, dispuestos en dos filas a 4 y 9 cm de la fibra inferior, es decir, con una excentricidad e =0.4263 m.


Esta excentricidad excedería la supuesta y además generaría fisuración superior en zonas próximas alos apoyos. Por ello se disponen también cordones a lo largo de toda la pieza, en la cabeza superior,a 4 cm del paramento, de forma que la excentricidad en centro de vano sea igual o algo menor que lateórica (e £ 0.385 m).

KN39.216P

)385.0()P9.4472(4687.0P4363.09.4472

sup

supsup

=

-×+=×+×-

Se dispondrán dos cordones de Æ0.5�, P = 274 kN, con lo cual la excentricidad real será en centrode luz e = - 0.375 m.

Para acomodar la ley de momentos de pretensado a la ley de momentos exteriores, dado que loscordones son rectos, se procede a un entubado de parte de los mismos, de forma que la fuerza depretensado se introduzca no en los extremos de la viga sino donde acabe el entubado.

Se dividirá la semiviga en tres zonas, de longitudes 4 m, 3 m y 3 m, desde los apoyos hasta centrode luz, según indica la figura.

0.385


En la sección de apoyos, mediante un simple cálculo de equilibrio, se puede obtener el número detendones que se anclan (y por tanto no se entubarán) para que la fuerza resultante caiga en el núcleocentral. El resultado es que se anclan solo la capa superior.

En al zona intermedia, el número de cordones inferiores estará entre 7 y 22. Se puede obtener el

número necesario proporcionalmente al momento, cteP

Mx = , por lo tanto, para x=4 m, P4 = 0.6 P10 es

decir 14 Æ 0.6�.

Sobre la base de lo anterior, se propone la siguiente disposición teórica de cordones, que deberámodificarse en función de las longitudes de anclaje.

Con estos valores se procede a verificar las tensiones normales en las secciones extremas de cadazona, que son las S1, S2, S3, S4, S5 y S6. Para ello deberán tenerse en cuenta las cargas que actúansobre la viga (pretensado, peso propio de viga y losa) y sobre la viga más losa (cargas muertas,sobrecargas y pérdidas de pretensado). Las pérdidas instantáneas se calculan considerando elacortamiento elástico y las diferidas se calculan sólo sobre la viga, esto es, ignorando los efectos dela losa, aunque no su peso.


Ejercicio III-6 Tirante de hormigón pretensado

En la estructura de arco-tirante de la figura adjunta, el tirante está sometido a unos esfuerzos axiles

característicos de tracción de:

- 250 kN correspondientes a las cargas permanentes

- 175 kN correspondientes a las cargas variables

Las características de los materiales utilizados son:

- hormigón: HP-40/12/P/IIa Ec=32.5 kN/mm2

- armadura activa: - cordones formados por 7 alambres de 13 mm diámetro nominal (0.5�),

Euronorma 138-79 (equivalente BS 5896:1980) (Ap cordon: 100 mm2)

- Ep =195 kN/mm2

- mínima carga rotura: 186 kN

- límite elástico característico 158 kN

6E

En

s

p ==

Se pide:

Dimensionar el tirante en forma y dimensiones, definiendo la sección geométrica del mismo y la

armadura activa que se requiera.

Solución

Para la determinación de la armadura activa y de la sección de hormigón se requiere el

cumplimiento de diversos requisitos, los cuales se exponen a continuación.

Este ejemplo está inspirado en el ejemplo del apartado 4, capítulo 12 del libro de A. Naaman.

Prestressed Concrete and Design. Ed. Mc Grawn Hill, 1982.


1 Limitación de las tensiones de compresión en el hormigón

Para ello se debe limitar que la tensión en la sección de hormigón, en los instantes más críticos

(inicial y final), sea inferior a la respuesta del hormigón en el instante estudiado. Ello da lugar a las

siguientes ecuaciones:

Instante inicial (t = 0): ncipospAA ×s£s× [1]

Instante final (t = ¥ ): nctptspAA ×s£s× [2]

donde An, área neta de hormigón (para el caso de armaduras pretesas o postesas adherentes), se

determina a través de la expresión:

psgn AAA -= [3]

siendo: Ag el área transversal de la sección del tirante,

Aps el área de la armadura activa.

Sustituyendo el valor de An, dado en la ecuación [3], en las expresiones [1] y [2] se obtiene una

nueva formulación de las mismas.

cipo

g

ps1

AA

ss+£ [4]

ctpt

g

ps1

AA

ss+£ [5]

1.1 Armadura activa

El valor de la tensión máxima de la armadura activa en el momento de la puesta en tensión (spo)

viene dado por el menor valor de:

ïïî

ïïí

ì

=×=

=×=£s

2

2pyk

2

2k,max

po

mm/N1422mm100

kN15890.0f90.0

mm/N1395mm100

kN18675.0f75.0

El valor de la tensión máxima de la armadura activa para tiempo infinito (spt), vendrá dado como

diferencia entre el valor en la puesta en tensión (spo) y las pérdidas que se produzcan en el período

de tiempo. Una estimación razonable de estas pérdidas se puede situar entre el 15 y el 20%. Para

este caso tomaremos un valor intermedio del 17.5%, lo que conduce a:

22

popopopt mm/N9.1150mm/N1395825.0825.0175.0 =×=s×=s×-s=s


1.2 Hormigón

La tensión máxima en el hormigón en la puesta en tensión debe cumplir las siguientes

recomendaciones:

j,ck

j,ck

j,cu f625.06.1

ff =£

Esta limitación pretende evitar micofisuración en el hormigón que combinada con efectos

transversales pudiese conducir al agotamiento del hormigón.

Ahora bien, este es un punto de vista de agotamiento y no considera que un nivel alto de tensiones

como el definido por la expresión anterior conduciría a entrar en el rango de fluencia no lineal bajo

cargas mantenidas. Por ello es usual tomar valores inferiores que se sitúen en el rango lineal, el cual

para estos hormigones está entre el 30 y 40% de fckj. Haciendo la hipótesis de que la puesta en

tensión se realiza a los 7 días y considerando que el valor de fck,j para esa edad es 0.70 fck (28 días) y

tomando un porcentaje mayor del rango por el tipo de hormigón:

22

ckj,ckci mm/N8.12mmN4032.0f80.040.0f40.0 =×=×=×=s

la tensión máxima en el hormigón para tiempo infinito se tomará menor a la inicial (en esta caso, el

30% de fck). Con ello se pretende tener en cuenta el efecto del cansancio y de no trabajar en rangos

de tensiones que condujesen a problemas de fluencia no lineal.

22

ckct mmN0.12mmN403.0f3.0 =×=×=s

Sustituyendo los valores de spo,spt, sci, sct obtenidos en las expresiones [4] y [5] se obtienen:

gps A0091.0A £ [4]

gps A0103.0A £ [5]

Estas expresiones son rectas que se pueden representar gráficamente, tal como se muestra en la

figura adjunta, con la denominación a y a¢ respectivamente, siendo más restrictiva la primera de

ellas correspondiente a la puesta en tensión.

