Pauta Control 1 1S-2011

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1S-2011 Profesor Juan Music Ayudante Daniel Sierra 1

Facultad de Ciencias de Ingeniería y ConstrucciónDepartamento de Ingeniería Civil

Antofagasta

Control 1Hormigón Armado

Problema 1 1S-2011

Se tiene la viga simplemente apoyada mostrada en la figura 1, cuya sección transversalse muestra en la figura 2.

Se pide:

Determinar la carga máxima que puede soportar la viga, según la teoría clásica,(considerando el hormigón trabajando en fase II, es decir que no resiste tracciones) y aque tensión máxima queda trabajando el hormigón, los aceros a tracción y el acero acompresión. Despreciar peso propio de la viga.

Datos:

cadm = 80 kg/cm2

sadm = 1600 kg/cm2

n = 10

128= 6,16 cm2

132= 8,04 cm2

116= 2,01 cm2

Figura 2

P3 m

6 m

5 cms

5 cms

100 cms

15 cms

30 cms

80 cms

432

228

Figura 1

5 cms

216

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Problema 2

Para el marco de hormigón armado de la figura se pide:

i) Diseñar al corte la viga más solicitada. Optimizar el diseño y aplicar todas las

disposiciones del código ACI318-2008. Se dispone solo de 6 8 comoarmadura. Hacer un esquema acotado de la armadura resultante en toda laviga.Estado de carga a considerar: 1,2 + 1,6

ii) a) Diseñar a flexión la viga más solicitada para momento positivob) Diseñar a flexión la viga más solicitada para momento negativo. Para este

caso considere el aporte de 2 barras a compresión (dadas por el diseño en elvano, es decir caso a).

Estado de carga: 1,2 + 1,6 Hormigón H-30, Acero A630-420H, Es=2000000 [kg/cm2], d=50 [cm] (altura útil), d’= 5

[cm]. Todas las cargas, cortes y momentos mostrados en la figura son de servicio (sinmayorar)

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Suponga que el marco tipo mostrado en lafigura se repite cada 4 [m].

Se dispone solo de

18 para armar la viga

a flexión. No considerar armadura dearmado. Hacer un esquema de laarmadura resultante para ambosmomentos.

No verificar condiciones de espaciamiento mínimo y máximo especificado por el código ACI318-2008 para la armadura.Los momentos y cortes en los extremos están determinados en la cara de los apoyos.

Problema 3

Se requiere diseñar las vigas 101 – 102 de la planta de la figura. Se sabe que lalosa le transmite a la viga una carga de 1200 Kg/m debido al peso propio de lalosa y otra carga de 750 Kg/m debido a la sobrecarga que actúa sobre la losa.Para el estado de carga U=1,2*D+1,6*L y considerando las disposiciones delcódigo ACI 318 – 2008 se pide:

a) Determinar la altura h de la viga de manera de aprovechar al máximo los

materiales. Considerar εt= 0,005, estribos 10 y recubrimiento 2,5 cms.Despreciar peso propio de la viga. Considerar la viga rectangular de 25/h cms.

Materiales:Hormigón H30

Acero A630-420HEs=2.000.000 Kg/cm2

Estribos Φ10 Recubrimiento = 2,5 cmL= 6 mts

Se dispone de 18 y 28 para armadura longitudinal Sección de la viga

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b) En la parte a) se determinó la altura de la viga, sin embargo el arquitecto delproyecto solicito que la altura de la viga sea igual a 40 cms. Considerando d=35cms y d’= 5 cms el diseño a flexión de la viga para esta condiciones dio: Para M

(-) se requiere 228 (12,31cm2) y para M (+) se requiere 318 (7,63 cm

2) todas

en primera capa. Considerar la viga de sección rectangular

Se pide:Determinar la deflexión total máxima (instantánea + diferida) y compararla con ladeflexión admisible. Considerar la viga de sección rectangular de 25/40 cms

Un 80% de la sobrecarga actúa de manera intermitente durante la vida útil de laestructura, mientras que el restante 20% actúa de forma permanente.La viga soportará particiones que no toleran deformaciones excesivas de la losa.Observación:

Se le pide calcular la flecha o deformación vertical que puede afectar a lasparticiones, es decir, la suma de las flechas a largo plazo ocasionadas por lacarga muerta y por la carga viva permanente, más la flecha instantánea

debida a la carga viva total. Compare la flecha obtenida con la flechaadmisible de la tabla 9.5(b) del código ACI318-2008 (L/480)No considerar armadura de armado.

