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Apuntes sobre estructuras sometidas a flexion
Tipo: Apuntes
Subido el 26/05/2021
5
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PROFESOR TITULAR ING. ENRIQUE CHIAPPINI
PROFESORES ADJUNTOS ARQ. ROBERTO CITTA ARQ. SUSANA GATTI
JEFES DE TRABAJOS PRÁCTICOS ARQ. GABRIELA COZZI ARQ. ESTEBAN GIANFELICI ARQ. CAROLINA NAGEL
f’s
Figura 2^ Figura 3
Figura 1
En la Figuras 1, 2 y 3 se han resumido gran parte de las hipótesis y de la notación que se utilizarán en la resolución de los ejemplos.
Los ejemplos se han resuelto en base a las siguientes premisas:
a) Las secciones deben verificar la condición resistente dada por: Mu ≤ φ Mn con Mu = resistencia requerida calculada para cargas mayoradas Mn = resistencia nominal (“real”) de la sección φ = Coeficiente de reducción de resistencia en función del tipo de rotura b) Las secciones se proyectan para que presenten roturas dúctiles (precedidas por importantes deformaciones y fisuración) por lo que se establece una deformación mínima para el acero más traccionado^1 de 0.005 (esto implica que todos los aceros comerciales se encontrarán en fluencia por tracción). Este tipo de secciones se denominan controladas por tracción (Figura 3).
(^1) Cuando existan varias capas de armaduras la deformación a considerar será la de la capa que se encuentre más alejada
del eje neutro. Por ese motivo se habla del “acero más traccionado”.
As fy = C + C’s
2.2.- Cuantías Límites
a) Cuantía Mínima
Dado que la cuantía mínima es la menor armadura a disponer, se estará muy lejos de la cuantía máxima y por lo tanto no se tendrá armadura comprimida, es decir que se tendrá solamente: T = As fy = C = fc bw a = fc bw ka d y por lo tanto ka = As fy / (f*c bw d)
Una sección contará con una armadura mayor que la mínima cuando
ka ≥ kamín = Asmín fy / (f*c bw d)
Si f’c ≤ 30 MPa ka ≥ kamín = 1.4 / f*c = 1.4 / (0.85 f’c)
b) Cuantía Máxima
Una sección requerirá armadura de compresión cuando la sección de hormigón comprimido sea insuficiente como para equilibrar el momento externo. El momento máximo que puede equilibrar el hormigón se da cuando se alcanza la máxima deformación de compresión en el hormigón (0.003) y la mínima deformación de tracción en el acero (0.005) 2 es decir cuando:
cmáx = 0.003 d / (0.003 + 0.005) = 0.375 d por lo que resulta kcmáx = cmáx / d = 0.375 y por lo tanto kamáx = kcmáx β 1 = 0.375 β 1
Existen otras razones para limitar la profundidad máxima del eje neutro. Este es el caso de las secciones en las que se pretenda efectuar una redistribución plástica de momentos. El CIRSOC pide para estos casos una deformación mínima en el acero de 0.0075 y puede ser aún mayor dependiendo del porcentaje de redistribución que se desee. Volveremos más adelante sobre este tema. En esta serie de ejemplos se tomará como cuantía máxima la correspondiente a la deformación de 0.005 en el acero más traccionado.
2.3.- Cálculo de Armaduras
Mn = Mu / φ = Mu / 0.
En primera instancia supondremos que no es necesario disponer armadura comprimida:
(^2) Si bien el CIRSOC 201-02 permite llegar a una deformación mínima de 0.004 simultáneamente indica una reducción
del factor “φ” que vuelve antieconómicas soluciones con deformaciones menores a 0.005.