2 Margen de seguridad frente a fisuración

Dado el mayor rango de corrosión bajo tensión en armaduras activas y las mayores consecuencias

negativas de esta corrosión, debemos tener un cierto margen de seguridad frente a la fisuración que

denominaremos mfis. Este valor dependerá lógicamente del tipo de estructura, de la probabilidad de

sobrecarga y del riesgo asociado a la fisuración (por ejemplo: depósitos de agua frente a edificios de

contención de centrales nucleares). Este planteamiento se puede articular a través de la siguiente

expresión:


NmN fisfis ×³ , donde: [6]

Nfis es el esfuerzo axil que produciría la fisuración,

N es el esfuerzo axil total (250 kN + 175 kN=425 kN),

mfis es un valor que se fija en base a la experiencia. Así por ejemplo si se toma mfis=1.5,

indicaremos con ello que se fisurará si se presenta un esfuerzo axil 50% mayor del

previsto. En este ejemplo tomaremos mfis=1.5.

El desarrollo de la expresión [6] da lugar a una curva como la que se señala en la figura adjunta

como b¢, si bien se puede obtener una expresión simplificada lineal, admitiendo en esta hipótesis que

At @ An @ Ag, recordando que At=An+n Aps, dondec

p

E

En = y An=Ag- Aps. Con esta hipótesis se

obtiene que la tracción del acero es:

NmAfAT fispspsctg ×³s×+×=

y conduce a la expresión:

pt

fisg

pt

tcps

NmA

fA

s

×+

s-³ [6¢]

donde ftc es la resistencia mínima a tracción del hormigón, que según la EHE viene dada

por 0.21 3 2

ckf .Sustituyendo los valores correspondientes a este caso tendremos:

2

g2g2

2

ps mm554A0022.0mm/N9.1150

kN4255.1A

mmN9.1150

mm/N5.2A -=

×-×³

que se corresponde con la recta señalada como b en la figura adjunta. La curva b¢ y la recta b tienen

un buen ajuste en la zona de estudio que interesa, lo que avala la hipótesis simplificativa realizada.

3 Margen de seguridad frente a descompresión

De forma análoga al planteamiento realizado en fisuración también conviene poner un margen de

seguridad frente a descompresión para considerar que hay acciones que no se están considerando

(por ejemplo: acciones indirectas de tipo térmico). La expresión equivalente a la que se llega en este

caso es:

NmN desdes ×³ , donde: [7]

Ndes es el esfuerzo axil que descomprime la sección,

N es el esfuerzo axil total,

mdes es el valor del margen de descompresión, que lógicamente debe ser menor que el

correspondiente a fisuración. En este ejemplo tomaremos mdes= 1.2.


El desarrollo de esta expresión, que se puede consultar en la referencia citada de Naaman, conduce

a una curva señalada en la figura adjunta por la letra c¢. Ahora bien, haciendo la misma hipótesis

simplificativa que en el caso anterior (At @ An@ Ag), tendremos para la tracción del acero:

NmA0AT despspsg ×³s×+×=

Obteniéndose la expresión equivalente:

pt

desps

NmA

s

×³ [7¢]

en la que sustituyendo los valores correspondientes se obtiene la recta c, de la figura adjunta:

2

2ps mm443mmN9.1150

kN4252.1A =

×³

4 Armadura mínima

Con este criterio se pretende la existencia de una armadura mínima para evitar una rotura frágil en

el caso de que produzca fisuración. El mismo se puede expresar mediante la ecuación.

fisps NA ³ [8]

Esta expresión difiere algo de la expuesta por Naaman, si bien corresponde al planteamiento

europeo en vez del tratamiento ACI seguido por dicho autor.

Si en esta expresión hacemos la hipótesis simplificada realizada con anterioridad en el apartado de

fisuración se obtiene que:

g

ptyk

ctps A

f

fA ×÷

÷ø

öççè

æ

s-

-³ [8¢]

donde cada una de las variables tiene el significado dado con anterioridad.

Sustituyendo en esta expresión se obtiene

gg

2

ps A0058.0A9.11501580

mmN5.2A =×÷÷

ø

öççè

æ

-³

que es una recta, representada en la figura adjunta por la letra d.


5 Rotura armadura activa

Se debe verificar el estado límite último de agotamiento de la armadura activa por lo que se

planteará la ecuación de equilibrio (sin contribución alguna del hormigón):

ypdpsd fAN ×£ [9]

donde: Nd corresponde a la mayoración en los esfuerzos dada en la siguiente formulación (la

consideraremos válida para este caso):

kN5.562kN1505.1kN25035.1N d =×+×=

2

s

ypk

ypd mmN137415.1

1580ff ==

g=

en la que sustituyendo estos valores se obtiene

2

2ps mm4.409mm/N1374

kN5.562A ³³

que está representada en la figura adjunta por la letra del dominio e.

6 Limitación deformaciones máximas

Este criterio permite garantizar una deformación Dl (alargamiento o acortamiento) bajo una carga

dada o una combinación de cargas. Estas deformaciones deben ser compatibles con las condiciones

de contorno.

La deformación axial fruto de una carga variable deberá estar condicionada por la deformación

permitida en la condición de contorno. Así:

lAE

lNol

AE

lN

tc

v

tc

v D³×

×D-£

×

×-[10]

en el que sustituyendo At por su valor (At= Ag +(n-1)·Aps , y 6E

En

c

p == ) se obtiene la expresión:

lE)1n(

lN

1n

AA

c

vg

ps D×-

×+

--³ [10¢]

Una expresión similar se puede obtener si se plantean las deformaciones diferidas correspondiente a

la Nv.

Para el presente ejercicio consideraremos un incremento del 40% de la carga variable (245 kN) y un

límite de incremento de deformación de Dl= - 3.75 mm, que sustituyendo en [10¢] se obtiene


2

g23

33g

ps mm12060A2.0mm75.3mmN105.325

mm1030N10245

5

AA +-³

×××

×××+-³

que es una recta, representada en la figura adjunta por la letra f.

Con todos los dominios definidos por las ecuaciones de los criterios analizados se obtiene un

dominio de soluciones posibles como el de la figura adjunta.

Al conjunto de soluciones posibles se le podría añadir una función de mínimos costes de materiales

y a puesta en obra. Ello conduce a una recta de pendiente negativa que intersectaría con el dominio

posible, en este caso en el punto B.

Así pues, la solución de mínimo coste viene dada por:

2

ps

2

g

mm443A

cm580A

=

=

A esta solución de cálculo se le debe ajustar una solución práctica en la realidad. Por ello como

geometría se propone adoptar una sección cuadrada de 25 cm de lado (Ag=625 cm2), y si se matan

las esquinas con berenjenos de 4 cm para evitar riesgos de rotura por golpes, se obtendrá un área

geométrica de 593 cm2 (superior a la de cálculo).


En cuanto al área de la armadura activa (Aps), cada cordon de 0.5¢¢ de 7 alambres tiene un área de

100 mm2, por lo que se requerirá 5 cordones (Aps=500 mm2). Ello conduce a un tendón de 5

cordones, con un peso de 3.93 kg/m lineal; una vaina de 45 mm de diámetro interior y una

evaluación de la inyección en lechada de cemento de 1.5 kg/m lineal. En los catálogos de las firmas

comerciales se definen los detalles de la geometría de placas la anclaje, trompetas, etc.


