ediciones upc - hormigon armado y pretensado (ejercicios)
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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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios10
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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios16
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios18
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
Tramo AB: 0 £ x £ 10 m
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
Tramo AB: 0 £ x £ 10 m
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios20
Ley V
Tramo AB: 0 £ x £ 10 m
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
Tramo AB: 0 £ x £ 10 m
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
Tramo biapoyado (AB)
· 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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios22
2.2 Leyes de esfuerzos cortantes
- Cargas permanentes
Ley I
Tramo AB: 0 £ x £ 10 m
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
Tramo CB: 0 £ x £ 3 m
VIx = 10.13 x
X = 0 VI = 0
X = 3 m VI= 30.39 kN
Ley II
Tramo AB: 0 £ x £ 10 m
VIIx = 34.13 �7.5x
X = 0 VII = 34.13 kN
X = 4.55 m VII = 0
X = 10 m VII= -40.87 kN
Tramo CB: 0 £ x £ 3 m
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios24
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:
Tramo AB: 0 £ x £ 10
kN75.6l2
lqV
2
x -=×
-=
Acciones 25
Tramo CB: 0 £ x £ 3
x15xqVx =×=
X = 0 V = 0
X = 3 V= 45 kN
Agrupando en cortantes positivos (ley III) y cortantes negativos (ley IV):
Ley III
Tramo AB: 0 £ x £ 10
( )2xIII
x1075.0V -=
X = 0 VIII = 75 kN
X = 10 VIII= 0
Tramo CB: 0 £ x £ 3
xV xIII 15=
X = 0 VIII = 0
X = 3 VIII= 45 kN
Ley IV
Tramo AB: 0 £ x £ 10
2x
IV x75.075.6V --=
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios26
X = 0 VIV = -6.75 kN
X = 10 VIV= -81.75 kN
Carga puntual móvil Q* = 120 kN
Actuando en el tramo biapoyado (AB):
Tramo AB: 0 £ x £ 10
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):
Tramo AB: 0 £ x £ 10
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
Tramo AB: 0 £ x £ 10
VVx = ÷ø
öçè
æ-10
x1120
X = 0 VV = 120 kN
X = 10 VV= 0
Tramo CB: 0 £ x £ 3
VVx = 120 kN
X = 0 V = 120 kN
X = 10 V= 0
Ley VI
Tramo AB: 0 £ x £ 10
0 £ x £ 3 VVIx = -36 kN
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios28
3 £ x £ 10 VVIx= - 12x
Composición de cortantes positivos
Tramo biapoyado (AB)
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
Tramo biapoyado (AB)
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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios32
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios34
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
Sobrecarga de uso móvil
Q = 100 kN
Viento
H = 50 kN
Nieve
q = 10 kN/ml
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios36
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
Sobrecarga de uso móvil
Q = 100 kN
MI
60 kNm135.5 kNm
75 kNm101.25 kNm
81 kNm 182.25 kNm
MII
32 kN 43.2 kN
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios38
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios42
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)
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios44
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios46
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios48
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios50
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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios52
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios54
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.
Axiles negativos 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.
Axiles negativos ya calculados.
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:
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios56
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:
Gcp Gcp Qcp Qcwi Qcwd
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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios58
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:
Gcp Gcp Qcp Qcwi 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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios60
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios62
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
Hormigón armado y pretensado66
Envolvente de momentos flectores
Envolvente de esfuerzos cortantes
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
Envolvente de momentos flectores
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 esfuerzos cortantes
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
Hormigón armado y pretensado68
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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios70
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios72
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios74
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:
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios76
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios78
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios80
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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios82
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).
