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: fyk = 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:
Fd
FL/4
δ
Fd
δ/2
FL/4
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
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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
Fd 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, 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:
30
fck
= 0.85 ×
= 15.94 N/mm 2
1.6
γc
fyk 430
fyd =
=
= 373.9 N/mm 2
γs 1.15
373.9
fyd
εsy =
=
= 1.82 0 00
Es 205000
fcd = 0.85 ×
2.2. Valutazione delle percentuali meccaniche di armatura:
μs =
μ's =
As ⋅ f yd
b ⋅ d ⋅ f cd
A' s ⋅ f yd
b ⋅ d ⋅ f cd
=
2512 ⋅ 373.9
= 0.637 ≈ 0.64
250 ⋅ 370 ⋅15.94
=
2512 ⋅ 373.9
= 0.637 ≈ 0.64
250 ⋅ 370 ⋅15.94
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 =
Nd
160
=
= 0.108
bd f cd 25 × 37 × 1.594
n d, min =
Sforzo normale massimo (compressione pura)
nmax = 0.8×(1+δ)+μs+ μs’ = 2.144
δ=d’/d = 0.075
Nd
140
=
= 0.096
bd f cd 25 × 37 × 1.594
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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
ε's = ε cu ⋅
K−δ
0.658 − 0.081
= 3.5 ⋅10 −3 ⋅
= 3.07 0 00 > 1.82 0 00
K
0.658
con
δ=
l’acciaio è snervato quindi σ’s = fyd:
n 1− 2 = 0.81K + μ' s −μ s
con
K=
3.5 0 00
= 0.658
3.5 0 00 + 1.82 0 00
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
0.259 − 0.081
= 3.5 ⋅10 −3 ⋅
= 2.4 0 00 > 1.82 0 00
K
0.259
l’acciaio è snervato quindi σ’s = fyd:
n 2 − 3 = 0.81K + μ's −μ s
con
K=
3.5 0 00
= 0.259
3.5 0 00 + 10 0 00
n2-3 = 0.81⋅0.259 + 0.64 – 0.64 = 0.210
Regione 3 – 4
σ (ε )
n 3− 4 = −μ's ⋅ s − μ s
f yd
in questo caso anche A’s è teso: controllo il valore della sua deformazione
ε' s = ε sl ⋅
d'
= 10 ⋅ 10 −3 ⋅ 0.081 = 0.81 0 00 < 1.82 0 00
d
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
d'
= 0.081
d
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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
160 × 103
=
= 0.100
b × d × fcd 270 × 370 × 15.43
= - 0.920 < n d < n 2 -3 = 0.210 ⇒ Regione 3
nd =
n 3- 4
2) Calcolo Asse Neutro
L’equilibrio alla traslazione può essere effettuato in prima approssimazione ipotizzando che
l’acciaio compresso sia snervato
ε's > εyd ⇒ σ'(εs) = fyd
0.80 × yc × b × fcd + A's × fyd − As × fyd = Nd
(HP: acciaio compresso snervato)
Dalla precedente è immediato ricavare la posizione dell’asse neutro
K=
nd + μs − μs' 0.100 + 0.64 − 0.64
=
= 0.125
0.80
0.80
→ yc = K ⋅ d = 0.125 × 37 = 4.74 cm
Verifico che l’acciaio compresso sia effettivamente snervato attraverso la proporzione:
εs : (yc - d' ) = εsl : (d - yc )
(yc - d' ) × εsl (K − δ )
0.125 − 0.081
ε sl =
10 = 0.54°/oo < εyd = 1.82°/oo
=
d - yc
1- K
1 − 0.125
⇒ Ipotesi iniziale non verificata
ε' s =
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 + μ s ' α l ) + μ s ' α lδ + μ s + nd = 0
dove α l =
ε sl
10
=
= 5.494
ε sy 1.82
0.8 K 2 − 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 =⎨
→ la soluzione ammissibile è ovviamente una soltanto ed in particolare la prima in
⎩6.1183
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
⎞
⎛h
⎞
⎛h
⎞
Mu = 0.8 yc × b × fcd × ⎜ − 0.4 yc ⎟ + As × ⎜ − yc ⎟ × fyd + A's × ⎜ − d' ⎟ × σ ε s' =
⎝2
⎠
⎝2
⎠
⎝2
⎠
⎛ 40
⎞
⎛ 40 ⎞
⎛ 40 ⎞ 1.61
= 0.8 ⋅ 7.74 ⋅ 25 ⋅ 1.594 ⋅ ⎜ − 0.4 ⋅ 7.74 ⎟7.74 + 25.12 ⋅ ⎜ − 3 ⎟ ⋅ 37.4 + 25.12 ⋅ ⎜ − 3 ⎟ ⋅
20500 =
⎝ 2
⎠
⎝ 2
⎠
⎝ 2
⎠ 1000
4171 + 15971 + 14094 = 34236 kNcm = 342.36 kNm > M d