Ejercicio III-7 Viga de gran canto

Dada la viga continua de la figura adjunta

Con las características de los materiales siguientes:

- hormigón H-25/20/P/IIafck = 25 MPa

- acero B 400 S fyk = 400 MPa


Se pide:

1. Definir el ancho de la viga.

2. Calcular la totalidad de armadura necesaria.

3. Dibujar a escala el armado de la viga.

Según la Instrucción EHE, �se consideran como vigas de gran canto las vigas rectas, generalmente

de sección constante, y cuya relación entre la luz y el canto total es inferior a 2 en vigas

simplemente apoyadas, ó a 2.5 en vigas continuas�.

La luz de un vano que se considera es el mínimo entre la distancia entre ejes de apoyos (6.0 m) y

1.15 veces la luz libre (1.15·5.6 = 6.44 m). En nuestro caso, se considera como luz l=6.0 m.

Dado que el canto es de 2.8 m, la relación luz/canto es l/h=6/2.8=2.14. Como este cociente es

inferior a 2.5 se trata de una viga continua de gran canto, de tres tramos.

Así pues, se trata de una región de discontinuidad generalizada, donde no son válidas las hipótesis

de Bernouilli. El análisis de este tipo de regiones D se puede llevar a cabo mediante el Método de

las Bielas y Tirantes, tal como indica la instrucción EHE.

pp+ cp= 100 kN/m

0.45.6

0.4 0.4 0.45.6 5.6

2.8 m


En el caso particular de este ejercicio (viga de gran canto continua y sometida a una carga

uniformemente distribuida en la cara superior) se propone el siguiente modelo:

pd = 1.5·(pp + cp) = 1.5·100 = 150 kN/m

Solución

1 Ancho de viga

La anchura mínima está limitada por el valor máximo de la compresión de los nudos y las bielas. En

este caso, la máxima compresión viene provocada por la reacción en un apoyo interior:

ii

d,i

max,cba

R

×=s

con:

Ri,d = 1.1·pd·l = 1.1·150·6 = 990 kN (reacción de cálculo en apoyo interior)

ai = 0.4 m (dimensión longitudinal del apoyo)

bi = ancho de la viga.

Esta compresión ha de ser inferior a f1cd=0.7·fcd =0.7·16.67 =11.67 MPa, por lo que el ancho de

la viga ha de ser superior a:

mm21267.11400

990000

fa

Rb

cd1i

d,i

i =×

=×

³

Imponiendo que la esbeltez geométrica, entendida como el cociente entre la longitud de pandeo y el

ancho de la viga, sea menor que 12, se obtiene el ancho de la viga que evita la comprobación del

pandeo fuera del plano de la viga.

b > l0/12 = 3311/12 = 276 mm

p =1.5(cp + pp) =1.5*100 =150

l =6 66

h =2.8

1.8 2.41.20.4 l0.2 l

d

0.98

0.35h

0.140.5h=1.4

0.05h

0.16 pdl 0.09 pdl

0.20 pdl


donde lo es la longitud de pandeo. Al tratarse de un modelo formado por barras articuladas, este

valor coincide con la longitud de la biela, que en este caso alcanza su valor máximo en 3311 mm.

La necesidad de un ancho mínimo también puede venir dado por razones constructivas. Veamos

desde este punto de vista el orden de magnitud de esta dimensión. Para ello hagamos la hipótesis de

que dicho elemento se hormigonará en configuración final, mediante vertido directo desde la parte

inferior.

En la figura adjunta se muestran las dimensiones de cada componente transversal.

r = 20 mm de acuerdo con la tabla 37.2.4, dado que tipo

hormigón elemento y ambiente.

Ø1 = 10 mm orden de magnitud definido a priori

Ø2 = 10 mm orden de magnitud definido a priori

S = 80-100 cm orden de magnitud requerido para entrada de

hormigón en caída libre y colocación de vibrador interior.

b ³ 2 (r + Ø1 + Ø2 + S) = 2 (20 + 10 + 10 + 80) = 240 mm

este valor es, en este caso, menos condicionante que el anterior,

por lo que se tomará aquél redondeando por exceso. Así pues, el

ancho para el problema es 280 mm, si bien podría adaptarse 300

mm de cara a facilitar geométricamente múltiplos de 5 que son

más usuales.

2 La armadura

Según el modelo de bielas y tirantes adoptado para el análisis de la viga de gran canto, la armadura

principal que se ha de disponer es la siguiente:

2.1 Armadura de vano interior

En el vano interior donde el momento flector positivo es menor se proyecta para una fuerza de valor

0.09·pd·l = 0.09·150·6 = 81 kN, resultando una armadura necesaria de As= 233 mm2. Se

dispondrán por tanto 3f10.

2.2 Armadura de vano exterior

La fuerza que se ha de considerar en este caso de acuerdo con el modelo de la EHE es 0.16·pd·l =

0.16·150·6 = 144 kN, siendo el área de armadura necesaria:

As = 414 mm2. ÷÷ø

öççè

æ=

yd

sf

TA . Se dispondrán 3f10 y 2f12.

r

Ø 1

SØ 2


2.3 Zona de apoyos intermedios

Esta zona está traccionada por encima de los apoyos intermedios (ver la figura), y la armadura se

proyecta para una fuerza de tracción de valor 0.20·pd·l=0.20·150·6=180 kN:

As·fyd = T = 180 de donde mm517348

180000A s == Son necesarias por tanto 7f10, que

se dispondrán como f10 cada 10 cm.

Por otra parte, además de la armadura principal, se ha de disponer una armadura mínima de 0.1%

de cuantía en cada dirección y cada cara del elemento (armadura secundaria):

Asec = 0.001·(280mm·1000m) = 280 mm2/m

Ello responde a que dado que no se calcula frente a acciones indirectas, siempre existe una

armadura mínima que evita roturas frágiles.

Para el cálculo de las zonas de apoyo, de acuerdo con el artículo 60 de la instrucción EHE, referido

a cargas concentradas sobre macizos, si no se dispone armadura de confinamiento, la fuerza máxima

de compresión será el menor de los siguientes valores:

Nu = Ac1·f2cd = Ac1·0.7·fcd = 400·280·11.67 =1307040 N = 1307 kN

Nu=Ac1·f1cd= 67.16250

25185.0280400f

250

f185.0A cd

ck1c ×÷

ø

öçè

æ-×××=×÷÷

ø

öççè

æ-××

Nu = 1428286 N = 1428 kN

siendo Ac1 el área en el apoyo.

Nu es superior en cualquier caso a la reacción máxima en apoyos (Nd,max = 990 kN). Por lo tanto,

no es necesario reforzar esta zona de apoyos.

3 Armado de la viga

La armadura que se dispone finalmente es la que se aprecia en la figura. El diámetro base de

armadura que se propone es de 10 mm, excepto la armadura de los vanos exteriores resuelto con 3

Ø 10 + 2 Ø 12.