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios84
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)
® Debe aparecer una tensión que introduzca una deformación instantánea igual y contraria al
balance parcial
Ds(9.2)=-(Dem(9.2,3)+Decs(9.2))E(9.2)
em(9.2,9.2)=Ds(9.2)J(9.2,9.2)
® Balance en deformaciones:
e(9.2) = Decs(9.2) + Dem(9.2,3) + em(9.2,9.2) + e(3) = 0
® Balance en tensiones:
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios86
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
® Debe aparecer una tensión que introduzca una deformación instantánea igual y contraria al
balance parcial:
em(i,i)=Ds(i)J(i,i)
Ds(i)=-SDem(i,j)·E(i)j=i-Dt
j=3
® Balance en deformaciones:
e(i) = Decs(i) + Dem(i,3) + Dem(i,9.2) + ... + em(i,i- Dt) + em(i, i) + e(i- Dt) = 0
Materiales 87
® Balance en tensiones:
s(i) = Ds(i) + s(i-Dt)
En la gráfica siguiente se presenta la solución del problema en términos de fluencia. La curva �tens
sin flu� representa las tensiones acumuladas sin tener en cuenta los fenómenos de fluencia. La curva
�tens con flu� representa la solución teniendo en cuenta los fenómenos diferidos. Las tracciones
finales aparecen por la escala de intervalos tomados. La tensión de compresión final aproximada es
de 2 MPa, que coincide muy sensiblemente con la obtenida según la función aproximada de
relajación que se ha tomado.
TENSIONES EN t
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
0 200 400 600 800 1000
días
MPaTENS (t) con flu
TENS(t) sin flu
Análisis estructural 89
Ejercicio I-7 Pérdidas instantáneas y diferidas en una viga con armaduras postesas
Una viga simplemente apoyada de hormigón pretensado debe salvar una luz de 25 m. Sobre ella
actúan, además del peso propio (8,5 kN/m), una carga muerta de 1.5 kN/m, una sobrecarga de uso
de 2 kN/m y una carga puntual móvil de 100 kN.
Se adopta una solución 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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios90
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.
Análisis estructural 91
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:
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios92
÷÷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.
Análisis estructural 93
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios94
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
Análisis estructural 95
Ejercicio I-8 Pérdidas instantáneas y diferidas en una viga con armaduras pretesas
Los elementos resistentes de un forjado unidireccional son viguetas de hormigón pretensado de 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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios96
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
Análisis estructural 97
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios98
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
Análisis estructural 99
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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios100
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
Análisis estructural 101
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
Análisis estructural 103
Ejercicio I-9 Cargas y esfuerzos debidos al pretensado en estructuras isostáticas
Una viga simplemente apoyada debe resistir, además de su peso propio, una carga uniformemente
repartida de 10.0 kN/ml extendida en toda su longitud. Para ello se diseña una solución de
hormigón pretensado con armaduras postesas, cuyo trazado equivalente es el de la figura adjunta, y
cuyas características geométricas y mecánicas son:
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:
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios104
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)
Análisis estructural 105
· 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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios106
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
Análisis estructural 107
provocan. Además, al estar el punto de inflexión demasiado alejado del apoyo, este efecto se ve
acentuado.
Finalmente, el hecho de dar una excentricidad al pretensado en la zona de apoyos (ea = 20 cm)
provoca una elevación general del trazado en secciones intermedias, por lo cual el efecto beneficioso
del pretensado disminuye. No obstante, se observa que la fuerza de pretensado es interior al núcleo
central. Además, si hubiese rozamiento las pérdidas serían innecesariamente aumentadas.
Así pues, se considera que el trazado más adecuado sería aquel con dos curvaturas, situado el punto
de inflexión cercano a la vertical del apoyo. De esta forma se puede conseguir una cierta pendiente
en la zona de apoyos, llegando con pendiente nula al extremo de la viga, con lo cual se facilita la
operación de tesado. Finalmente, se dispondría excentricidad nula en zona de apoyos.
Análisis estructural 109
Ejercicio I-10 Hiperestáticos de pretensado. Trazado concordante. Viga continua
Para reducir el número de pilares en la planta baja de un edificio y resistir las cargas puntuales Q
por ellos transmitidas, se diseña una viga continua de hormigón pretensado de sección rectangular,
con armaduras postesas de trazado equivalente poligonal, tal como indica la figura adjunta. No se
consideran pérdidas instantáneas ni diferidas.
Se pide:
1. Obtener los esfuerzos hiperestáticos de pretensado en la viga.
2. Calcular la relación entre e1 y e2 para obtener un trazado concordante.
3. Predimensionar el valor de la fuerza de pretensado por el método de compensación de cargas
Q = 400 kN, despreciando el peso propio de la viga.
