esercizio pressoflessione slu
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UNIVERSITA’ DEGLI STUDI DI ROMA TRE – FACOLTA’ DI INGEGNERIA PROGETTO DI STRUTTURE - Ing. F. Paolacci - A/A 2009-2010 ESERCITAZIONE N° 1 VERIFICA A PRESSOFLESSIONE ALLO SLU DI SEZIONI IN C.A. Si deve realizzare un edificio con struttura portante costituita da una serie di telai paralleli il cui modello di calcolo è illustrato nella figura sottostante. In particolare si ipotizzi la trave infinitamente rigida (flessionalmente) rispetto ai pilastri. Le azioni agenti su ognuno dei telai sono costituite da un carico distribuito verticale di calcolo pd = 50 kN/m e da una forza orizzontale (equivalente al sisma) di calcolo pari a Fd=40 kN. Si richiede la verifica allo SLU per pressoflessione dei pilastri. A tal fine si utilizzino i seguenti dati: Pilastro b = 25 cm h = 40 cm d’= 3 cm As = 8φ20 A’s = 8φ20
Dimensioni Telaio H = 3 m L = 6 m Proprietà dei materiali
Calcestruzzo: classe C30/37
Acciaio: fyk = 430 MPa
b
h
As
Fd pd
H
L
As’
UNIVERSITA’ DEGLI STUDI DI ROMA TRE – FACOLTA’ DI INGEGNERIA PROGETTO DI STRUTTURE - Ing. F. Paolacci - A/A 2009-2010 1. CALCOLO DELLE SOLLECITAZIONI Le sollecitazioni massime devono essere valutate combinando i carichi secondo quanto prescritto dalla normativa vigente, considerando quindi la struttura a comportamento elastico-lineare. Ciò permette di considerare separatamente i singoli contributi, sommandoli successivamente per ottenere le sollecitazioni totali. 1.1 Sollecitazioni dovute della forza orizzontale Poiché la trave è infinitamente rigida rispetto ai pilastri, l’effetto flessionale sui pilastri è dovuto esclusivamente alla forza orizzontale Fd. Infatti sotto l’effetto dei carichi verticali la deformazione trasversale della trave è trascurabile e dunque tale da non provocare effetti flessionali sui pilastri. In tali condizioni i pilastri sotto l’azione della forza orizzontale possono essere considerati come elementi incastrati alla base e con incastro scorrevole in sommità:
δ
FL/4
δ/2 FL/4
Fd
Fd
δ/2
Figura 1 – Modello del pilastro e diagramma dei momenti per effetto di uno spostamento δ.
Osservando la deformazione dell’elemento sotto l’azione di una forza Fd, riportata in figura 1, il pilastro, dal punto di vista statico si comporta come due mensole incastrate alla base ognuna sollecitata da una forza Fd. Infatti, essendo la rigidezza della singola mensola la metà di quella dell’intero pilastro ed essendo il loro spostamento pari alla metà di quello dell’intero pilastro, ognuna di esse risulta sollecitata dalla forza totale Fd. Ciò conduce al diagramma del momento flettente indicato in figura (a farfalla) con valore massimo pari a Fd/2 × H/2 = Fd × H /4. Globalmente devono essere rispettate anche le equazioni di equilibrio alla rotazione e alla traslazione verticale e orizzontale. In particolare attraverso questa ultima si ottiene che ogni pilastro è sollecitato da un taglio pari a Fd/2. L’equilibrio alla rotazione rispetto alla base e l’equilibrio alla traslazione verticale mettono in evidenza l’effetto “tira e spingi” che provoca trazione nel pilastro di sinistra e compressione nel pilastro di destra. Infatti per l’equilibrio alla traslazione verticale le forze che nascono nei due pilastri non possono che essere uguali in modulo e di segno opposto. Il loro valore può essere facilmente valutato mediante l’equilibrio alla rotazione del sistema rispetto alla base: Fd × H – (Fd × H/4) × 2 = V × L ⇒ V = Fd × H / 2L
UNIVERSITA’ DEGLI STUDI DI ROMA TRE – FACOLTA’ DI INGEGNERIA PROGETTO DI STRUTTURE - Ing. F. Paolacci - A/A 2009-2010
H
Fd
V=FdH/2L V=FdH/2L
Fd/2 Fd/2
FdH/4 FdH/4
1.2 Sollecitazioni dovute al carico distribuito Poiché la trave è infinitamente rigida rispetto ai pilastri il sistema di comporta come una trave appoggiata. L’elevata rigidezza della trave fa si che ai pilastri non venga trasmesso alcuna sollecitazione flettente e di taglio. Sui pilastri l’unica sollecitazione presente sarà dunque lo sforzo normale. Per la simmetria del sistema l’equilibrio alla traslazione verticale comporta uno sforzo normale pari a pL/2.