Ø 10 cada 20 cmØ 10 cada 20 cm

3Ø 10 2 Ø 12 3 Ø 10 3 Ø 102 Ø 12


Ejercicio III-8 Ménsula corta para puente-grúa

Un puente-grúa de 100 kN se apoya sobre una ménsula corta con las dimensiones que se indican en

la figura.

Las acciones a las que se ve sometida la ménsula son:

- acción vertical del puente-grúa de 100 kN (Fv),

- acción horizontal de frenado del carro de 15 kN (FH).

Se considera un hormigón HA-25/P/12/I y un acero B 500 S.

Los coeficientes de seguridad que se utilizarán serán los correspondientes a un nivel de control

normal.

Se pide:

1. Calcular la armadura que es necesario disponer para hacer frente a las acciones provocadas por el

puente-grúa.

2. Proponer una disposición del armado de la ménsula.

Solución

1 Armadura

Para que el elemento estructural considerado se pueda considerar como una ménsula corta, se han

de verificar unas determinadas condiciones geométricas.

40

80 cm

50 50

10 45

F

F

v

H


En primer lugar, la distancia entre la línea de acción de la carga vertical principal y la sección

adyacente al soporte ha de ser menor o igual que el canto útil en dicha sección. En el caso del

ejemplo, la distancia que se ha de considerar toma el valor de a=40 cm, siendo el canto útil d=70

cm. Así pues, se satisface esta primera condición.

Por otra parte, el canto útil medido en el borde exterior del área donde se aplica la carga ha de ser

mayor o igual que la mitad del canto útil en la sección adyacente al soporte. El primero de ellos es

d1=38.5 cm, mientras que 0.5·d=35 cm.

Considerando un coeficiente de seguridad gQ = 1.5, se obtienen los siguientes valores de cálculo

para las cargas actuantes en el elemento:

FHd = gQ·FH = 22.5 kN

FVd = gQ·FV = 150 kN

Se adopta el siguiente modelo de bielas y tirantes:

Se considera que la ménsula se hormigona monolíticamente con el pilar. Por lo tanto, se toma un

valor del ángulo de inclinación de la biela tal que cotgq = 1.4. Este valor representa el coeficiente

de rozamiento entre dos hormigones.

1.1 Dimensionamiento de la armadura

La armadura está compuesta por una armadura principal y por unos cercos horizontales.

La armadura principal ha de poder absorber una tracción de cálculo de valor:

Tu1 = FVd·tgq+FHd = 150·1.4-1 + 22.5 = 129.64 kN

As = Tu1 / fyd = 298 mm2, que se pueden obtener disponiendo 3f12.

Los cercos horizontales deben absorber una tracción total de valor:


0.25·FVd·sen2q = 0.25·150·(1+1.42)-1 = 12.67 kN

Ase = 29.14 mm2, que se consigue colocando cercos f8 cada 15 cm.

1.2 Comprobación de nudos y bielas

Dado que se verifica la siguiente expresión:

q×³ gcot85.0

ad

d = 70 cm

a = 40 cm

cm9.654.185.0

40cm70 =×³

únicamente se ha de comprobar la compresión localizada en el apoyo:

cd12

Vd f67.11mm

N5

cb

F=£=

×

donde:

FVd = 150 kN

b = 100 mm

c = 300 mm

f1cd = 0.70·16.67 = 11.67 MPa

Esta expresión es válida si FHd = 22.5 kN £ 0.15·FVd = 22.5 kN

2 Disposición del armado

Se propone la siguiente disposición del armado:

A esta armadura (efecto local ménsula) hay que superponer la que corresponda como elemento

estructural. Todo ello puede implicar que dicha zona sea fuertemente armada, recomendándose en

ese caso estudiar sistemas de racionalización de armado que favorezcan el vertido y compactación

del hormigón.

Dimensiones del apoyo


Ejercicio III-9 Punzonamiento de una placa en un pilar

El forjado de un edificio de viviendas consiste en una placa maciza de hormigón armado sustentadasobre soportes aislados. Considérese un pilar interior de sección 25x25 cm2 unido a la placa de 23cm de canto, sometido a un axil de cálculo de 750 kN.


- hormigón HA-25/P/12/I- armaduras B 400 S

Se supone una cuantía de armadura longitudinal en la losa en ambas direcciones de valorr=0.5%.

Se pide:

1. Determinar si es necesario disponer armadura de punzonamiento.2. Calcular, en su caso, dicha armadura y hacer un esquema de disposición de la misma.

Solución

1 Determinación de la necesidad de la armadura de punzonamiento

En primer lugar se ha de determinar el área crítica. Ésta viene definida a partir del canto útil y deun perímetro crítico.

El canto útil es de 20 cm, mientras que el perímetro crítico se sitúa a una distancia igual a dos veceseste canto útil (2·d = 40 cm) del perímetro del soporte.

Para comprobar si es necesario disponer armadura de punzonamiento, se ha de verificar que:

tsd £ trd


donde tsd es la tensión tangencial nominal de cálculo y trd es la tensión tangencial máxima resistida.

MPa228.1du

F

1

ef,sd

sd =×

=t

Fsd,ef = b·Fsd = 862500 N (esfuerzo efectivo de punzonamiento de cálculo)b=1.15 (soporte interior)Fsd = 750000 N (esfuerzo de punzonamiento de cálculo)u1 = 4·250+2·p·400 = 3513.3 mmd = 200 mmtrd = 0.12·x·(100·r1·fck)1/3 = 0.12·2·(100·5·10-3·25)1/3 = 0.557 MPa

r1 = 5·10-3

2200

2001

d

2001 =+=+=x

Como tsd > trd , es necesario disponer armadura de punzonamiento.

2 La armadura

Deben realizarse tres comprobaciones: una en la zona con armadura transversal, otra en la zonaadyacente sin dicha armadura y verificar la resistencia máxima.

En primer lugar se debe estimar el número de perímetros concéntricos de armadura depunzonamiento que se dispondrán, o lo que es lo mismo, se ha de determinar hasta dónde esnecesario disponer dicha armadura. Para ello se procede a la comprobación de la zona exterior a laarmadura de punzonamiento.

2.1 Zona exterior a la armadura de punzonamiento

En esta zona se ha de verificar que:

Fsd,ef £ 0.12·x·(100·r1·fck)1/3·un,ef·d

Por lo tanto, el perímetro un,ef se puede obtener mediante la expresión siguiente:

( ) ( ) 20025105100212.0

750000

df10012.0

Fu

3/133/1

ck1

ef,sd

ef,n

××××××=

××r××x×³

-

un,ef = 6732.6 mmFsd,ef = Fsd = 750000 N , puesto que se supone que a la distancia en la que se compruebaesta condición el efecto del momento transferido entre soporte y losa por tensionestangenciales ha desaparecido, y únicamente se tiene en cuenta el efecto debido a la carga.

Al tratarse de un soporte interior, este perímetro se corresponde con el de un cuadrado de ladoun,ef/4= 6732.6/4 = 1683.2 mm.