4. Con el valor de P antes calculado, si e1=0.4 h , e2=0.4 h y l=10 m, calcular el valor de la
carga exterior Q para la que se producirá la primera fisura.
Nota: se adoptarán los siguientes valores de las propiedades mecánicas del hormigón:
- resistencia a compresión fc,k = 35 MPa
- resistencia a tracción fct,k = 3 MPa
- módulo de deformación longitudinal Ec = 35000 MPa
Solución
1. Se efectúa el cálculo del momento hiperestático de pretensado a partir de las curvaturas
impuestas c por el pretensado en cada sección:
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios110
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:
Análisis estructural 111
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios112
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
Análisis estructural 113
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios114
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.
Análisis estructural 115
Ejercicio I-11 Esfuerzos de pretensado en un pórtico biempotrado
Dado el pórtico de la figura adjunta (cuyo dintel está pretensado), en el que se considera que 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).
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios116
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 ==
Análisis estructural 117
§ 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:
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios118
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:
Análisis estructural 119
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:
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios120
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:
Análisis estructural 121
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:
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios124
- 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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios126
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
2.2.2 Sección de apoyo
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 ×-=
×-=×=
×= -+
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios128
2.3.1 Sección centro de vano
MPa10.21mkN22.21099I
vM
I
vM
A
P
MPa38.1mkN36.1384I
'vM
I
'vM
A
P
2qog
c
sup
2qog
c
inf
-=-=×
-×
--=
-=-=×
-×
--=
+
+
s
s
2.3.2 Sección de apoyo
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
2.4.1 Sección centro de vano
MPa32.17mkN45.17320I
vM
I
vM
A
P
MPa04.3mkN84.3034I
'vM
I
'vM
A
P
2qg
c
sup
2qg
c
inf
-=-=×
-×
--=
-=-=×
-×
--=
+
¥
+
¥
s
s
2.4.2 Sección de apoyo
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:
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios130
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios132
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 armado y pretensado. Ejercicios136
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:
Análisis seccional 137
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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios138
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:
Análisis seccional 139
÷÷÷÷÷÷
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios140
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
Análisis seccional 141
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios142
)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
Análisis seccional 143
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
Análisis seccional 145
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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios146
Solución
Características de los materiales:
- resistencia a compresión del hormigón a los 28 días:
fck = 45 MPa
- resistencia a compresión del hormigón a los 5 días:
fc,5 = 0.525·fck = 23.63 MPa
- resistencia media a compresión del hormigón:
fcm = fck + 8 MPa = 53 MPa
- resistencia característica a tracción del hormigón a los 28 días:
fct,k= 0.21·fck2/3 = 2.66 MPa
- resistencia a tracción del hormigón a los 5 días:
fct,5 = 0.55·fct,k = 1.46 MPa
- módulo de deformación longitudinal del hormigón a 28 días:
Ec,28= 8500 fcm, 281/3=31928 MPa
- módulo de deformación longitudinal del hormigón a 5 días:
Ec,5 = b5·Ec,28 = 22829 MPa
(b5 = 0.715)
- módulo de deformación longitudinal del acero:
Ep = 1.9·105 MPa
- coeficiente de equivalencia a los 5 días:
n = Ep/Ec = 8.3
- área de las armaduras activas:
Ap = 4·140 = 560 mm2
- radio de giro de la sección homogeneizada:
r2 = Ih/Ah = 46014.8 mm2
- resistencia de cálculo del hormigón:
fcd = fcd /1.5 = 30 MPa
- resistencia de cálculo del acero activo:
fpyd = fpyk /1.15 = 1478 MPa
- fuerza de pretensado a los 5 días.
- fuerza de pretensado antes de transferir:
P0 = Ap·sp0 = 560 mm2·1400 MPa = 784 kN
- pérdidas por acortamiento elástico:
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-=
Análisis seccional 147
( )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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios148
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
Análisis seccional 149
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:
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios150
( ) ( )[ ]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
Análisis seccional 151
( ) ( )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 ×+
==
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios152
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
Análisis seccional 153
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
Análisis seccional 155
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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios156
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
Análisis seccional 157
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios158
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 +=
Análisis seccional 159
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 =×=׳+×
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:
Análisis seccional 161
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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios162
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
Análisis seccional 163
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios164
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.
