esercizio pressoflessione slu

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

 pd

Fd

H

Dimensioni Telaio H=3m L=6 m Proprietà dei materiali

L As’

As

 b

Calcestruzzo: classe C30/37 Acciaio: f yk  yk  = 430 MPa

h

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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:

FL/4

Fd δ

Fd

δ/2

δ/2 FL/4

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 F d, 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 = F d × 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 – (F d × H/4) × 2 = V × L

⇒

V = Fd × H / 2L

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Fd H

Fd/2

Fd/2 FdH/4 V=FdH/2L

FdH/4

V=FdH/2L

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.

 p

 pL/2

 pL/2

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 d H/4

Fd H/4

Fd /2

Fd H/4

Fd H/4

MOMENTO FLETTENTE

Pd L/2 – Fd H/2L

Pd L/2 + Fd H/2L

TAGLIO

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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, M d=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:  f cd  = 0.85 ×

 f ck 

= 0.85 ×

γc

 f  yk 

 f  yd  =

=

γ s ε sy

=

 f  yd   E  s

=

430 1.15

30 1.6

= 15.94 N/mm 2

= 373.9 N/mm 2

373.9 205000

= 1.82 0 00

2.2. Valutazione delle percentuali meccaniche di armatura:

 μ s

' 

 μ s

= =

 A s ⋅  f  yd  b ⋅ d ⋅  f cd   A'  s ⋅  f  yd  b ⋅ d ⋅  f cd 

= =

2512 ⋅ 373.9 250 ⋅ 370 ⋅15.94 2512 ⋅ 373.9 250 ⋅ 370 ⋅15.94

= 0.637 ≈ 0.64 = 0.637 ≈ 0.64

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)

n d, max

=

 N d  bd  f cd 

=

160 25 × 37 × 1.594

= 0.108

n d, min

=

Sforzo normale massimo (compressione pura) nmax = 0.8× (1+δ   )+μ  s+ μ  s’ = 2.144

δ  =d’/d

= 0.075

 N d  bd   f cd 

=

140 25 × 37 × 1.594

= 0.096

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 Regione 0 – 1

n

0-1

= 0.81 + μ  s’ = 0.81 + 0.64 = 1.45

 Regione 1 – 2 controllo il valore della deformazione dell’acciaio compresso

ε's = ε cu ⋅

K − δ K 

= 3.5 ⋅10 −3 ⋅

0.658 − 0.081 0.658

= 3.07 0 00 > 1.82 0 00

con

δ=

l’acciaio è snervato quindi σ ’ s = f  yd : n

1− 2

= 0.81K  + μ's −μ s

K  =

con

3.5 0 00 3.5 0 00 + 1.82 0 00

= 0.658

n1-2 = 0.81⋅ 0.658 + 0.64 – 0.64 = 0.533

 Regione 2 – 3 controllo il valore della deformazione dell’acciaio compresso

ε's = ε cu ⋅

K − δ K 

= 3.5 ⋅10 −3 ⋅

0.259 − 0.081 0.259

= 2.4 0 00 > 1.82 0 00

l’acciaio è snervato quindi σ ’ s = f  yd : n

2−3

= 0.81K + μ's −μ s

K  =

con

3.5 0 00 3.5 0 00 + 10 0 00

= 0.259

n2-3 = 0.81⋅ 0.259 + 0.64 – 0.64 = 0.210

 Regione 3 – 4 σ (ε ) n 3− 4 = −μ' s ⋅ s f yd

− μs

in questo caso anche A’  è teso: controllo il valore della sua deformazione s

ε' s

= ε sl ⋅

d' d

= 10 ⋅ 10 −3 ⋅ 0.081 = 0.81 0 00 < 1.82 0 00

l’area di acciaio A’  non è snervata quindi s

-3

σ ’ s = E s ⋅  e’ s = 205000 ⋅  0.81 ⋅  10  = 166.5 Mpa

n3-4 = - 0.64 ⋅  166.5/373.9 - 0.64 = - 0.920

d' d

= 0.081

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4. DETERMINAZIONE MOMENTO ULTIMO N = 160 kN

1) Riconoscimento della regione di appartenenza della sezione attraverso il valore adimensionale

della forza normale

nd

=

n 3- 4

 Nd  b × d × f cd

160 × 103

=

270 × 370 × 15.43

= 0.100

= - 0.920 < n d < n 2-3 = 0.210 ⇒ Regione 3

2) Calcolo Asse Neutro

L’equilibrio alla traslazione può essere effettuato in prima approssimazione ipotizzando che l’acciaio compresso sia snervato

> ε yd  ⇒ σ '( ε s ) =  f  yd  0.80 × yc × b ×  f cd  + A'  s ×  f  yd  − A s ×  f  yd  =  N d  ε'   s

(HP: acciaio compresso snervato)

Dalla precedente è immediato ricavare la posizione dell’asse neutro  K  =

nd  +  μ s

−  μ s' 

0.80

=

0.100 + 0.64 − 0.64 0.80

= 0.125 →

 yc = K ⋅ d  = 0.125 × 37 = 4.74 cm

Verifico che l’acciaio compresso sia effettivamente snervato attraverso la proporzione: ε s : (yc - d' ) = ε sl : (d - yc ) ε' s =

(yc - d' ) × εsl d - yc

=

(K − δ ) 1 - K 

ε  sl  =

0.125 − 0.081 10 = 0.54°/oo < εyd = 1.82°/oo 1 − 0.125

⇒ Ipotesi iniziale non verificata 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: 0.8 K 2 − K (nd  + 0.8 + μ  s 0.8 K 2

+ μ  s 'α l ) + μ  s ' α l δ  + μ  s + nd  = 0

dove α l  =

ε  sl  ε  sy

=

10 1.82

= 5.494

− 5.06216 K  + 1.0248 = 0

Le soluzioni della precedente, tenendo conto dei valori dei coefficienti prima stabiliti, valgono:

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⎧0.2093  K  = ⎨ ⎩6.1183

→  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

⎛ h − 0.4 y  ⎞ + A × ⎛ h − y  ⎞ ×  f  + A'  × ⎛ h − d'  ⎞ × σ (ε ' ) = c⎟  s  yd   s ⎜ ⎜ ⎟ c⎟  s ⎝ 2  ⎠ ⎝ 2  ⎠ ⎝ 2  ⎠ ⎛ 40  ⎞ ⎛ 40  ⎞ ⎛ 40  ⎞ 1.61 20500 = 0.8 ⋅ 7.74 ⋅ 25 ⋅ 1.594 ⋅ ⎜ − 0.4 ⋅ 7.74 ⎟7.74 + 25.12 ⋅ ⎜ − 3 ⎟ ⋅ 37.4 + 25.12 ⋅ ⎜ − 3 ⎟ ⋅ = 2 2 2 1000 ⎝   ⎠ ⎝   ⎠ ⎝   ⎠ 4171 + 15971 + 14094 = 34236 kNcm = 342.36 kNm >  M d 

 M u = 0.8 yc × b ×  f cd  × ⎜