Según la instrucción EHE, la distancia entre el primer perímetro de armadura de punzonamiento yla cara del soporte ha de ser inferior a 0.5·d=100 mm, mientras que las distancias entre losdiferentes perímetros no han de exceder de 0.75·d=150 mm.

Por ejemplo, se puede intentar disponer tres perímetros con una separación entre perímetros s=130mm, que es inferior a 0.75·d=150 mm. Para ello se puede disponer un primer perímetro formadopor 4 barras por lado separadas entre sí por 130 mm, resultando entonces que la distancia entre el

perímetro y el paramento del soporte es mm702

2501303=

-×, inferior a 0.5·d=100 mm.

Así pues, una posible disposición de la armadura de punzonamiento es:

- primer perímetro a 70 mm del paramento del soporte, formado por 12 barras;- segundo perímetro a 130 mm del primero, formado por 20 barras;- tercer perímetro a 130 mm del segundo, y formado por 28 barras.

En este caso, un,ef = 4·(7·s + 2·(2·d)) = 4·(7·130+2·(2·200)) = 6840 mm. Por lo tanto, no esnecesario disponer armadura de punzonamiento a partir del tercer perímetro, que es lo que se queríaverificar.

Una vez se ha decidido en qué zona es necesario colocar la armadura de punzonamiento, así comola disposición concreta de ésta, se puede proceder a su dimensionamiento.

2.2 Zona con armadura de punzonamiento

El esfuerzo cortante de agotamiento consta de una parte resistida por el hormigón y otra parte queha de absorber la armadura. Para el dimensionamiento de la armadura se hace que el esfuerzo deagotamiento sea igual a la solicitación:

Vu2 = Vsu + Vcu = Fsd,ef

La contribución del hormigón se puede estimar mediante la expresión:

Vcu = 0.10·x·(100·r1·fck)1/3·b0·d = 0.10·2·(100·5·10-3·25)1/3·3513·200= 326146 N

2200

2001

d

2001 =+=+=x


r1 = 5·10-3

b0 = u1 = 3513.3 mmd = 200 mm

Por lo tanto, la armadura ha de ser capaz de resistir:

Vsu = Aa·fy

a,d·0.9·d = Fsd,ef - Vcu = 862500 - 326146 = 536354 N

m/cm7.85mm/mm57.8d9.0f

V

s

AA 22

d,y

susw ==××

==a

a

fya,d = fyd = 347.83 MPa

Con la disposición de armadura adoptada ( s=130 mm), se obtiene que el área total de armadura depunzonamiento en un perímetro concéntrico al soporte ha de ser:

Asw = Aa·s= 11.14 cm2

En el primer perímetro este área total de armadura se puede conseguir colocando f12. En el restode perímetros la armadura necesaria es menor, pero se continúan disponiendo barras del mismodiámetro, puesto que no es conveniente reducir excesivamente el diámetro de las barras y además sefacilita el montaje.

Esta armadura de punzonamiento estará constituida por barras dobladas.

2.3 Resistencia máxima

Finalmente, cabe comprobar que el esfuerzo máximo de punzonamiento no supera un cierto límite.Se ha de verificar que:

cd1

0

ef,sd fdu

F£

×

MPa312.4200)2504(

862500

du

F

0

ef,sd=

××=

×

f1cd = 0.30·fcd = 5 MPa

Así pues, también se satisface la condición de resistencia máxima.

La disposición final de las armaduras es la que se indica en la siguiente figura.

0.5d > 70 mm

d = 200 mm

12

130 mm< 0.75d

130 mm

130 mm

250 mm

70 mm


Ejercicio III-10 Punzonamiento de placas bajo cargas concentradas

La placa representada en la figura se encuentra sometida a la acción de su peso propio y de la carga

repartida Q, que actúa sobre la zona rectangular de dimensiones b y c cuyo centro es el punto P0.

En esta zona se produce una flexión considerable.

Una vez dimensionada la placa frente al estado límite último de flexión, se plantea la comprobación

de la placa frente al punzonamiento.


- acero B500 S, fyk = 500 MPa

- hormigón HA-25/B/18/IIa

En la zona de la carga concentrada las características de las armaduras son:

- cuantías: rx= 4.6 o/oo, ry= 3 o/oo,

- cantos útiles: dx= 0.46 m, dy=0.44 m. Canto total: h = 0.5 m

lx = 5 m; ly = 12 m

c = 1 m; b = 2 m

P0 (x,y) = (2m, 8.5m)

Qk = 600 kN/m2

c

b

l y

Y

X

Po

Borde libre

Borde empotrado

Borde apoyado

l x

Se pide:

Realizar la comprobación de la placa frente al punzonamiento.


Solución

La superficie crítica de punzonamiento (perímetro u1) se sitúa a 2d del área cargada:

2d

2d 2d

2d

<6d >6d

gg11

gg22

cu1

bs

bi

bu1

tg g1 = 0.235

tg g2 = 0.571

Los lados del perímetro crítico básico bu1 y cu1, paralelos a los lados b y c del área cargada, son

(tomando el canto útil medio):

m8.2)d2(2cc

m8.3)d2(2bb

1u

1u

=××+=

=××+=

El perímetro crítico, sin embargo, se ve reducido por la proximidad del borde libre según se

observa en la figura. Resulta, finalmente, el siguiente valor de u1:

( ) m70.2tg2

cd2d22

bb 2s =g×+++=

( ) m23.2tg2

cd2d22

bb 1l =g×+++=

m73.7u1 =

Calculamos tsd (tensión tangencial nominal de cálculo en el perímetro crítico), incluida la carga de

peso propio en la zona cargada:

Fsd,ef = esfuerzo efectivo de punzonamiento de cálculo

kN55.1979m/kN600cb5.1m/kN25hcb35.1F 23

1u1uef,sd =×××+××××=

MPa569.0m/kN08.569du

F2

1

ef,sd

sd ==×

=t


Se calcula trd, capacidad resistente del hormigón en el perímetro crítico:

31

ck1rd )f100(12.0 ×r××x×=t

m45.02

ddd

yx=

+=

67.1d

2001 =+=x

dondede,0037.0yx =r×r=rl

MPa421.0rd =t

Dado que se sobrepasa la capacidad resistente del hormigón en el perímetro crítico, es necesario

disponer armadura frente a punzonamiento. Deben estudiarse dos zonas:

a) Zona con armadura de punzonamiento.

Se calculan Asw, el área de la armadura de punzonamiento en un perímetro concéntrico al del área

cargada. Se trata el dimensionamiento del mismo modo que frente a esfuerzos cortantes, donde:

s

AA

ub

sw

1o

=

=

a

Asw es la armadura total frente al punzonamiento y s es la separación entre dos perímetros

concéntricos de armadura.

kN4.1219db)f100(10.0V

VVV

o

3/1

ckcu

sucu2u

=×××r××x×=

+=

)gcotg(cotsenzfAV

kN15.760VFV

d,ysu

cuef,sdsu

q+a×a×××=

=-=

aa

m4.0d9.0z

º90yº45

=×@

@a@q

m

cm71.43A

MPa78.43415.1

MPa500f

2

d,y

=

==

a

a

La disposición clásica de armadura transversal vertical es la que aparece en la figura:


0.75d0.75d0.5d

Tomando como valor de s=300 mm, se tiene una armadura de punzonamiento de 13.11 cm2 para un

perímetro concéntrico al área cargada: Asw=Aa·s=13.11 cm2. Así pues, una posible disposición de

armadura de punzonamiento es:

- primer perímetro a 230 mm del área cargada, formado por 17 barras

- segundo perímetro a 300 mm del primero, formado por 21 barras

- tercer perímetro a 300 mm del segundo, formado por 25 barras.