Considerar Ie = 0,85*Iem + 0,15 * (Ie extremo continuo)

El diagrama de momento de la viga se muestra en la figura

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Formulario de ayuda

- Armadura mínima para vigas sometidas a flexión (en unidades MKS):

AS min = menor valor entre

Máximo entre

0,8 f ′c ∗ bw ∗ df y14 ∗ bw ∗ d

f y

4

3∗ As requerido

- Otras expresiones en unidades MKS:

Vc = 0,53

f ′c

∗bw

∗d Vsmax = 2,2

∗ f ′c

∗bw

∗d Vs = 1,1

∗ f ′c

∗bw

∗d Av min = máximo entre

0,2 ∗ f ′c∗ bwf yt ∗ S3,5 ∗ bw

f yt ∗ S

be = mínimo entre

ℓ4

bw + 16 ∗ hf bw + 2

∗ℓt 2

Ie = McrMa

3 ∗ Ig + 1 − McrMa 3 ∗ Icr ≤ Ig

Mcr =fr∗Ig

Yt

Ec = 15100 f ′c f r = 2

f′c

Δ = 1+50∗ ′ Ponderaciones: Nota Final= NF= 0,30*P1+0,35*P2+0,35*P3

Tiempo = 3,5 horas, Sala R44. Control sin apuntes. Entregar cada problema en hojas separadas y

No se permitirán pruebas desordenadas

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Resolución Problema 1:

i) Se determinará si trabaja como viga tee o rectangular:

′ = 2 ∗ 2,01 = 4,02 [2] → − 1 ∗ ′ = 36,18 [2]

2= 2

∗6,16 = 12,32 [

2]

→

∗ 2= 123,2 [

2]

1 = 4 ∗ 8,04 = 32,16 [2] → ∗ 1 = 321,6 [2] Tomando momento estático de la sección transformada c/r al eje neutro:

100 ∗ 22

+ − 1 ∗ ′ ∗ − ′ = ∗ 1 ∗ 75 − + ∗ 2 ∗ 70 − 50

∗ 2 +

10

−1

∗4,02

∗ −5

= 10

∗32,16

∗ 75

− + 10

∗12,32

∗ 70

−

502 + 480,98 ∗ − 32924,9 = 0 Luego:

= , > 15 [] Por lo tanto, el eje neutro cae en el alma y la sección trabaja como viga tee.

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ii) Cálculo del eje neutro considerando viga tee:

Tomando momento estático de la sección transformada c/r al Eje Neutro:

100 ∗ 157,5 + + 30 ∗ ∗ 2 + 36,1810 + = 321,665 − − 5 + 123,265 − − 10 15 ∗ 2 + 1980,98 ∗ − 14460,2 = 0 = 6,94 , luego: = + , = ,

iii) Momento de inercia de la sección transformada:

= 100 ∗ 15312 + 100 ∗ 15 ∗ 7,5 + 6,942 + 30 ∗ 6,94312 + 30 ∗ 6,94 ∗ 6,942 2 + +36,18 ∗ 10 + 6,942 + 321,6 ∗ 65− 6,94 − 52 + 123,2 ∗ 65− 6,94 − 102 = .., []

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iv) Determinación del momento admisible:

= ∗ → = ∗ Supongamos que el hormigón trabaja a la tensión admisible y el acero a una tensión

menor que la admisible. En este caso, el momento que resistiría la viga sería:

= ∗ 15 + 6,94

=80 ∗ 1.544.604,1 ∗ 10−5

21,94 −

= , − Ahora supongamos que el hormigón trabaja a una tensión menor que la admisible y elacero a la tensión admisible. En este caso, el momento que resistiría la viga sería:

= ∗ ∗ 60 − 6,94 = 1600 ∗ 1.544.604,1 ∗ 10−510 ∗ 53,6 − = , − Conclusión:

Luego, en el diseño controla la tensión en el acero más alejado del eje neutro que este

en tracción, por lo tanto:

= , [ −] v) Determinación de la carga máxima que puede soportar la viga:

El momento máximo en la viga es = ∗ /4 y el momento máximo que puederesistir la viga es 46,58 [t-m]. Luego, igualando ambos momentos se tiene: = ∗ 4 = 46,58 ∗ 46 = 31,05 luego: = , []

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vi) ¿A qué tensión máxima queda trabajando el hormigón, los aceros a tracción y

el acero a compresión?

Forma 1:

1 = 160010 = 160 [/2] = [/] del diagrama de tensiones:

21,94=

110 ∗ 75 − 21,94 = 16053,06

= , [/] ′

∗ 21,94

−5

=

1 ∗

75

−21,94

′ = , [/] 1 ∗ 53,06 = 2 ∗ 48,06 = , [/]

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Forma 2:

Aplicando Navier:

= ∗

= 46,58 ∗ 105 ∗ 21,941.544.604,1

= 66,16 [/2]

′ = 10 ∗ 46,58 ∗ 105 ∗ 21,94 − 51.544.604,1

= 510,85 [/2]

1 = 1600 [/2]

2 = 10 ∗ 46,58 ∗ 105 ∗ 48,061.544.604,1 = 1449,3 [/2]

NOTA: las pequeñas diferencias entre la forma 1 y la forma 2 se deben a redondeo enlos cálculos que se van realizando.

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i) Diseño al corte:

Primero se obtiene el corte resultante combinando el corte debido a cargas muertas y

vivas.

= 1,2 ∗ + 1,6 = 1,2 ∗ 4,8 + 1,6∗ 9,6 = 21,12

1,5

=1,5 − → = − ∗ 1,5

Resistencia al corte proporcionado por el hormigón:

= 0,53 ′ ∗ ∗ = 0,53 ∗ 250 ∗ 25 ∗ 50 → = = , Luego, se pueden encontrar los puntos que definen las zonas donde es necesario

diseñar la armadura al corte, donde es necesario de disponer de armadura mínima y

donde no se requiere poner armadura al corte, según el ACI 318-2008.

d

vc

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Resolviendo: = ∗ = 0 21,12 − 21,12 ∗

1,5− 0,75 ∗ 10,48 = 0 → = ,

−1

2 ∗ ∗ = 0 21,12 − 21,12 ∗

1,5− 1

2∗ 0,75 ∗ 10,48 = 0 → = ,

Por lo tanto, se tendrán los 3 siguientes tramos (medidos desde la cara del apoyo):

∈ 0 ; 94 → á ∈ 94 ; 122 → í

∈ 122 ; 150 → Armadura requerida por cálculo: Se determinará la solicitación última a una distancia “d” desde la cara del apoyo.

= = 50 = − 1,5

∗ 0,50 = 21,12 − 21,121,5

∗ 0,5 = , Luego, la fuerza que debe ser resistida por la armadura transversal es:

≤ ∗ + → ≥ − = 14,080,75 − 10,48 ≥ , El corte máximo que pueden tomar los estribos es:

= 2,2 ∗ ′ ∗ ∗ = 2,2 ∗ 250 ∗ 25 ∗ 50 = 43481,3

=

,

<

→

Separación máxima de la armadura transversal es:

= 8,29 < 1,1 ∗ ′ ∗ ∗ = 1,1 ∗ 250 ∗ 25 ∗ 50 = 21740,7 = 21,74 Luego: = í 2 = 502 = →

60

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Entonces, la armadura requerida por cálculo es:

≥ ∗ = 8,29 ∗ 103

4200 ∗ 50 = 0,03948 2 → = , Considerando estribos de 2 ramas:

= 3,9482 = 1,974 2 → @ ,

La armadura mínima es:

= á 0,2 ∗ ′ ∗ = 0,2 ∗ 250 ∗ 254200 → 1,88

2 3,5

∗

= 3,5

∗25

4200

→

,

→

2 → = 2,082 = , → @ ,

Diagrama de disposición de la armadura transversal:

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ii) Diseño a flexión:

Momentos máximos:

+ = 1,2 ∗ 1,3 + 1,6 ∗ 3,2 = 6,68 − − = 1,2 ∗ 2,4 + 1,6 ∗ 6,0 = 12,48 −

Ancho efectivo:

= í ℓ4

=600

4= 150 → + 16 ∗ = 25 + 16 ∗ 15 = 265 [] + 2 ∗ ℓ

2= 2 5 +

2

2∗ 400 = 425 []

= 150

a) Diseño para Momento positivo:

Se debe verificar si se comporta como una viga tee.

Suponiendo = = 15 = 0,9 = −2 − 2 ∗

0,85 ∗ ′ ∗ ∗

= 50 − 502 − 2 ∗ 6,68 ∗ 1050,85 ∗ 250 ∗ 150 ∗ 0,9 = , < 15 ∴ = 150 [] Veamos si se requiere armadura a compresión:

= ∗

+

=

0,003 ∗ 500,003 + 0,005

→

= 18,75

= 1 ∗ = 0,85 ∗ 18,75 = 15,94 , 1 = 0,85 ó − 30 Como = 0,468 < se requiere solo armadura a tracción.

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Tomando momento c/r a Cc:

= 0 → = ∗ ∗ − 2 ∗

= 6,68 ∗ 1054200 ∗ 50 − 0,468

2 ∗ 0,9 → = ,

Se debe verificar que vale 0,9 como se supuso al principio: = 1 = 0,4680,85 → = , []

0,003 = 50 − → = 0,003 ∗ 49,450,55 = 0,2697 > 0,005 → = 0,9 ó

≥ á 0,8 ′ ∗ ∗ = 0,8 ∗ 250 ∗ 25 ∗ 504200 = 3,76 2

14 ∗ ∗

=14 ∗ 25 ∗ 50

4200= 4,17 2

43 ∗ = 43 ∗ 3,55 = 4,73 [2]

luego = 4,17 [2] = 4,17 2 > = 3,55 2 → í → = , Como solo se dispone de 18 se debe colocar ,

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¿Qué momento resiste la viga con 2ϕ18? = 0 → 0,85 ∗ ′ ∗ ∗ = ∗ → = 0,67 [] = 0 → = ∗ ∗ − 2 ∗ → = 5,09 ∗ 4200 ∗ 50 − 0,6712 ∗ 0,9 = 957508 − → = , [ − ]

b) Diseño para Momento negativo:

− = 12,48 = = 12,480,9 = 13,87 − , = 0,9 Supondremos que solo el acero en tracción está en fluencia.

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= 0 → = + ′ → ∗ = 0,85 ∗ ′ ∗ ∗ + ′ ∗ ′ Del diagrama de deformaciones se tiene que:

0,003

= ′

− ′ → ′ = 0,003 ∗ − ′

á ′ = ∗ ′ () combinando (1) y (2): = ∗ − ′ ∗ ∗ 0,003 ∗ −

′0,85 ∗ ′ ∗

= ∗ 4200 − 5,09 ∗ 2000000 ∗ 0,003 ∗ − 50,85 ∗ 250 ∗ 25

= 0,79 ∗ − 5,75 ∗ 1 − 5 = 0,79 ∗ − 5,75 ∗ 1 − 50,85 , entonces = 0,79 ∗ − 5,75 ∗ 1 − 4,25 = 0 = 13,87 ∗ 105 = ′ ∗ ′ − ′ + −

2

De la ecuación (1):