pL/2 pL/2
p
1.3 Sollecitazioni totali Le sollecitazioni totali riportate nella figura seguente si calcolano come somma delle sollecitazioni dei due casi esaminati separatamente.
Fd H/4 Fd H/4
Fd H/4 Fd H/4
Fd H/4 Fd H/4
Pd L/2 – Fd H/2L
Fd /2
Pd L/2 + Fd H/2L MOMENTO FLETTENTE TAGLIO
UNIVERSITA’ DEGLI STUDI DI ROMA TRE – FACOLTA’ DI INGEGNERIA PROGETTO DI STRUTTURE - Ing. F. Paolacci - A/A 2009-2010
Sui pilastri le sollecitazioni risultano dunque pari a: Pilastro di sinistra : Nd = Ndmin = 140 kN, Md=30 kNm Pilastro di destra : Nd = Ndmax = 160 kN, Md=30 kNm 2. Verifica allo SLU per presso flessione dei pilastri 2.1. valutazione delle resistenze di calcolo dei materiali e della deformazione di snervamento dell’acciaio:
000
2
2
821205000
9373
9373151
430
941561
30850850
..Efε
N/mm..γ
ff
N/mm..
.γf.f
s
ydsy
s
ykyd
c
ckcd
===
===
=×=×=
2.2. Valutazione delle percentuali meccaniche di armatura:
6406370941537025093732512
6406370941537025093732512
....
fdbfA'
μ
....
fdbfA
μ
cd
yds's
cd
ydss
≈=⋅⋅
⋅=
⋅⋅⋅
=
≈=⋅⋅
⋅=
⋅⋅⋅
=
3. Determinazione dei valori adimensionali ‘n’ in corrispondenza delle rette di confine tra le 5 regioni di rottura
Sforzo normale di calcolo normalizzato (massimo e minimo)
108.0594.13725
160n max d, =××
==cd
d
fbdN 096.0
594.13725140n min d, =
××==
cd
d
fbdN
Sforzo normale massimo (compressione pura)
nmax = 0.8×(1+δ)+μs+ μs’ = 2.144 δ=d’/d = 0.075
UNIVERSITA’ DEGLI STUDI DI ROMA TRE – FACOLTA’ DI INGEGNERIA PROGETTO DI STRUTTURE - Ing. F. Paolacci - A/A 2009-2010 Regione 0 – 1
n 0-1 = 0.81 + μs’ = 0.81 + 0.64 = 1.45
Regione 1 – 2 controllo il valore della deformazione dell’acciaio compresso
081.0dd'δcon1.823.07
0.6580.0810.658103.5
KδKεε' 00
000
03cus ==>=
−⋅⋅=
−⋅= −
l’acciaio è snervato quindi σ’s = fyd:
0.6581.823.5
3.5Kconμμ'0.81Kn00
000
0
000
ss21 =
+=−+=−
n1-2 = 0.81⋅0.658 + 0.64 – 0.64 = 0.533
Regione 2 – 3 controllo il valore della deformazione dell’acciaio compresso
000
0003
cus 1.822.40.259
0.0810.259103.5KδKεε' >=
−⋅⋅=
−⋅= −
l’acciaio è snervato quindi σ’s = fyd:
0.259103.5
3.5Kconμμ'0.81Kn00
000
000
0
ss32 =
+=−+=−
n2-3 = 0.81⋅0.259 + 0.64 – 0.64 = 0.210
Regione 3 – 4
syd
)(εs
43 μfσ
μ'n s −⋅−=−
in questo caso anche A’s è teso: controllo il valore della sua deformazione
000
0003
sls 1.820.81081.01010dd'εε' <=⋅⋅=⋅= −
l’area di acciaio A’s non è snervata quindi
σ’s = Es ⋅ e’s = 205000 ⋅ 0.81 ⋅ 10-3 = 166.5 Mpa n3-4 = - 0.64 ⋅ 166.5/373.9 - 0.64 = - 0.920