Como en el primer perímetro el área total de armadura se cubre con f10, y en el resto de los

perímetros aunque se dispone más armadura de la necesaria, se opta también por barras f10, ya que

no conviene reducir excesivamente el diámetro de la armadura.

f10/30 cm

300 mm

300 mm230 mm

Áreacargada

b) Zona sin armadura de punzonamiento

En la zona exterior a la armada el hormigón debe resistir el esfuerzo sin presencia de armadura.

Debe verificarse que:

( ) duf10012.0F ef,n3

1

ck1ef,sd ×××r××x×£

donde un,ef es el perímetro que aparece en la figura:


un,ef

2d

un,ef @ (9 x 3) ·300 mm +4 ·(2d) = 11.7 m

El valor de un,ef resulta ser de 11.7 m y, teniendo en cuenta el peso propio de toda el área en

estudio, resulta:

kN6.2216dukN6.2172F ef,nrdef,sd =××t<= , luego cumple.

Por último debe comprobarse que el esfuerzo máximo de punzonamiento no supera el valor:

cd1

0

ef,sdf

du

F£

×

donde f1cd es la resistencia a compresión del compresión del hormigón (f1cd = 0.3×fcd) y u0 es el

perímetro que aparece en la figura:

uo

Se tiene así,

u0 = 3.403 m

f1cd = 0.3×25 MPa / 1.5 = 5 MPa

Fsd,ef = 1.35 ×1m ×2m ·0.5m ×25 kN/m3 + 1800 kN = 1833.8 kN

MPa20.1du

F

0

ef,sd= , que cumple sin problemas.


Ejercicio III-11 Racionalización del armado I

En el encauzamiento de una riera se plantea una solución mediante un muro de sección constante de900 metros de longitud. Al tratarse de una obra lineal se pretende industrializar el armado a fin deaumentar los rendimientos de ejecución, utilizando malla electrosoldada.

Un panel de malla especial tiene, tanto en la dirección longitudinal como en la transversal, unossobrelargos o patillas, de unas dimensiones iguales a la longitud de solapo correspondiente por unlado, y de una longitud igual o sensiblemente igual a la trama por el otro.

L: longitud de las barras longitudinalesai: sobrelargo longitudinal de longitudigual o sensiblemente igual a la tramaad: sobrelargo longitudinal de longitudigual a la longitud de solapoT: longitud de las barras transversalesbi: sobrelargo transversal de longitudigual o sensiblemente igual a la tramabd: sobrelargo longitudinal de longitudigual a la longitud de solapo

Datos: - hormigón H-250.- acero B-500-S.


- juntas de construcción cada 9 metros (junta con armadura pasante)- juntas de dilatación cada 18 metros (junta sin armadura pasante)- recubrimiento de armaduras = 3 cm- dimensiones máximas de los paneles de malla electrosoldada:

9 metros en la dirección longitudinal2.45 metros en la dirección transversal.

- cuantías de armadura:

Zapata Armadura principal inferior: 3.14 cm2/mArmadura reparto inferior: 2.50 cm2/mArmadura principal superior: 5.655 cm2/mArmadura reparto superior: 3.14 cm2/m

Alzado: Armadura principal interior: 5.655 cm2/mArmadura reparto interior: 3.80 cm2/mRefuerzo interior a 1/3 de la altura: 4.95 cm2/mArmadura principal exterior: 3.90 cm2/mArmadura reparto exterior: 2.50 cm2/m

- rendimientos de colocación:

Ferralla tradicional: 80 Kg / persona / horaMalla especial: 240 Kg / persona / hora

Se pide:

1. Solución mediante malla electrosoldada especial. Plantear una racionalización del armadomediante mallas electrosoldadas especiales.

2. Solución tradicional. Plantear una racionalización del armado mediante ferralla tradicional.3. Según el plan de obra, se pretende armar dos tramos de 18 metros por la mañana (5 horas) para

hormigonar por la tarde. ¿Cuántos operarios son necesarios en la solución propuesta con mallaespecial? Comparar con la solución en ferralla tradicional.

Solución

1 Solución mediante malla electrosoldada especial

1.1 Determinación de diámetros de barras y separaciones

En la siguiente tabla se tienen los valores de las cuantías geométricas de armadura para distintosdiámetros y separaciones de barras.


Cuantías de armadura (cm2 / m)f (mm) A (cm2)Sep. = 10 cm Sep. = 15 cm Sep. = 20 cm Sep. = 25 cm

6 0.283 2.83 1.887 1.415 1.1328 0.503 5.03 3.353 2.515 2.01210 0.785 7.85 5.233 3.925 3.1412 1.131 11.31 7.54 5.655 4.524

A partir de las cuantías de armadura se obtienen las siguientes disposiciones de armadura:

Zapata Armadura principal inferior: f10 cada 25cm 3.14cm2 ³ 3.14cm2

Armadura reparto inferior: f8 cada 20cm 2.515cm2 ³ 2.50cm2

Armadura principal superior: f12 cada 20cm 5.655cm2 ³ 5.655cm2

Armadura reparto superior: f10 cada 25cm 3.14cm2 ³ 3.14cm2

Alzado Armadura principal interior: f12 cada 20cm 5.655cm2 ³ 5.655cm2

Armadura reparto interior: f10 cada 20cm 3.925cm2 ³ 3.80cm2

Refuerzo alzado interior: f12 cada 20cm 5.655cm2 ³ 4.95cm2

Armadura principal exterior: f10 cada 20cm 3.925cm2 ³ 3.90cm2

Armadura reparto exterior: f8 cada 20cm 2.515cm2 ³ 2.50cm2

1.2 Cálculo de longitudes de solapo

Para el cálculo de las longitudes de solapo se utiliza la expresión de la normativa española parabarras en posición II (65.5.2., EHE), teniendo en cuenta que más del 50% de las barrastraccionadas se solapan en la misma sección. Considerar posición II en todos los solapos conduce aun pequeño aumento del consumo de acero pero a una mejor racionalización del armado.

Longitud de solapo = bIIbII l4.1l ×=×a

cm15140

fm4.1l yk2

bII ³f×³f××=

Se obtienen para las barras de diámetro 8, 10 y 12 mm unas longitudes de solapo de 40, 50 y 60 cmrespectivamente.

1.3 Modulación de los paneles

Dadas las dimensiones de la sección transversal del muro, en el alzado y la zapata es convenientedisponer los paneles de malla electrosoldada de forma transversal. Es decir, con su dimensiónmenor en la dirección longitudinal del muro.