= ∗ − ′ ∗ ′ 13,87 ∗ 105 = ′ ∗ ′ − ′ + ∗ − ′ ∗ ′ ∗ −

2

13,87 ∗ 105 = 5,09 ∗ 6000 1− 4,25 50 − 5 + ∗ 4200 − 5,09 ∗ 6000 ∗ 1 − 4,25 ∗ 50 −

2 ()

De la ecuación (3) y la ecuación (4) se tiene un sistema con 2 incógnitas; As y a,

entonces, resolviendo tenemos que: = , → = , → = , → = , Debemos verificar si el acero en compresión está o no en fluencia:

′ = 0,003 ∗ − ′ = 0,003 ∗ 5,68 − 55,68 → ′ = 0,00036

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= 0,003 ∗ − = 0,003 ∗ 50 − 5,685,68 → = 0,0234El acero en tracción está en fluencia, mientras que el acero a compresión aun trabaja

en el rango elástico, por lo tanto, los supuestos iniciales son correctos.

Determinación armadura mínima:

≥ á

0,8 ′ ∗ ∗ = 0,8 ∗ 250 ∗ 25 ∗ 504200 = 3,76 214 ∗ ∗

=

14 ∗ 25 ∗ 504200

= 4,17 2 43 ∗ = 43 ∗ 6,98 = 9,31 [2]

Luego = 4,17 [2] = 4,17 2 < = 6,98 2 → Esquemas resultantes de armaduras de vigas:

Para Momento último negativo:

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Para Momento último positivo:

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a) Determinación de la altura “h” de la viga:

i) Carga última de la viga:

= 1,2 ∗ 1200 + 1,6 ∗ 750 = 2640 [/] El momento máximo último en la viga se produce en el apoyo interior y vale:

= ( ∗2)8 = 2,64∗628 = 11,88 − (-)Se elegirá la altura “h” de la viga que cumpla

- No se requiera armadura a compresión- La deformación en el hormigón sea εc=0,003 y εs= εtmin=0,005

Lo anterior implica que: = Como el momento es negativo la armadura debe ir en la parte superior.

= / = ∗ ∗ − 2 ; = 0,85 ∗ ′ ∗ ∗ luego: = 0,85 ∗ ′ ∗ ∗ ∗ − 2 ∗ (1)

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Aplicando ecuación de compatibilidad de deformaciones:

0,003 = 0,005 − → = 0,375 ∗

=

1 ∗

Reemplazando en (1) se llega a:

= 0,85 ∗ ′ ∗ 1 ∗ ∗ ∗ − 1 ∗ 2 ∗ á = 0,375 ∗ Luego:

= 0,85 ∗ ′ ∗ 1 ∗ 0,375 ∗ ∗ ∗ − 1 ∗ 0,375 ∗ 2 ∗ Haciendo = se encuentra “d”. Como ′ = 250 /2 1 = 0,85 b= 25 cms = 0,9luego:

11,88 ∗ 105 = 0,85 ∗ 250 ∗ 0,85 ∗ 0,375 ∗ 25 ∗ ∗ − 0,85 ∗ 0,375 ∗ 2

∗ 0,9 1188000 = 1280,18 ∗ 2

= , = , Por lo tanto:

= + 2

+ + Armadura requerida:

Tomando momento c/r a Cc:

= ∗ ∗ − 2 = 0,375 ∗ = 0,375 ∗ 30,46 = 11,42 = 0,85 ∗ 11,42 = 9,71 [] luego:

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= 11,88 ∗ 1054200 ∗ 0,9 ∗ 30,46 − 9,71

2 = 12,27 2 → 228 12,31 2

= 0,8 250 ∗ 25 ∗ 30,464200 = 2,29 2

14 ∗ 25 ∗ 30,464200

= 2,54 2 4

3∗ 12,27 = 16,36 2

implica

= 2,54 2 → > Finalmente.