Mn = fc bw a (d - a/2) = fc bw d^2 ka (1 - ka/2) y llamando
mn = Mn / (f*c bw d^2 ) resulta
ka = 1 - (1 - 2 mn)1/
a) Si ka ≤ kamín se adopta As = Asmín = f*c bw kamín d / fy y A’s = 0
b) Si kamín< ka ≤ kamáx se calcula As = f*c bw ka d / fy y A’s = 0
c) Si ka > kamáx se requerirá el uso de armadura comprimida, es decir A’s > 0
El máximo momento que podrá tomar la sección comprimida de hormigón es:
Mc = f*c bw d^2 kamáx (1 - kamáx/2)
por lo que el momento remanente deberá ser tomado por la armadura comprimida:
∆Mn = M’s = Mn - Mc = A’s f’s (d - d’s) donde la tensión “f’s” surge de
ε’s = 0.003 (c - d’s) / c
Si ε’s < εy = fy / Es = fy / 200000 MPa entonces f’s = Es ε’s Si ε’s ≥ εy entonces f’s = fy
por lo que se puede despejar la armadura comprimida como:
A’s = ∆Mn / [f´s (d - d’s)]
finalmente, de la sumatoria de fuerzas se obtiene
As = f*c bw kamáx d / fy + A’s f’s / fy
Si en cualquier situación se deseara conocer la deformación de la armadura más traccionada esta se obtiene por semejanza de triángulos como:
εs = 0.003 (d - c) / c = 0.003 (1 - kc) / kc con kc = ka / β 1
3.- SECCIONES CON ALAS (“T” y “L”)
3.1.- Geometrías
Las Figuras 3.1.1.a) á c) muestran los tres tipos de secciones con alas que contempla el CIRSOC 201: Viga “T” bajo losa, Viga “L” bajo losa y Viga “T” aislada.
Las condiciones que da el CIRSOC para el cálculo del ancho efectivo “b” a emplear en los cálculos resistentes es:
“b”. En estos casos resulta más práctico, al finalizar los cálculos, comparar la armadura obtenida con la armadura mínima reglamentaria.
b) Cuantía Máxima
Como veremos enseguida, los cálculos de secciones con alas pueden presentar dos situaciones: que el eje neutro de tensiones caiga dentro de las alas o que corte solamente al nervio. Las situaciones de cuantía máxima se dan cuando el eje neutro de tensiones corta solamente al nervio^3. En estas condiciones el momento resistente de la sección puede dividirse en un momento tomado por las alas y otro tomado por el nervio (ver más adelante). Una sección requerirá armadura de compresión cuando la sección de hormigón comprimido del nervio sea insuficiente como para equilibrar la parte del momento externo que le toca resistir. El momento máximo que puede equilibrar el hormigón del nervio se da cuando se alcanza la máxima deformación de compresión en el hormigón y la mínima deformación de tracción en el acero necesaria para mantener la condición de φ = 0.90, es decir cuando:
cmáx = 0.003 d / (0.003 + 0.005) = 0.375 d por lo que resulta kcmáx = cmáx / d = 0.375 y por lo tanto kamáx = kcmáx β 1 = 0.375 β 1
Valen los comentarios realizados para secciones rectangulares con referencia a situaciones en las que se requieran mayores deformaciones mínimas en el acero más traccionado.
3.4.- Cálculo de Armaduras
Mn = Mu / φ = Mu / 0.
De acuerdo a la posición que adopte el eje neutro de tensiones pueden presentarse dos situaciones (Figuras 3.4.1 y 3.4.2):
Figura 3.4.1 Figura 3.4.
Figura 3.4.1: El eje neutro de tensiones cae dentro de la placa por lo que la sección puede calcularse como rectangular de ancho constante e igual a “b”.
(^3) Ya comentamos que si “h (^) f ≥ 0.375 β 1 d” la sección puede analizarse como rectangular. Si no se la analizara como
rectangular podría darse algún caso en el que el eje neutro cayera en la placa para la condición de cuantía máxima.
Figura 3.4.2: El eje neutro de tensiones corta sólo al nervio. La sección se divide en “alas” y “alma”. La fuerza y el momento equilibrado por las alas son conocidos por lo que el momento que debe tomar el alma se obtiene por diferencia con el momento solicitante.
Para iniciar el cálculo se supondrá en primera instancia que no es necesario disponer armadura comprimida y que el eje neutro de tensiones se encuentra dentro de las alas es decir se asume que la sección se comporta como una sección rectangular de ancho “b”:
Al suponerse a ≤ hf debe verificarse que ka ≤ hf / d
Mn = fc b a (d - a/2) = fc b d^2 ka (1 - ka/2) y llamando
mn = Mn / (f*c b d^2 ) resulta
ka = 1 - (1 - 2 mn)1/
a) Si ka ≤ hf /d se calcula As = f*c b ka d / fy y A’s = 0 y se verifica que As ≥ Asmín Si no se verificara se adopta As = Asmín
b) Si ka > hf / d
La fuerza que toman las alas vale: Cf = f*c (b - bw) hf
El momento (respecto a “As”) tomado por las alas vale: Mnf = Cf (d - hf/2)
La armadura necesaria para equilibrar Cf vale: Asf = Cf / fy
El momento a equilibrar con el hormigón del alma vale : Mnw = Mn - Mnf
De aquí en adelante el cálculo del alma se efectúa como en una sección rectangular aislada para lo cual será necesario recalcular “ka” para el momento solicitante “Mnw”. Al finalizar el cálculo se deberá adicionar a la armadura “Asw” la armadura “Asf” necesaria para equilibrar las compresiones en las alas.