Es necesario diferenciar las dimensiones longitudinal y transversal de paneles y muro. Éstascoincidirán o no en función de la disposición de los paneles de malla en el elemento estructural.

Para determinar las dimensiones del panel que se quiere emplear en el armado se utiliza la siguienteecuación:


( ) TLS1nAn =×--×

donde: n es el número de paneles de malla electrosoldada que se deben disponerA es la anchura del panelS es la longitud de solapo de la barra correspondienteLT es la longitud del elemento estructural que se debe ocupar por los paneles de malla.

Para una longitud LT=17.94 m (distancia entre juntas sin armadura pasante menos el recubrimientoa ambos lados) se obtiene, en función del diámetro de las barras para solapar, la siguientedisposición de paneles para cada tramo de 18 m de encauzamiento:

f8 Þ 9 paneles de 2.35 m de anchuraf10 Þ 9 paneles de 2.44 m de anchura.

Se utiliza la siguiente designación de paneles, teniendo en cuenta que la mayor dimensión del panelse denomina longitudinal y que la menor dimensión se denomina transversal:

TxLdeSxS TLTL f-f

donde: SL: separación entre barras longitudinales,ST: separación entre barras transversales,fL: diámetro de las barras longitudinales,fT: diámetro de las barras transversales,L : longitud de las barras longitudinales,T : longitud de las barras transversales.

La racionalización de la armadura del muro mediante el empleo de malla electrosoldada especialpuede verse en el siguiente gráfico de la sección transversal:


A continuación se indican las características de los paneles de malla especial necesarios:

Malla inferior zapata 25 x 20 f 10 � 8 de 3.24 x 2.35 m

28.99 Kg / panel9 paneles / tramo( ZAP.INF )

Malla superior zapata 20 x 25 f 12 � 10 de 3.48 x 2.44 m

Esta malla tiene unas patillas laterales de 37 cm de largo. Estas patas, además de actuar de anclaje yevitar la fisuración del lateral de la zapata, se prolongan hasta la cota inferior de la zapata para fijarla armadura en su posición definitiva.

47.46 Kg / panel9 paneles / tramo( ZAP.SUP )

Malla alzado exterior 20 x 20 f 10 � 8 de 3.12 x 2.35 m


Esta malla tiene un sobrelargo en la zona de solapo con la espera. Las barras de reparto que faltanse disponen en la espera.

30.36 Kg / panel9 paneles / tramo( ALZ.EXT )

Malla espera exterior 20 x 20 f 8 � 10 de 2.35 x 1.05 m

Esta malla se realiza con el sobrelargo suficiente para poder ser �hincada� en la zapata. En la partesuperior que se solapa con el alzado, se disponen barras longitudinales de diámetro 10 mm que ademásde mantener la rigidez de la malla forman parte de la armadura de reparto interior del alzado.

9.26 Kg / panel9 paneles / tramo( ESP.EX )

Malla alzado interior 20 x 20 f 12 � 10 de 3.12 x 2.44 m

Esta malla tiene un sobrelargo en la zona de solapo con la espera. Las barras de reparto que faltanse disponen en la espera.

45.77 Kg / panel9 paneles / tramo( ALZ.INT )

Malla espera interior 20 x 20 f 10 � 12 de 2.44 x 1.15 m


Esta malla se realiza con el sobrelargo suficiente para poder se �hincada� en la zapata. En la partesuperior que se solapa con el alzado, se disponen barras longitudinales de diámetro 10 mm queademás de mantener la rigidez de la malla forman parte de la armadura de reparto interior delalzado.

14,73 Kg / panel9 paneles / tramo( ESP.INT )

Malla refuerzo interior 40 x 20 f 8 � 12 de 5.98 x 1.55 m

Esta malla está realizada con redondos de montaje de 8 mm de diámetro en la direcciónlongitudinal, y con un sobrelargo de 60 cm para permitir el �hincado� en la zapata.

48.38 Kg / panel3 paneles / tramo( REF.INT )

Malla separador 30 x 20 f 8 � 8 de 5.98 x 1.10 m

Malla que se utiliza para separar las mallas superior e inferior de la zapata. Esta malla debe tenerrigidez suficiente para permitir el hormigonado y vibrado de la zapata sin que se produzcandeformaciones que lleven a una pérdida del canto útil.

22.48 Kg / panel3 paneles / tramo


Gracias a la geometría de estos paneles de malla electrosoldada especial, se logrará una colocaciónrápida de la armadura. El procedimiento de colocación consiste en que una vez colocado el primerpanel, el sobrelargo corto del segundo panel, ya sea el transversal o el longitudinal, debe tocar laúltima barra longitudinal o transversal del primer panel.

2 Solución con ferralla tradicional

La disposición de armaduras utilizando ferralla tradicional es la siguiente:

En la tabla siguiente se realiza el despiece de la armadura de la solución con ferralla tradicional:

1 Armadura principal inferior f10 cada 25 cm

2 Armadura reparto inferior f 8 cada 20 cm

3 Armadura principal superior f12 cada 20 cm

Zapata

4 Armadura reparto superior f10 cada 25 cm

5 Armadura principal interior f12 cada 20 cm

6 Armadura reparto interior f10 cada 20 cm

7 Armadura espera interior f12 cada 20 cm

8 Refuerzo alzado interior f12 cada 20 cm

9 Armadura principal exterior f10 cada 20 cm

10 Armadura reparto exterior f 8 cada 20 cm

Alzado

11 Armadura espera exterior f10 cada 20 cm


3 Solución mediante malla electrosoldada especial

3.1 Medición del armado:

El montaje de la armadura teniendo en cuenta la racionalización del armado mediante el empleo demallas electrosoldadas realizadas a medida de dos tramos de 18 metros de encauzamiento en unamañana implica la colocación de 3603.44 Kg repartidos de la siguiente manera:

18 paneles de malla inferior zapata 521.82 Kg18 paneles de malla superior zapata 854.28 Kg18 paneles de malla alzado exterior 546.50 Kg18 paneles de malla espera exterior 166.68 Kg18 paneles de malla alzado interior 823.86 Kg18 paneles de malla espera interior 265.14 Kg6 paneles de malla refuerzo interior 290.28 Kg6 paneles de malla separador 134.88 Kg

Dado el rendimiento de colocación de la malla de 240 Kg / persona / hora puede verse que sonnecesarios 3 operarios para el montaje de la armadura.

3.2 Solución en ferralla tradicional

Medición del armado:

Zapata: Armadura principal inferior: 73 barras de 3.24 m (145.70 Kg)Armadura reparto inferior: 15 barras de 18.4 m (109.02 Kg)Armadura principal superior: 91 barras de 3.48 m (281.21 Kg)Armadura reparto superior: 12 barras de 18.4 m (136.01 Kg)

Alzado: Armadura principal interior: 91 barras de 3.12 m (252.12 Kg)Armadura reparto interior: 16 barras de 18.5 m (182.34 Kg)Armadura espera interior: 91 barras de 1.15 m (92.93 Kg)Refuerzo alzado interior: 91 barras de 1.55 m (125.25 Kg)Armadura principal exterior: 91 barras de 3.12 m (175.90 Kg)Armadura reparto exterior: 16 barras de 18.4 m (116.29 Kg)Armadura espera exterior: 91 barras de 1.05 m (58.86 Kg)

Utilizando ferralla tradicional se tiene que para cada tramo de 18 metros de encauzamiento sonnecesarios 1675.63 Kg de armadura. Por lo que si se arman 36 metros de encauzamiento, se estáncolocando 3351.26 Kg de acero en 5 horas.