= 30,46 + 2,82

+ 1 + 2,5 = 35,36 b) Determinación de la deformación (según ACI 318-2008)

i) Determinación de la inercia efectiva de la viga:

= 0,85 ∗ + 0,15 ∗ - Determinación de la inercia efectiva en el vano (Iem):

= 112 ∗ ∗ 3 = 112 ∗ 25 ∗ 403 = 133333,3 4 Momento de fisuración:

= ∗ = 2 ∗ 250 ∗ 133333,320

= 210818,46

−= 2,11

−

= 9 ∗ ∗ 2128 = 1,2 + 0,75 = 1,95 [/] = 6 [] = 9 ∗ 1,95 ∗ 62128 = 4,94 −

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Como Ma>Mcr la sección se encuentra fisurada, por lo tanto, se debe determinar Icr

= = 200000015100 250 = 8,38 ∗ = 8,38 ∗ 7,63 = 63,94 2 25 ∗ 2

2= ∗ ∗ 35 − = 63,94 ∗ 35 −

12,5 ∗ 2 + 63,94 ∗ − 2237,9 = 0 = , [] Momento de inercia de la sección transformada fisurada:

= 13∗ 25 ∗ 3 + ∗ ∗ − 2 = 1

3∗ 25 ∗ 11,063 + 63,94 ∗ 35 − 11,062

= 47919,68 [4] Luego el momento de inercia efectivo en el vano vale:

=

3 ∗ + 1 −

3 ∗ = 2,11

4,943 ∗ 133333,3 + 1 − 2,11

4,943 ∗ 47919,68

= ,

As=

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- Determinación de la inercia efectiva en el apoyo interior:

son los mismos del caso anterior; Yt=20 cms medido desde el eje neutro a laparte superior de la viga

= ∗ 2

8= 1,95 ∗ 6

2

8= 8,78 −

Como Ma>Mcr la sección se encuentra fisurada, por lo tanto, se debe determinar Icr

∗ = 8,38 ∗ 12,31 = 103,16 2 25 ∗ 2

2= ∗ ∗ 35 − = 103,16 ∗ 35 −

12,5

∗ 2 + 103,16

∗ −3610,6 = 0

= , [] Momento de inercia de la sección transformada fisurada:

= 13∗ 25 ∗ 3 + ∗ ∗ − 2 = 1

3∗ 25 ∗ 13,363 + 103,16 ∗ 35− 13,362

= 68180,6 [4] Luego el momento de inercia efectivo en el apoyo continuo (interior) vale:

= 2,118,783

∗ 133333,3 + 1 − 2,118,783

∗ 68180,6 = = , [] Luego la inercia efectiva de la viga vale:

= 0,85 ∗ 54575,4 + 0,15 ∗ 99276,8

As=

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= , [] ii) Determinación de la deformación o flecha:

Razón de cargas: qT = qD + qL = 1,95 t/m

= 1,21,95 = 0,615 → 61,5% = 0,751,95 = 0,385 → 38,5% Deformación instantánea debido al peso muerto más el 100% de la carga viva ()+ = 5,4 ∗ ∗ 41000 ∗ ∗ = 15100 ∗ 250 = 238752 [/2] = 19, 5 [/] + = 5,4 ∗ 19,5 ∗ 60041000 ∗ 238752 ∗ 61280,6 = 0,933 Luego:

= 0,615 ∗ 0,933 = 0,574 = 0,385 ∗ 0,933 = 0,359 100%

- Deformaciones que afectan a las particiones (elementos no estructurales):

= Δ1 + Δ2 20% + ( )100% Δ = 1 + 5 0 ∗ ′ Donde ′ es la cuantía de la armadura a compresión, en este caso, en la mitad de la luzde la viga.

′ = 0 . Para 5 años o más:

= 2,0 → Δ = Δ1 = Δ2 = 2,0 Luego:

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Δ = Δ1 ∗ = 2 ∗ = 2 ∗ 0,574 = 1,148 Δ 20% = Δ2 ∗ 20% = 2 100% 0,2 = 2 ∗ 0,359 ∗ 0,2 = 0,144 Δ 100% = 100% = 0,359 = , + , + , = , [] Deformación admisible según ACI 318-2008:

= 480

=600

480= 1,25

Luego, la viga no cumple con las condiciones de deformación establecidas por el

código ACI 318-2008.

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