En primera instancia supondremos que no es necesario disponer armadura comprimida es decir que ka ≤ kamáx = 0.375 β 1.
Mnw = fc bw a (d - a/2) = fc bw d^2 ka (1 - ka/2) y llamando
mn = Mnw / (f*c bw d^2 ) resulta
ka = 1 - (1 - 2 mn)1/
b.1) ka ≤ kamáx se calcula Asw = f*c bw ka d / fy y A’s = 0 As = Asw + Asf
Cuantía Mínima f' mn^ k^ a c (MPa) (^) Para valores menores mn ≈ k (^) a 60 0.037 0. 55 0.039 0. 50 0.041 0. 45 0.043 0. 40 0.045 0. 35 0.048 0. 30 0.053 0. 0.058 0. 25 0.064 0. 0.068 0. 0.077 0. Si “m
n^ ” es menor que el valor indicado para la resistencia de hormigón utilizada adoptarcuantía mínima 20 0.079 0. 0.086 0. 0.095 0. 0.104 0. 0.113 0. 0.122 0. 0.130 0. 0.139 0. 0.147 0. 0.156 0. 0.164 0. 0.172 0. 0.180 0. 0.188 0. 0.196 0. Doble f'c 0.204 0. adura (MPa) 0.211 0. 60 0.214 0. 55 0.220 0. 0.226 0. 50 0.230 0. 0.234 0. 45 0.240 0. 0.241 0. 0.248 0. 40 0.249 0. 0.255 0. 35 0.259 0. 0.262 0. Si “m
n^ ” es mayor que el valor indicado para la resistencia de hormigón utilizada adoptardoble armadura20 á 30 0.268 0.
fy f’ (^) s : Tensión de A's en (MPa) para d's / d = (MPa) 0.05 0.10 0.15 0.20 0.25 0.30 0. 240 240 240 240 240 200 120 40 420 420 420 360 280 200 120 40 500 500 440 360 280 200 120 40
B) SECCIONES RECTANGULARES (y con alas para h (^) f / d ≥ β 1 0.375) m (^) n = M (^) n / (0.85 f’c b (^) w d 2 ) obtener “k (^) a ” de la Tabla k (^) a ≤ k (^) a mín adoptar k (^) a = k (^) a mín si k (^) a mín < k (^) a ≤ k (^) a máx adoptar k (^) a = k (^) a de Tabla k (^) a > k (^) a máx corresponde doble armadura Armadura Simple: A (^) s = k (^) a 0.85 f’c b (^) w d / f (^) y Armadura Doble: Obtener de Tablas k (^) a máx, m (^) n máx y f’s ∆M (^) n = M (^) n - m (^) n máx 0.85 f’c bw d 2
A’s = ∆M (^) n / [(d - d’s ) f’s ] A (^) s = k (^) a máx 0.85 f’c b (^) w d / f (^) y + A’s f’s / f (^) y A) SECCIONES CON ALAS (“T” y “L” con hf / d ≤ β 1 0.375) m (^) n = M (^) n / (0.85 f’c b d 2 ) obtener “k (^) a ” de la Tabla A (^) s mín = k (^) a mín 0.85 f’c b (^) w d / f (^) y B.1) Rectangular: ka ≤ hf / d A (^) s = k (^) a 0.85 f’c b d / f (^) y (verificar si A (^) s ≥ A (^) s mín) B.2) Nervio y Alas M (^) nf = 0.85 f’c h (^) f (b - b (^) w ) (d - h (^) f / 2) A (^) sf = M (^) nf / [(d - h (^) f / 2) f (^) y ] M (^) nw = M (^) n - Mnf m (^) n = M (^) nw / (0.85 f’c b (^) w d 2 ) obtener “k (^) a ” de la Tabla si k (^) a ≤ k (^) a máx adoptar k (^) a = k (^) a de Tabla si k (^) a > k (^) a máx corresponde doble armadura Armadura Simple: A (^) s = k (^) a 0.85 f’c b (^) w d / f (^) y + A (^) sf Verificar si As ≥ A (^) s mín Armadura Doble: Obtener de Tablas k (^) a máx, m (^) n máx y f’s ∆M (^) n = M (^) nw - m (^) n máx 0.85 f’c b (^) w d 2 A’s = ∆M (^) n / [(d - d’s ) f’s ] A (^) s = 0.85 f’c b (^) w d k (^) a máx / f (^) y + A’s f’s / f (^) y + A (^) sf
β 1 en función de f’ (^) c (MPa) ≤ 30 35 40 45 50 55 60 0.85 0.814 0.779 0.743 0.707 0.671 0.