Análisis seccional 165
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios166
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
Análisis seccional 167
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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios170
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).
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios174
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
E.L.U. agotamiento por solicitaciones normales 175
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios176
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
E.L.U. agotamiento por solicitaciones normales 177
5. Para garantizar que la rotura será dúctil, se habrá de verificar la relación obtenida en el apartado
2. Por otra parte, al tratarse de flexión pura, se ha de adoptar un valor nulo para 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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios178
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%.
E.L.U. agotamiento por solicitaciones normales 179
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios180
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 =
×+×
××+××=
E.L.U. agotamiento por solicitaciones normales 181
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios182
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)
E.L.U. agotamiento por solicitaciones normales 183
a) Sólo armadura de tracción. Veamos el dominio de rotura:
Dominio 2 ® entre x = 0 y x = 0.259d
Dominio 3 ® entre x = 0.259d y x =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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios184
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).
E.L.U. agotamiento por solicitaciones normales 185
Ejercicio II-3 Dimensionamiento y comprobación de secciones rectangulares
en flexocompresión recta
Considérese una sección rectangular de hormigón armado de 0.30 x 0.50 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
E.L.U. agotamiento por solicitaciones normales 187
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
188 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
Nd > 0.425 Uc = 0.425 · 2250 = 956.2 kN
Por tanto, el proceso es: siendo e = 0.2 + 0.45 � 0.25 = 0.4 m
A�s fyc,d = As fyc,d = 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)
E.L.U. agotamiento por solicitaciones normales 189
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:
190 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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.
E.L.U. agotamiento por solicitaciones normales 191
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 ===
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios192
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
E.L.U. agotamiento por solicitaciones normales 193
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:
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios194
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
E.L.U. agotamiento por solicitaciones normales 195
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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios196
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
E.L.U. agotamiento por solicitaciones normales 197
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
E.L.U. agotamiento por solicitaciones normales 199
Ejercicio II-5 Comprobación del E.L.U de flexocompresión de secciones pretensadas
con armadura adherente y no adherente
Una placa unidireccional de un forjado pretensado con armaduras postesas presenta la sección
transversal que se esquematiza en la figura adjunta.
El forjado, de 14 m de luz, trabaja simplemente apoyado, y tiene las siguientes cargas actuantes:
- 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 armado y pretensado. Ejercicios200
- 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
E.L.U. agotamiento por solicitaciones normales 201
por tanto, se verifica la seguridad a rotura.
En cuanto a la rotura dúctil se tiene:
x = 1.25·y x = 48.9 mm
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 -×=×=-×+
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios202
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.
Las características de los materiales son:
Para la jácena de hormigón armado HA-30/P/20/IIb, B-500-S.
Para la jácena de hormigón pretensado HP-30/P/20/IIb, Y 1860 S7, B-500-S.
La jácena está pretensada con 6 cordones de f 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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios204
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
E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales 205
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=
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios206
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
E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales 207
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios208
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+׳
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
E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales 209
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios210
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
E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales 211
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios212
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+׳
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 =
E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales 213
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
216 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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
E.L.U. agotamiento por solicitaciones tangenciales 217
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:
218 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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+׳
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 >=××=
E.L.U. agotamiento por solicitaciones tangenciales 219
Esta disposición cumple con la separación máxima establecida (300 mm).
1.3 Otras secciones a lo largo de la pieza
En otras secciones, dado que el trabado del tendón equivalente es parabólico, el efecto favorable 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
220 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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.
E.L.U. agotamiento por solicitaciones tangenciales 221
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:
222 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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
E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales 223
Ejercicio II-8 Torsión en una viga de hormigón armado
Una marquesina de hormigón armado está constituida por una viga rectangular de 0,50 x 0,80 m y
una losa de 0,20 m de espesor que vuela lateralmente 1,50 m como indica la figura adjunta. La
viga, de 8 m de longitud, se encuentra biapoyada a flexión y empotrada a torsión en sus extremos.
Las acciones a considerar, además del peso propio, son una sobrecarga variable de 4 kN/m2
extendida en cualquier posición sobre la Marquesina.
