UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN ANDRÉS HORMIGÓN ARMADO I FACULTAD DE INGENIERÍA CIV – 209 INGENIERÍA CIVIL EJERCICIOS DE CATEDRA

ING. MIGUEL MUÑOZ B. - DANIEL SAAVEDRA M. CAPITULO 12 - 2

CAPITULO 12

TRACCIÓN SIMPLE Y COMPUESTA.

EJEMPLO 3.- a) Calcular el baricentro plástico de la siguiente sección.

1. MATERIALES.-

- Acero B 400 S

- Acero AH-400-F

- Hormigón H-25

2. DIAGRAMAS σ - ε

- Acero B 400 S - Acero AH-400-F

Para construir el diagrama σ-E en frio:

• Determinar los puntos límites de la recta de Hooke.

40.0

25.0

3φ25 (ΑΗ −400−F)

4φ20 (Β 400 S)

a - a

Y

55

X

][82.34715.1

400Mpaf

ff yd

ssustituimo

s

ykyd == →=

γ

][82.34715.1

400Mpaf

ff yd

ssustituimo

s

ykyd == →=

γ

OOO

yssustituimo

s

ydy E

f/74.1

200000

82.347 == →= εε

OOO

yssustituimo

OOO

s

ydy E

f/2

200000

82.347/2 += →+= εε

Hormigón H-25

][67.165.1

25Mpaf

ff cd

ssustituimo

c

ckcd == →=

γ

][MpaSσ

OOO

y /ε

][MpaSσ

OOO

y /ε

OOO

y /74.3=ε

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1er punto (0, 0)

2do punto límite

• Luego se determina el punto correspondiente a la tensión del límite elástico

y a la deformación del límite elástico.

• Luego se determinó el punto final del diagrama correspondiente a la

deformación de 10‰

3. CALCULO DE LAS AREAS DE ACERO.-

4. CALCULO DE LOS BARICENTROS.-

5. CALCULO DEL BARICENTRO PLÁSTICO.-

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

en el baricentro plástico

Cuando Td actúa en el Bp (baricentro plástico) es tracción céntrica,

entonces:

Sustituimos:

][47.24382.347*7.0*7.0 Mpaf yd ==

OOO

f yd/217.1

200000

47.2437.0 ==ε

5

7.0*823.0

−+=

yd

S

s

SS fE

σσε

][48.3817.082.347

*823.0200000

5

MpaSoperamosSS

S = →

−+= εσσε

][56.1214.3*4204: 21 cmAS ==φ

][73.1491.4*3253: 22 cmAS ==φ

][0.51 cmY = ][0.452 cmY =

][0.51 cmY = ][0.452 cmY =

][5.27 cmYp =→=∑

∑n

iSiSi

i

n

iSiSi

p

A

YAY

σ

σ

*

**→

++=

48.381*73.1482.347*56.12

45*48.381*73.145*82.347*56.12pY

22 ** SSSYSYdv AATT σσ +==

→+= ]148.38*73.14782.34*56.12dTKNTd [78.998=

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c) En el ejercicio anterior calcular la cuantía geométrica.

d) VERIFICAR si el tirante satisface la condición de no fragilidad.

Cumple

e) VERIFICAR cuantía mínima

Cumple

f) CONSIDERAR del ejercicio anterior para un ambiente en el que la fisuración

es perjudicial y asumir las definiciones que corresponde.

- Calculo de la tensión del acero σs

∴ la más desfavorable de las tres

- Cálculo de Tk

- Cálculo de

][56.12204: 21 cmAS =φ

][73.14253: 22 cmAS =φ

][29.27 2cmAS =

][12505025 2cmAC =×=

+

⇒== 100*1250

29.27

C

S

A

Aq OO

Oq /2.2=

mCtCydS fAfA ,** ≥

1.0*)25(*3.0*1250782.34*29.27 3/2≥

][62.320][2.949 KNKN ≥

CdCydS fAfA **2.0* ≥

667.1*1250*2.0782.34*29.27 ≥

][75.416][2.949 KNKN ≥

⇒≤→≤ )400(3

2)(

3

2SykS f σσ ][7.266 MpaS ≤σ

⇒≤→≤ 77.1*6.1*100**100 , SkctS f σησ ][114.185 MpaS ≤σ

3/2, )(*207.0 ckkct ff =

3/2, )25(*207.0=kctf

][77.1, Mpaf kct =][400 MpaS ≤σ

][114.185 MpaS =σ

][8.6325.1

2.949KN

TT

f

dK ===

γ

][19.34511.18

8.632 2cmT

AS

kSser ===

σ

SserA

][9.629.2719.34 2cmAS =−=∆

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Falta de armadura:

Con esa cantidad de armaduras nuevas se garantiza que la fisuración de la

pieza cumplirá lo exigido en las condiciones de fisuración perjudicial.

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

de una nave industrial de 20 [mts] de luz con forma parabólica que recibe una

carga en el borde de la cubierta parabólica. Verificar a condiciones fisuración

perjudicial.

DATOS:

(CNC)

Condiciones Normales

de control

El 30%de la fuerza corresponde a acciones permanentes y el 70 %

acciones variables, 30%G; 70%Q.

1. MATERIALES.-

- Hormigón H-20

- Acero B 500 S

2. CARGAS

][29.27 2cmAS =O

OSA /4756.12204:1 →=φ

OO

SA /5373.14253:2 →=φ

])[08.16(168][8.1524.3 22 cmcm ⋅≅=+ φ

])[84.18(206][39.1866.3 22 cmcm ⋅≅=+ φ

Columna

Tirante

Arco

26840[KN]

][840 KNNd =

][20 ml =o26=α

SB −− 50020−H

][783.43415.1

500Mpaf

ff yd

ssustituimo

s

ykyd == →=

γ

OOO

yssustituimo

s

ydy E

f/174.2

200000

783.434 == →= εε

][33.135.1

20Mpaf

ff cd

ssustituimo

c

ckcd == →=

γ

840dN

dT

o26][0.755)26cos(*840 KNTd ==

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3. ÁREA DE ACERO NECESARIO.-

4. CÁLCULO DEL Ac.-

4.1 Condición de no fragilidad.

4.2 Cuantía mínima

Definimos: Sección 30x60

5. CARGAS.-

6. SOLICITACIONES.-

Tramo.

Se sale entonces Flexo Tracción

][37.174783.43

755 2cmAS ==

mCtCydS fAfA ,** ≥

221.0

755=cA

CdCydS fAfA **2.0* ≥

][21.220*3.0 3 2, Mpaf mCt ==

máximaÁrea.

][3.3416 2cmAc =

b

b 4.583.3416 ==b

b

b233.413.34162 2 =→=⋅ bb

74.333.34163 2 =→=⋅ bb

][2832333.1*2.0

755 2cmA c ==

bb 22.532832 ==b

b

b2

63.3728322 2 =→=⋅ bb

]/[75.65.1*25*60.0*30.0 mKNgdv ==

][0.755 KNTd =

][5.3378

20*75.6 2

mKNM O ⋅==

910

Mo

Mo101

][0.30410

9mKNM O ⋅=

][40.0755

304m

T

Me

d

d ===

30.0

3.0 40

.0

Td

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Cuando el empotramiento es perfecto ⅔ Mo en apoyo y 1/3 Mo en tramo. Aquí tomamos

½ de Mo.

7. CALCULO DE As.-

8. CÁLCULO DE DEFORMACIÓN.-

434.78

370.37

1.85%

[Mpa]

10%

f

σ

yd

yεε

=2.17%

S

Corregimos:

12

Mo

Mo21

Td22.0

3.0

30.0

3.0

549