Como puede verse, el armado del muro mediante ferralla tradicional se consigue utilizandoaproximadamente un 7% menos de kilogramos de acero que en la solución en malla. Teniendo encuenta que el rendimiento de colocación de la ferralla tradicional está estimado en 80Kg/persona/hora, se ve que son necesarios 9 operarios para el montaje.


Ejercicio III-12 Racionalización del armado II

Un edificio de 8 plantas está diseñado con forjados de losa maciza de 16 x 28 metros. Conocidas las

cuantías de armadura que se deben disponer se pretende realizar una racionalización de armaduras a

fin de conseguir un aumento de los rendimientos de colocación y una mejora de la calidad.

Datos: - hormigón H-250

- acero B-500-S

- juntas de construcción cada 9 metros

- dimensiones máximas de los paneles de malla electrosoldada especial:

9 metros en la dirección longitudinal

2.45 metros en la dirección transversal.

- cuantías de armadura: armadura superior de la losa: 1.40 cm2/m

armadura inferior de la losa: 2.50 cm2/m.

Nota: un panel de malla especial tiene tanto en la dirección longitudinal como en la transversal unos

sobrelargos o patillas de unas dimensiones iguales a la longitud de solapo correspondiente por un

lado y de una longitud igual o sensiblemente igual a la trama por el otro.

L: longitud de las barras longitudinales

ai: sobrelargo longitudinal de longitud

igual o sensiblemente igual a la trama

ad: sobrelargo longitudinal de longitud

igual a la longitud de solapo

T: longitud de las barras transversales

bi: sobrelargo transversal de longitud

igual o sensiblemente igual a la trama

bd: sobrelargo longitudinal de longitud

igual a la longitud de solapo

Plantear una solución en malla electrosoldada especial o �hecha a medida� como una alternativa a la

que se utiliza frecuentemente con malla electrosoldada estándar.


Solución

Se plantea una solución en malla electrosoldada especial como alternativa a la malla estándar. El

empleo de malla especial permite la colocación técnicamente correcta de la armadura de la losa ya

que todas las mallas están situadas en un mismo plano, incluso en las zonas de solapo.

1 Problemática del empleo de malla electrosoldada estándar

La práctica habitual en el armado de losas, basada en el empleo de malla electrosoldada estándar,

realiza el solapo de las armaduras superponiendo unas mallas sobre las otras. De esta forma se crean

hasta cuatro capas de mallas en las zonas de solapo.

Los efectos de la creación de estas cuatro capas de malla son:

§ Disminución del canto útil y, en consecuencia, reducción de la capacidad resistente del

elemento estructural.

§ Creación de un �tamiz� que no es más que una barrera para el hormigón. Se dificulta el

hormigonado y vibrado haciendo que aumente la probabilidad de un hormigonado defectuoso.

Determinación de diámetros de barras y separaciones:

En la siguiente tabla se tienen los valores de las cuantías geométricas de armadura para distintos

diámetros y separaciones de barras.


Cuantías de armadura (cm2 / m)f (mm) A (cm2)

Sep.=10 cm Sep.=15 cm Sep.=20 cm Sep.=25 cm

6 0.283 2.83 1.887 1.415 1.132

8 0.503 5.03 3.353 2.515 2.012

10 0.785 7.85 5.233 3.925 3.14

12 1.131 11.31 7.54 5.655 4.524

A partir de las cuantías de armadura se obtienen las siguientes disposiciones de armadura:

- armadura superior de la losa: f 6 cada 20 cm 1.415 cm2 ³ 1.40 cm2

f 8 cada 20 cm 2.515 cm2 ³ 2.50 cm2

2 Cálculo de longitudes de solapo

Para el cálculo de las longitudes de solapo se utiliza la expresión de la normativa española teniendo

en cuenta que más del 50 % de las barras traccionadas se solapan en la misma sección.

Longitud de solapo = bb l4.1l ×=×a

cm15200

fml

yk2

bI ³f×³f×=

cm15140

fm4.1l

yk2

bII ³f×³f××=

Se obtiene para las barras de diámetro 6 mm, situadas en posición II, una longitud de solapo de 30

cm. Y para las barras de diámetro 8 mm, situadas en posición I, una longitud de solapo de 30 cm.

3 Modulación de los paneles

Se plantea una disposición de paneles en la que las barras longitudinales de cada panel tienen la

misma dirección que la mayor dimensión de la losa.

Para determinar las dimensiones del panel que se debe emplear en el armado de la losa se utiliza la

siguiente ecuación:

( ) TLS1nAn =×--×

donde: n es el número de paneles de malla electrosoldada que se debe disponer

A es la anchura del panel

S es la longitud de solapo de la barra correspondiente

LT es la longitud del elemento estructural que se debe ocupar los paneles de malla.


Dada la longitud de solapo, que coincide en las barras de 6 y 8 mm de diámetro debido a las

diferentes posiciones de hormigonado, y dadas las longitudes LT=27.94 m (dimensión longitudinal

de la losa menos el recubrimiento a ambos lados) y LT=15.94 m (dimensión transversal de la losa

menos el recubrimiento a ambos lados) se obtiene que deben disponerse paneles de 5.58 x 2.26

metros. Esta dimensión de los paneles da lugar a 5 paneles en dirección longitudinal y 8 paneles en

dirección transversal.

Se utiliza la siguiente designación de paneles, teniendo en cuenta que la mayor dimensión del panel

se denomina longitudinal y que la menor dimensión se denomina transversal:

TxLdeSxS TLTL f-f

donde: SL: separación entre barras longitudinales

ST: separación entre barras transversales

fL: diámetro de las barras longitudinales

fT: diámetro de las barras transversales

L: longitud de las barras longitudinales

T: longitud de las barras transversales.

Así pues, para la solución en malla electrosoldada especial se tienen los siguientes paneles:

Malla superior losa 20 x 20 f 6 � 6 de 5.53 x 2.26 m


25.43 Kg / panel

40 paneles/ tramo

Malla inferior losa 20 x 20 f 8 � 8 de 5.858 x 2.26 m

42.25 Kg / panel

40 paneles/ tramo

Gracias a la geometría de estos paneles de malla electrosoldada especial se logrará una colocación

rápida de la armadura. El procedimiento de colocación consiste en que una vez colocado el primer

panel, el sobrelargo corto del segundo panel, ya sea el transversal o el longitudinal, debe tocar la

última barra longitudinal o transversal del primer panel.

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Ediciones Upc - Hormigon Armado y Pretensado (Ejercicios)