E-tivity 1 di Tecnica delle Costruzioni, Esercizi di Tecnica Delle Costruzioni

Scarica E-tivity 1 di Tecnica delle Costruzioni e più Esercizi in PDF di Tecnica Delle Costruzioni solo su Docsity! 1 1. Assumendo valide le ipotesi di planeità delle sezioni (Bernoulli), perfetta aderenza tra i materiali e conoscenza dei legami costitutivi di calcestruzzo e acciaio, procediamo con la fase di progettazione semplificando il diagramma tensionale reale di tipo parabolo- rettangolo in un rettangolo di area equivalente: Stress-Block (rettangolo di altezza pari a 0,8Xc come in figura). Con il CLS di classe C40/50 il valore di fck=0,83*Rck=0,83*50=41,5MPa da cui ricaviamo fcd=(fck/1,5)*0,85=23,52MPa. Utilizzando l’acciaio B450C abbiamo fyd=450/fattore sicurezza=450/1,15=391,3MPa. Xc=s*d con s=fcd/(fcd+fyd/n)=23,52/(23,52+391,3/6,35)=0,28 Equilibrio a rotazione intorno all’armatura: 0,8*25*Xc*fcd(56-0,4Xc) = Med, ovvero 0,8*25*Xc*23,5*56 - 0,4*0,8*25*Xc2*23,5 = 150.000 → 0,8*25*0,28*d*23,5*d - 0,4*0,8*25*(0,28d)2*23,5 = 150.000 → d=35,83cm quindi utilizzeremo un d=36cm con un copriferro c=4cm → sezione finale 40x25. Definita la sezione andiamo a definire i valori finali di Xc ed As attraverso le seguenti equazioni di equilibrio: - Equilibrio a traslazione: 0,8*25*Xc*fcd - As*fyd = 0 → As = 0,8*25*Xc*23,5/391,3. - Equilibrio a rotazione intorno all’armatura: 0,8*25*Xc*fcd(36-0,4Xc) = Med, ovvero 2 0,8*25*Xc*23,5*36 - 0,4*0,8*25*Xc2*23,5 = 150.000→ Xc=9,97cm. Immettendo questo valore nell’espressione precedente ricavata per As avremo As=11,98cm2; utilizzando 5Φ18 l’area reale dell’armatura tesa sarà As=12,70cm2. 2. In questo caso d=46,25 quindi utilizzeremo un d=47cm con un copriferro c=3cm → sezione finale 50x25. Dai calcoli si ha una Xc=12,69cm, As=15,24cm2 →6Φ18→As=15,24cm2. 3. In questo caso d=54,73 quindi utilizzeremo un d=56cm con un copriferro c=4cm → sezione finale 60x25. Dai calcoli si ha una Xc=14,88cm, As=17,87cm2 →6Φ20→As=18,84cm2. 4. In questo caso d=62,05 quindi utilizzeremo un d=62,50cm con un copriferro c=2,50cm → sezione finale 65x25. Dai calcoli si ha una Xc=17,22cm, As=20,68cm2 →6Φ22→As=22.80cm2. 5. In questo caso d=68,60 quindi utilizzeremo un d=71cm con un copriferro c=4cm → sezione finale 75x25. Dai calcoli si ha una Xc=18,39cm, As=22,09cm2 →6Φ22→As=22.80cm2. 5 In questo caso si ha il CLS di classe C25/30 il valore di fck=0,83*Rck=0,83*30=24,9MPa da cui ricaviamo fcd=(fck/1,5)*0,85=14,11MPa. Utilizzando l’acciaio B450C abbiamo fyd=450/fattore sicurezza=450/1,15=391,3MPa. Come negli esercizi precedenti, utilizziamo lo Stress-Block e facciamo l’equilibrio a traslazione: 0,8*40*Xc*fcd + A’s*fyd – As*fyd = 0 → Xc=7,40cm. ε’s = (Xc-ɗ’)*εc/Xc = 0,00208 > εsy = 0,00186 εs = (H-ɗ-Xc)*εc/Xc = 