Las características de los materiales son:
- 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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios224
- 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)
E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales 225
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios226
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׳
×
mlmm29.317s
A 2
t
st ³
mlmm29,137u
A95.137gcot
A2
T
u
fA 2sl
e
dtdsl =Þ=q׳×
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.
E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales 227
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+׳
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios228
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:
E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales 229
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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios230
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).
E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales 231
Ejercicio II-9 Torsión en una viga de hormigón armado embrochalada
Considérese la estructura de la figura adjunta, constituida por dos vigas embrochaladas de hormigón
armado, de igual sección rectangular, tal como indica la figura adjunta. La viga CD se encuentra
apoyada a flexión y empotrada a torsión en ambos extremos, mientras que la viga AB se encuentra
simplemente apoyada en A y empotrada a la viga CD en su punto medio.
Las propiedades de proyecto de los materiales son:
- hormigón: HA-30/P/20/I, 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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios232
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
E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales 233
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios234
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 =
×׳
2
cmin,s mm6726004000028.0A0028.0A =××=׳
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:
E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales 235
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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios236
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:
E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales 237
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios238
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:
E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales 239
2 Dimensionamiento despreciando la rigidez a torsión de la viga CD
En este caso, al despreciar la rigidez a torsión de la viga CD frente a la rigidez a flexión de la viga
AB, no se transmiten momentos en la unión de ambos elementos, por lo que se pueden calcular
como vigas simplemente apoyadas.
Las leyes de esfuerzos (momento flector y cortante) son en este caso:
Los valores de cálculo que se adoptan para el dimensionamiento de las secciones críticas son:
Sección 1 2 3 4
Md (kN·m) 480 0 320 0
Vd (kN) 160 160 80 80
2.1 Dimensionamiento a flexión
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)
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios240
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:
E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales 241
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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios242
E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales 243
Ejercicio II-10 Torsión en una viga de hormigón pretensado
Un puente de hormigón pretensado presenta el esquema longitudinal y transversal que se indica 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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios244
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.
E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales 245
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios246
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
E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales 247
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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios248
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:
E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales 249
- 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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios250
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:
E.L.U. de agotamiento por solicitaciones tangenciales 251
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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios254
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios256
( ) 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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios258
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
E.L.U. adherencia y anclaje 259
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.
E.L.U. adherencia y anclaje 261
Ejercicio II-13 Anclaje por adherencia de armaduras pretesas
Se ha de realizar el dimensionamiento de la armadura de la zona de anclaje de una viga de hormigón
pretensado con armadura pretesa, de sección rectangular, con las siguientes características:
- b =15 cm
- h = 40 cm
- P0= 330 kN
- e = -9.5 cm, medidos desde el c.d.g. de la sección
Las características de los materiales son:
- Armaduras pasivas de acero B500 S, fyk = 500 MPa
- Hormigón HA-25/B/18/IIa
- Armaduras activas a base de cordones Y1860 S7:
n = 3 cordones de pretensado
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:
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios262
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
=××=
=
E.L.U. adherencia y anclaje 263
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 :
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios264
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.
Las propiedades de proyecto de los materiales son:
- hormigón: HA-30/P/12/II- armaduras: B500 S
Se considera un nivel de control normal.
Se pide:
1. Dimensionar la armadura longitudinal en la sección de la base necesaria para resistir 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,
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios266
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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios268
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:
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios270
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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios274
Para la aplicación de este método simplificado y el dimensionamiento de los soportes se consideran
diversos parámetros comunes:
Características de los materiales:
- 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)
i = 0.115 m (radio de giro)
l40 = 4 m (longitud)
pilar de 30x30 cm2: Ip30= 0.000675m2 (momento de inercia)
i = 0.0866 m (radio de giro)
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios276
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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios278
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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios280
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)
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios282
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
+
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios284
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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios288
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)
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios290
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:
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios292
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)
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios294
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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios298
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios300
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)
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios302
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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios306
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
Elementos Estructurales 307
- 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:
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios308
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 =+-=+-==
¥
Elementos Estructurales 309
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios310
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
Elementos Estructurales 311
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.