Mu = φ Mn
Mu = 0.9 Mn c^ hf^ a =^ β^1 c eje neutro
A’s
As
d
bw
b
d’s
a = k (^) a d
Arm
Como se observa, aún sin interpolar el error obtenido es menor al 2% por lo que podría utilizarse el valor leído en forma directa.
El valor de “ka” obtenido se encuentra, según los límites indicados en la Tabla, por encima de la cuantía mínima y por debajo de los valores que requieren de doble armadura por lo que resulta:
As = ka 0.85 f’c bw d / fy = 0.18644×0.85× 25 × 12 ×36.6 / 420 = 4.14 cm^2
Armado:
Los cálculos anteriores fueron realizados tomando:
d = 0.366 m
La útil resultante luego de adoptar armaduras y separaciones ha sido:
d = 0.347 m
Rehaciendo los cálculos se llegaría a:
As = 4.43 cm^2 < 4 db12 = 4.52 cm^2
Enunciado: Calcular las armaduras para las condiciones del Ejemplo 1-1 y Mu = 16 kNm
Resolución Analítica:
Para f’c = 25 MPa se tiene que: - f*c = 0.85 f’c = 21.25 MPa = 21250 kN/m^2
Mn = Momento Nominal = Mu / φ = 16 / 0.9 = 17.78 kNm
d = h - cc - dbe - db /2 = 0.40 - 0.02 - 0.006 - 0.008 = 0.366 m
mn = Mn / (f*c bw d^2 ) = 17.78 / (21250×0.12× 0.366^2 ) = 0.
ka = 1 - (1 - 2 mn)1/2^ = 1 - (1 - 2×0.05205)1/2^ = 0.05348 < kamín
Se adopta por lo tanto ka = kamín
As = ka f*c bw d / fy = 0.06588×21.25× 12 ×36.6 / 420 = 1.46 cm^2
Resolución Mediante Tablas:
Mn = Momento Nominal = Mu / φ = 16 / 0.9 = 17.78 kNm
d = h - cc - dbe - db /2 = 0.40 - 0.02 - 0.006 - 0.008 = 0.366 m
Ingresando a la Tabla con:
mn = Mn / (0.85 f’c bw d^2 ) = 17.78 / (0.85× 25000 ×0.12× 0.366^2 ) = 0.
Se obtiene un valor de “ka” que es menor que el valor límite correspondiente a la cuantía mínima para la resistencia utilizada. Se adopta por lo tanto: ka = kamín = 0.
As = Asmín = kamín 0.85 f’c bw d / fy = 0.066×0.85× 25 × 12 ×36.6 / 420 = 1.47 cm^2
Armado:
La altura útil utilizada en el cálculo coincide con la obtenida al armar la sección.
Enunciado: Calcular las armaduras para las condiciones del Ejemplo 1-1 y Mu = 100 kNm. De ser necesaria armadura comprimida se supondrá que la distancia de la fibra más comprimida de hormigón al centro de gravedad de la armadura comprimida es d’s = 0. m.
Resolución Analítica:
Para f’c = 25 MPa se tiene que: - f*c = 0.85 f’c = 21.25 MPa = 21250 kN/m^2
Mn = Momento Nominal = Mu / φ = 100 / 0.9 = 111.11 kNm
d = h - cc - dbe - db /2 = 0.40 - 0.02 - 0.006 - 0.008 = 0.366 m
mn = Mn / (f*c bw d^2 ) = 111.11 / (21250×0.12× 0.366^2 ) = 0.
Según la tabla auxiliar, una armadura con fy = 420 MPa y d’s / ds = 0.03 / 0.366 = 0.08 se encuentra en fluencia para relaciones de “d’s / d” menores que 0.10 por lo tanto, se tendrá que f´s = fy.