0,02818 > εsy = 0,00186 Calcoliamo ora il Momento ultimo facendo l’equilibrio a rotazione intorno all’armatura tesa: Mu=[A’s*fyd*(67-3)+0,8*B*Xc*fcd*(67-3-0,4*Xc)]/1000=314,91KNm. In questo caso si ha il CLS di classe C25/30 → fcd=9,41MPa. Armatura identica e simmetrica → Xc=0cm!! La sezione reagisce a tensione ed anche l’armatura superiore darà il suo contributo in tal senso; nello specifico il Momento ultimo sarà dato da: Mu=[fyd*As*47+fyd*A’s*3)]/1000=442,56KNm. 6 fcd=(fck/1,5)*0,85=17,40MPa. Equilibrio a traslazione: 0,8*40*Xc*fcd + A’s*fyd – As*fyd = 0 → Xc=9,54cm. ε’s = (Xc-ɗ’)*εc/Xc = 0,0024 > εsy = 0,00186 εs = (H-ɗ-Xc)*εc/Xc = 0,021 > εsy = 0,00186 Calcoliamo ora il Momento ultimo facendo l’equilibrio a rotazione intorno all’armatura tesa: Mu=[A’s*fyd*(67-3)+0,8*B*Xc*fcd*(67-3-0,4*Xc)]/1000=675,35KNm. fcd=14,11MPa. Se la sezione si comporta come di tipo rettangolare con base B abbiamo Xc=fyd(As- A’s)/(0,8*fcd*B) → Xc=3,04cm < s=10cm, ovvero l’asse neutro taglia l’anima quindi consideriamo la sezione come se fosse rettangolare. ε’s = (Xc-ɗ’)*εc/Xc = 0,00063 < εsy = 0,00186 εs = (H-ɗ-Xc)*εc/Xc = 0,0166 > εsy = 0,00186 L’armatura compressa non è snervata! Calcoliamo ora il Momento ultimo facendo l’equilibrio a rotazione intorno all’armatura tesa: Mu=[A’s*Ec*ε’s*(17,5-2,5)+0,8*B*Xc*fcd*(17,5-2,5-0,4*Xc)]/1000=24,37KNm. 7 Se la sezione si comporta come di tipo rettangolare con base B abbiamo Xc=fyd(As- A’s)/(0,8*fcd*B) → Xc=3,36cm < s=20cm, ovvero l’asse neutro taglia l’anima quindi consideriamo la sezione come se fosse rettangolare. ε’s = (Xc-ɗ’)*εc/Xc = 0,00038 < εsy = 0,00186 εs = (H-ɗ-Xc)*εc/Xc = 0,045 > εsy = 0,00186 L’armatura compressa non è snervata! Calcoliamo ora il Momento ultimo facendo l’equilibrio a rotazione intorno all’armatura tesa: Mu=[A’s*Ec*ε’s*(47-3)+0,8*B*Xc*fcd*(47-3-0,4*Xc)]/1000=133,20KNm. Se la sezione si comporta come di tipo rettangolare con base B abbiamo Xc=fyd(As- A’s)/(0,8*fcd*B) → Xc=5,49cm < s=30cm, ovvero l’asse neutro taglia l’anima quindi consideriamo la sezione come se fosse rettangolare. ε’s = (Xc-ɗ’)*εc/Xc = 0,00095 < εsy = 0,00186 εs = (H-ɗ-Xc)*εc/Xc = 0,0258 > εsy = 0,00186 L’armatura compressa non è snervata! Calcoliamo ora il Momento ultimo facendo l’equilibrio a rotazione intorno all’armatura tesa: Mu=[A’s*Ec*ε’s*(46-4)+0,8*B*Xc*fcd*(46-4-0,4*Xc)]/1000=154,69KNm. 10 Per una sezione semplicemente inflessa, il diagramma momento – curvatura è lineare nel tratto iniziale e la relazione tra il momento M e la curvatura ꭙ è data dalla classica equazione elastica 𝑀 = 𝐸𝐼 ∙ ꭙ dove EI è la rigidezza a flessione della sezione. I punti caratteristici del diagramma in questione sono ꭙy, ovvero la curvatura allo snervamento pari a ≅ 1,4*𝜀sy/d (𝜀sy=1,86‰ = snervamento dell’acciaio sul legame elasto- plastico) definita come la formula semplificata per il calcolo della curvatura allo snervamento, e ꭙu, che rappresenta la curvatura in corrispondenza dello stato limite ultimo del calcestruzzo (ꭙu=εc/Xc). Nel nostro caso ꭙy=0,0453*10-3 1/cm e ꭙu=0,991*10-3 1/cm. Con l’aiuto di un foglio di calcolo si è tracciato il seguente diagramma: ꭙy ꭙu 11 In questo caso ꭙy=0,0389*10-3 1/cm e ꭙu=0,472*10-3 1/cm. ꭙy ꭙu 12 In questo caso il Momento ultimo viene raggiunto subito, con lo snervamento in corrispondenza della curvatura ꭙy=0,0554*10-3 1/cm. 15 Punto di massima trazione: con la sezione tutta tesa a reagire saranno solamente le armature; ciò comporta la definizione dei 2 parametri di nostro interesse nel seguente modo: Nu=-(As+As’)*fyd=-614,34KN Mu=(As-As’)*fyd*(H/2 - ɗ)=33,79KNm. Punto di massima compressione: con la sezione tutta compressa la definizione dei 2 parametri di nostro interesse è: Nu=H*B*fcd+(As+As’)*fyd=3224,34KN Mu=(As’-As)*fyd*(H/2 - ɗ)=-33,79KNm. Punto di massimo del dominio: rottura bilanciata: in questo caso l’acciaio è teso in condizioni ultime (avendo l’acciaio rottura indefinita si usa come deformazione ultima quella di snervamento pari a 1,86‰) ed il calcestruzzo è compresso al massimo. Si calcola prima la posizione dell’asse neutro Xc=d*[0,0035/(0,00186+0,0035)]=37,55cm da cui εs’=0,0035*(Xc-ɗ)/Xc=0,003267>1,86‰. Nu=0,8*B*Xc*fcd+(As’-As’)*fyd=1183,75KN Mu=As’*fyd*(H/2-ɗ)+0,8*B*Xc*fcd*(H-0,4*Xc)+As*fyd*(H/2-ɗ)=364,69KNm. Punto di flessione semplice: in questo caso si considera come azione sollecitante il solo Momento e si procede al calcolo della posizione dell’asse neutro ipotizando entrambe le armature snervate: Equilibrio alla traslazione: 0,8*B*Xc*fcd+As’*fyd-As*fyd=0 → Xc=3,53cm, da cui εs’=0,0035*(Xc-ɗ)/Xc=0,001022<1,86‰. L’acciaio compresso non è snervato; rifacendo l’equilibrio alla traslazione si ha: 0,8*B*Xc*fcd+As’*Es*εs’-As*fyd=0 → Xc=6,72cm Nu=0KN Mu=As’*Es*εs’*(d-ɗ)+0,8*B*Xc*fcd*(d-0,4*Xc)=202,29KNm. 16 L’insieme delle coppie M-N appena determinate vengono riportate in un diagramma cartesiano al fine di definire il dominio entro il quale deve trovarsi la coppia sollecitante. -100 -50 0 50 100 150 200 250 300 350 400 -1000 -500 0 500 1000 1500 2000 2500 3000 3500 DOMINIOM (KNm) N (KN) 17 Punto di massima trazione: Nu=-(As+As’)*fyd=-649,17KN Mu=(As-As’)*fyd*(H/2 - ɗ)=107,06KNm. Punto di massima compressione: Nu=H*B*fcd+(As+As’)*fyd=4599,97KN Mu=(As’-As)*fyd*(H/2 - ɗ)=-107,06KNm. Punto di massimo del dominio: rottura bilanciata: Xc=d*[0,0035/(0,00186+0,0035)]=43,75cm da cui εs’=0,0035*(Xc-ɗ)/Xc=0,00326>1,86‰. Nu=0,8*B*Xc*fcd+(As’-As’)*fyd=1640,84KN Mu=As’*fyd*(H/2-ɗ)+0,8*B*Xc*fcd*(H-0,4*Xc)+As*fyd*(H/2-ɗ)=553,43KNm. Punto