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios312
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
Elementos Estructurales 313
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:
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios314
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
××=¢
×=
Elementos Estructurales 315
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios316
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:
Elementos Estructurales 317
m/cm37.3Ab75.020
f2.0fA 2
min,0ck
y =®×÷ø
öçè
æ+׳×
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios318
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:
Elementos Estructurales 319
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
Hormigón armado y pretensado. Ejercicios320
- 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
Elementos Estructurales 321
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
Elementos Estructurales 323
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=×==
324 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
÷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
Elementos Estructurales 325
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
326 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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
Elementos Estructurales 327
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+׳
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
×
328 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
Elementos Estructurales 329
Ejercicio III-3 Dimensionamiento de un pescante
Considérese el pescante de hormigón armado cuyas dimensiones se indican en la figura adjunta.
Dicha estructura se encuentra a la intemperie en un ambiente exterior normal.
La estructura está sometida a las siguientes acciones:
- peso propio: 8 kN/ml
- sobrecarga uniforme permanente en el dintel (AC) de 22 kN/ml
- sobrecarga de uso: carga puntual móvil de 100 kN que puede actuar únicamente en el
tramo BC del dintel
- viento: carga puntual horizontal de 50 kN
- nieve: sobrecarga uniforme de 10 kN/ml
Se consideran los siguientes materiales:
- hormigón 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.
330 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
Solución
1.1 Solicitaciones de cálculo
Las envolventes de momentos flectores, cortantes y axiles pueden encontrarse en el ejercicio I-2 de
esta colección.
1.2 Dimensionamiento a flexión
Una vez determinados 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 =
Elementos Estructurales 331
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+
×=×=
332 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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
Elementos Estructurales 333
Para completar el dimensionamiento se deben considerar secciones adicionales en las cuales, por ser
menores los esfuerzos actuantes, es de preveer una menor necesidad de armadura longitudinal. Para
tener en consideración el incremento de tensión que genera en la armadura longitudinal la presencia
de esfuerzos cortantes (interacción 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
334 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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.
Elementos Estructurales 335
1.2.3 Parte izquierda del dintel
En este caso sólo hay momentos flectores de un signo (tracción superior). La expresión analítica de
la envolvente de dichos momentos y de los esfuerzos axiles es (tomando origen de X en el pilar):
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 ×׳
(expresión para el caso de hormigón armado y sección rectangular).
Se sustituyen los valores que se presentan en la estructura:
336 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
252cm89.5
15.1
10500
102032.004.0A 2
6
6
s fÞ=×
××׳
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
׳
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.
Elementos Estructurales 337
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
338 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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:
Elementos Estructurales 339
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
340 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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+׳ 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:
Elementos Estructurales 341
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
Elementos Estructurales 343
Ejercicio III-4 Zapata y encepado para pescante
Se desea cimentar el pescante cuyas leyes de esfuerzos de cálculo se han obtenido en el 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
344 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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
Elementos Estructurales 345
· 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:
HIPÓTESIS 1 HIPÓTESIS 2
473 kN
50 kN
580 kNm
473 kN
50 kN
157.5 kNm
346 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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 ===
Elementos Estructurales 347
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:
HIPÓTESIS 1 HIPÓTESIS 2
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:
HIPÓTESIS 1 HIPÓTESIS 2
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:
348 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
HIPÓTESIS 1 HIPÓTESIS 2
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 =×=
Elementos Estructurales 349
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:
350 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
)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:
Elementos Estructurales 351
)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
352 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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
Elementos Estructurales 353
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:
354 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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.
Elementos Estructurales 355
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.
356 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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
Elementos Estructurales 357
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):
358 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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
Elementos Estructurales 359
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
Elementos Estructurales 361
Ejercicio III-5 Viga de puente pretensado para trabajar junto a losa de compresión
Se desea proyectar una viga en �doble T� de hormigón pretensado con armaduras pretesas, para 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.
362 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
- 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:
Elementos Estructurales 363
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
364 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
- 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.
Elementos Estructurales 365
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×
××=
×
×=
×===
366 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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'
Elementos Estructurales 367
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
368 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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.
Elementos Estructurales 369
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
370 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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.