UNIVERSITA’ DEGLI STUDI DI ROMA TRE – FACOLTA’ DI INGEGNERIA PROGETTO DI STRUTTURE - Ing. F. Paolacci - A/A 2009-2010 4. DETERMINAZIONE MOMENTO ULTIMO
N = 160 kN
1) Riconoscimento della regione di appartenenza della sezione attraverso il valore adimensionale della forza normale
3 Regione 0.210 nn0.920- n
100.043.15370270
10160fdb
Nn
3-2d
4-3
3
cd
dd
⇒=<<=
=××
×=
××=
2) Calcolo Asse Neutro L’equilibrio alla traslazione può essere effettuato in prima approssimazione ipotizzando che l’acciaio compresso sia snervato
dydsydscdc
ydsyds
NfAfA'fby.
f)'(ε εε'
=×−×+×××
=⇒>
800
σ (HP: acciaio compresso snervato)
Dalla precedente è immediato ricavare la posizione dell’asse neutro
cm..dKy..
....
'μμnK cssd 7443712501250
8006406401000
800=×=⋅=→=
−+=
−+=
Verifico che l’acciaio compresso sia effettivamente snervato attraverso la proporzione:
catanon verifi iniziale Ipotesi
/1.82ε/54.010125.01
081.0125.0K-1
)(Ky-dε)d'-(yε'
)y-(d:ε)d'-(y:ε
ooyd ooc
slcs
cslcs
⇒
°=<°=−
−=
−=
×=
=
slεδ
E’ qundi necessario correggere l’equazione di equilibrio alla traslazione considerando la σ ’(ε’s)=Es×ε’s. Questo porta alla seguente equazione algebrica di II° grado:
( )
00248.106216.58.0
494.582.1
100''8.08.0
2
2
=+−
====++++++−
KK
dovennKKsy
slldslslssd ε
εαμδαμαμμ
Le soluzioni della precedente, tenendo conto dei valori dei coefficienti prima stabiliti, valgono:
UNIVERSITA’ DEGLI STUDI DI ROMA TRE – FACOLTA’ DI INGEGNERIA PROGETTO DI STRUTTURE - Ing. F. Paolacci - A/A 2009-2010
→⎩⎨⎧
=1183.62093.0
K la soluzione ammissibile è ovviamente una soltanto ed in particolare la prima in
quanto positiva e < 1. La posizione dell’asse neutro risulta quindi yc=0.2093×37=7.74 cm
3) Determinazione Momento Ultimo A questo punto è possibile calcolare il momento ultimo attraverso l’equilibrio alla rotazione attorno al centro della sezione
( )
d
ssydcsccdcu
MkNmkNcm
d'hA'fyhAy.hfby.M
>==++
=⋅⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −⋅+⋅⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −⋅+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅−⋅⋅⋅⋅=
=×⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −×+×⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −×+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −×××=
36.3423423614094159714171
205001000
61.1324012.254.373
24012.2574.774.74.0
240594.12574.78.0
2240
280 'εσ