A’s = ∆Mn /[f´s (d - d’s)] = 19.57 / [420000×(0.366-0.03)] × 10000 = 1.39 cm^2
As = kamáx 0.85 f’c bw d / fy + A’s f´s / fy = 0.319×0.85× 25 × 12 ×36.6/420 + 1.39×420/420 =
As = 7.09 + 1.39 = 8.48 cm^2
Armado:
Luego de armada la sección se observa que:
d = 0.344 m (utilizado en el cálculo: 0.366m)
d - d’s = 0.313 m (utilizado en el cálculo: 0.336 m)
Rehaciendo los cálculos se llega a:
A’s = 2.30 cm^2 > 2 db10 = 1.58 cm^2
As = 8.96 cm^2 > 4 db16 = 8.04 cm^2
Por lo que deberían modificarse las armaduras adoptadas. Ejercicio que se deja a cargo del lector.
Enunciado: Calcular las armaduras para las condiciones del Ejemplo 1-1 y Mu = 100 kNm. Se tratará de evitar el uso de armadura comprimida.
Para comenzar los cálculos utilizaremos la altura útil “d = 0.344 m” obtenida en el ejemplo anterior.
Resolución Analítica:
Para f’c = 25 MPa se tiene que: - f*c = 0.85 f’c = 21.25 MPa = 21250 kN/m^2
Mn = Momento Nominal = Mu / φ = 100 / 0.9 = 111.11 kNm
d = 0.344 m
mn = Mn / (f*c b d^2 ) = 111.11 / (21250×0.12× 0.344^2 ) = 0.
ka = 1 - (1 - 2 mn)1/2^ = 1 - (1 - 2×0.36821)1/2^ = 0.48660 > kamín
kc = ka / β 1 = 0.48660 / 0.85 = 0.572 > 0.375 ⇒ A’s > 0 ó φ < 0.
Como se ha comentado, en la resolución de estos ejemplos se ha adoptado como criterio general la utilización de armadura comprimida en lugar de intentar soluciones con “φ“ variable. En este ejemplo se demostrará que las soluciones con “φ” variable resultan “imposibles” debido a un efecto de compensación que existe entre el incremento que experimenta el momento “Mn” al aumentar la profundidad del eje neutro “c” y la disminución de “φ”, lo que da lugar a la aparición de un “momento tope” prácticamente constante e independiente de la profundidad del eje neutro una vez que éste ha superado la posición dada por “c = 0.375 d”.
El camino elegido para poner de manifiesto el fenómeno consiste en un proceso de sucesivos aumentos de la profundidad del eje neutro de deformaciones “c”.
Para cada valor de “c” se calculará:
kc = c / d a = Profundidad del eje neutro de tensiones = β 1 c = 0.85 c Mn = Momento Nominal = f*c b a (d - a/2) εs = Deformación específica de “As” = 0.003×(d - c) / c φ = 0.65 + 0.25×(εs - εy) / (0.005 - εy) = 0.65 + 0.25×(εs - 0.0021) / (0.005 - 0.0021) Mu = φ Mn
c (m) kc a (m) C (kN) Mn (kNm) (^) εs φ Mu (kNm) 0.12900 0.37500 0.10965 279.61 80.86 0.00500 0.900 72. 0.13072 0.38000 0.11111 283.34 81.73 0.00489 0.891 72. 0.13760 0.40000 0.11696 298.25 85.16 0.00450 0.857 72. 0.14752 0.42883 0.12539 319.74 89.95 0.00400 0.813 73. 0.15480 0.45000 0.13158 335.53 93.35 0.00367 0.785 73. 0.20259 0.58893 0.172204 439.12 113.25 0.00209 0.650 73.
La tabla anterior llega hasta valores de “c” muy altos, de hecho llega hasta el punto en que la armadura “As” dejaría de estar en fluencia por tracción. Independientemente de cualquier consideración reglamentaria, a partir de este punto las roturas se producirían con la armadura más traccionada en régimen elástico - roturas poco dúctiles - y además se estaría desaprovechando parte de la resistencia del acero. En definitiva, se puede afirmar entonces que, a partir de “c = 0.375 d”, el momento que se puede equilibrar con armadura simple crece en forma despreciable con el aumento de la profundidad del eje neutro por lo que la opción más razonable - y en general la única - consiste en disponer armadura doble.