Elementos Estructurales 371
Ejercicio III-6 Tirante de hormigón pretensado
En la estructura de arco-tirante de la figura adjunta, el tirante está sometido a unos esfuerzos axiles
característicos de tracción de:
- 250 kN correspondientes a las cargas permanentes
- 175 kN correspondientes a las cargas variables
Las características de los materiales utilizados son:
- hormigón: HP-40/12/P/IIa 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.
372 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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
Elementos Estructurales 373
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:
374 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
NmN fisfis ׳ , 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 ׳s×+×=
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 -=
×-׳
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 ׳ , 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.
Elementos Estructurales 375
El desarrollo de esta expresión, que se puede consultar en la referencia citada de Naaman, conduce
a una curva señalada en la figura adjunta por la letra c¢. Ahora bien, haciendo la misma hipótesis
simplificativa que en el caso anterior (At @ An@ Ag), tendremos para la tracción del acero:
NmA0AT despspsg ׳s×+×=
Obteniéndose la expresión equivalente:
pt
desps
NmA
s
׳ [7¢]
en la que sustituyendo los valores correspondientes se obtiene la recta c, de la figura adjunta:
2
2ps mm443mmN9.1150
kN4252.1A =
׳
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.
376 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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
Elementos Estructurales 377
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).
378 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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.
Elementos Estructurales 379
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 considera un nivel de control normal.
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
380 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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
Elementos Estructurales 381
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
382 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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
Elementos Estructurales 383
Ejercicio III-8 Ménsula corta para puente-grúa
Un puente-grúa de 100 kN se apoya sobre una ménsula corta con las dimensiones que se indican en
la figura.
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
384 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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:
Elementos Estructurales 385
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׳ gcot85.0
ad
d = 70 cm
a = 40 cm
cm9.654.185.0
40cm70 =׳
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
Elementos Estructurales 387
Ejercicio III-9 Punzonamiento de una placa en un pilar
El forjado de un edificio de viviendas consiste en una placa maciza de hormigón armado 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.
Las propiedades de proyecto de los materiales son:
- hormigón HA-25/P/12/I- armaduras B 400 S
Se supone una cuantía de armadura longitudinal en la losa en ambas direcciones de 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
388 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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׳
-
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.
Elementos Estructurales 389
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
390 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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
Elementos Estructurales 391
Ejercicio III-10 Punzonamiento de placas bajo cargas concentradas
La placa representada en la figura se encuentra sometida a la acción de su peso propio y de la carga
repartida Q, que actúa sobre la zona rectangular de dimensiones b y c cuyo centro es el punto P0.
En esta zona se produce una flexión considerable.
Una vez dimensionada la placa frente al estado límite último de flexión, se plantea la comprobación
de la placa frente al punzonamiento.
Las características de los materiales son:
- acero B500 S, fyk = 500 MPa
- hormigón HA-25/B/18/IIa
En la zona de la carga concentrada las características de las armaduras son:
- cuantías: 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.
392 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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
Elementos Estructurales 393
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:
394 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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:
Elementos Estructurales 395
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.
Elementos Estructurales 397
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.
398 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
- 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.
Elementos Estructurales 399
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׳f××=
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:
400 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
( ) 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:
Elementos Estructurales 401
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
402 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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
Elementos Estructurales 403
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
404 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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
Elementos Estructurales 405
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.
Elementos Estructurales 407
Ejercicio III-12 Racionalización del armado II
Un edificio de 8 plantas está diseñado con forjados de losa maciza de 16 x 28 metros. Conocidas las
cuantías de armadura que se deben disponer se pretende realizar una racionalización de armaduras a
fin de conseguir un aumento de los rendimientos de colocación y una mejora de la calidad.
Datos: - hormigón H-250
- acero B-500-S
- juntas de construcción cada 9 metros
- dimensiones máximas de los paneles de malla electrosoldada especial:
9 metros en la dirección longitudinal
2.45 metros en la dirección transversal.
- cuantías de armadura: armadura superior de la losa: 1.40 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.
408 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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.
Elementos Estructurales 409
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׳f×=
cm15140
fm4.1l
yk2
bII ³f׳f××=
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.
410 Hormigón armado y pretensado. Ejercicios
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
Elementos Estructurales 411
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.