Enunciado: Calcular las armaduras de una sección rectangular perteneciente a una losa armada en una dirección para las siguientes condiciones:
Materiales: - Hormigón: f’c = 35 MPa
f´s = ε’s Es = 0.00051×200000 = 102.70 MPa^4
y por lo tanto se tiene:
As = kamáx f*c bw d / fy + A’s f´s / fy = 0.30536×29.75× 100 ×7.4/500 + 8.63×102.70/500 =
As = 13.45 + 1.77 = 15.22 cm^2 (en rigor las armaduras estarían en cm^2 /m)
Resolución Mediante Tablas:
Mn = Momento Nominal = Mu / φ = 42 / 0.9 = 46.67 kNm
d = Altura útil = h - cc - db / 2 = 0.10 - 0.02 - 0.006 = 0.074 m
Ingresando a la Tabla con:
mn = Mn / (0.85 f’c bw d^2 ) = 46.67 / (0.85× 35000 ×1.00× 0.074^2 ) = 0.
se observa que el valor de “mn” es mayor que el aceptado para armadura simple por lo que se dispondrá armadura doble. Según la Tabla, para f’c = 35 MPa se tiene: mnmáx = 0.259 y kamáx = 0.
El momento a tomar con A’s será: ∆Mn = A’s f´s (d - d’s) = Mn - Mc
donde Mc es el máximo momento que puede tomar la sección de hormigón comprimido
Mc = mnmáx 0.85 f’c bw d^2 = 0.259×0.85× 35000 ×1.00×0.074^2 = 42.19 kNm
∆Mn = 46.67 - 42.19 = 4.48 kNm
Obtendremos la tensión de A’s de la tabla auxiliar para fy = 500 MPa y d’s/ds = 0.023/0.074 = 0.31081. La tensión se obtiene por interpolación y vale 102.70 MPa
A’s = ∆Mn /[f´s (d - d’s)] = 4.48 / [102700×(0.074 - 0.023)] × 10000 = 8.55 cm^2
As = kamáx 0.85 f’c bw d/fy + A’s f´s/fy = 0.305×0.85× 35 × 100 ×7.4 / 500 + 8.55×102.7 / 500
d b 16 c/
d b 12 c/
h = 0.10 m
d b 8 c/
d = 0.072 m
As = 13.43 + 1.76 = 15.19 cm^2
Armado:
(^4) La operación tal como está expuesta debería dar como resultado 102 MPa. En esta y en otras operaciones se
observarán ligeras diferencias producto de la cantidad de decimales con que operan las calculadoras de mano.
Luego del armado resulta que:
d = 0.072 m (en el cálculo se empleó 0.074 m)
d - d’s = 0.072 - 0.02 - 0.004 = 0.048 m (en el cálculo se empleó 0.051 m)
Como se aprecia, las diferencias son mínimas, sin embargo, rehaciendo los cálculos para estos valores se llega a:
A’s = 21.14 cm^2
As = 15.90 cm^2
Lo que representa un enorme incremento de A’s y un modesto aumento en As debido a que la tensión en A’s pasa de 102.7 MPa a sólo 66.7 MPa. Este tipo de situaciones son frecuentes en losas con armadura doble pues en ellas los recubrimientos resultan significativos frente a la altura total haciendo que no sea raro que la armadura comprimida se encuentre en régimen elástico y pequeñas modificaciones geométricas se traduzcan entonces en cambios muy importantes en la tensión de dichas armaduras.
Enunciado: Calcular Mu para la siguiente sección
Materiales: - Hormigón: f’c = 25 MPa
Sección Transversal: - bw = 0.12 m ; h = 0.40 m
Estribos: - Recubrimiento cc = 0.02 m
Armadura Longitudinal: - As = 2 db 16 mm ; A’s = 0
Resolución Analítica:
Para f’c = 25 MPa se tiene que: - f*c = 0.85 f’c = 21.25 MPa = 21250 kN/m^2
d = h - cc - dbe - db /2 = 0.40 - 0.02 - 0.006 - 0.008 = 0.366 m
Suponiendo que la sección no se encuentra sobredimensionada con armadura simple^5 se tendrá que:
(^5) Si la armadura “A (^) s” fuera mayor que la necesaria para equilibrar la fuerza desarrollada por la sección de hormigón
comprimido para una deformación máxima de 0.003 en el hormigón y de 0.005 en el acero traccionado, habría que aplicar un coeficiente de reducción de resistencia “φ” menor que 0.90. En estas condiciones la armadura que se coloque en exceso de la necesaria para producir el equilibrio anteriormente mencionado resulta inefectiva dado que el