di flessione semplice: Equilibrio alla traslazione: 0,8*B*Xc*fcd+As’*fyd-As*fyd=0 → Xc=7,41cm, da cui εs’=0,0035*(Xc-ɗ)/Xc=0,002083>1,86‰. Nu=0KN Mu=As’*fyd*(d-ɗ)+0,8*B*Xc*fcd*(d-0,4*Xc)=314,91KNm. -200 -100 0 100 200 300 400 500 600 -1000 0 1000 2000 3000 4000 5000 DOMINIOM (KNm) N (KN) 20 Punto di massima trazione: Nu=-(As+As’)*fyd=-586,17KN Mu=(As-As’)*fyd*(H/2 - ɗ)=90,05KNm. Punto di massima compressione: Nu=H*B*fcd+(As+As’)*fyd=4113,67KN Mu=(As’-As)*fyd*(H/2 - ɗ)=-90,05KNm. Punto di massimo del dominio: rottura bilanciata: Xc=d*[0,0035/(0,00186+0,0035)]=30,69cm da cui εs’=0,0035*(Xc-ɗ)/Xc=0,002052>1,86‰. Nu=0,8*B*Xc*fcd+(As’-As’)*fyd=1322,86KN Mu=As’*fyd*(H/2-ɗ)+0,8*B*Xc*fcd*(H-0,4*Xc)+As*fyd*(H/2-ɗ)=349,35KNm. Punto di flessione semplice: Equilibrio alla traslazione: 0,8*B*Xc*fcd+As’*fyd-As*fyd=0 → Xc=7,25cm, da cui εs’=0,0035*(Xc-ɗ)/Xc=0,000377<1,86‰. L’acciaio compresso non è snervato; rifacendo l’equilibrio alla traslazione si ha: 0,8*B*Xc*fcd+As’*Es*εs’-As*fyd=0 → Xc=4,70cm εs’=0,0035*(Xc-ɗ)/Xc=0,002052>1,86‰. Nu=0KN Mu=As’*fyd*(d-ɗ)+0,8*B*Xc*fcd*(d-0,4*Xc)=219,41KNm. -150 -100 -50 0 50 100 150 200 250 300 350 400 -1000 0 1000 2000 3000 4000 5000 DOMINIOM (KNm) N (KN) 21 Sostituendo al vincolo in A le rispettive reazioni ed andando a definire gli equilibri a traslazione (verticale ed orizzontale) ed a rotazione, si ha: Ha = 0 Va - q*l = 0 → Va=75KN Ma + q*l2/2 = 0 → Ma=-112,5KNm=-112500000Nmm (verso opposto a quello ipotizzato) Considerando armatura (As=As’) e geometria (B=H) simmetriche ed un copriferro c=3cm, calcoliamo (a flessione semplice) la lunghezza della base considerando un valore di r=0,874 (tabellato): B=(r2*M)1/3=441mm → utilizziamo B=H=45cm. As=M/(0,9*d*fyd)=112500/(0,9*42*391,3)=7,60cm2 → As=As’=7,63cm2=3Φ18 In questo caso gli equilibri sono: Ha = 0 Va - q*l = 0 → Va=75KN Ma + q*22/2 - q*12/2 = 0 → Ma=-37,5KNm=-37500000Nmm (verso opposto a quello ipotizzato) B=(r2*M)1/3=305,97mm → utilizziamo B=H=35cm. As=M/(0,9*d*fyd)=37500/(0,9*32*391,3)=3,33cm2 → As=As’=3,39cm2=3Φ12. 22 In questo caso gli equilibri sono: Hc - Ha = 0 Vc - q*l = 0 → Vc=75KN Ha*5 + q*l2/2 – Vc*3 = 0 → Ha=(75*3-25*9/2)/5=22,5KN=Hc Mmax=Mb=112,5KNm=112500000Nmm B=(r2*M)1/3=441,29mm → utilizziamo B=H=45cm. As=M/(0,9*d*fyd)=112500/(0,9*42*391,3)=7,61cm2 → As=As’=7,63cm2=3Φ18. In questo caso gli equilibri sono: Hc - Ha = 0 Vc - q*l = 0 → Vc=75KN Ha*5 + q*22/2 - q*12/2 – Vc*2 = 0 → Ha=(-50+12,5+150)/5=17,5KN=Hc Mmax=Ha*5=87,5KNm=87500000Nmm B=(r2*M)1/3=405,83mm → utilizziamo B=H=45cm. As=M/(0,9*d*fyd)=87500/(0,9*42*391,3)=5,92cm2 → As=As’=6,03cm2=3Φ16. 25 In questo caso Sx=0 → B*Xc2/2 + n*As’*(Xc-ɗ) – n*As*(d-Xc)=0 → Xc=19,84cm. Smax=B*Xc2/2 + n*As’*(Xc-ɗ)=8891,28cm3. Ix= B*Xc3/3 + n*As’*(Xc-ɗ)2 + n*As*(d-Xc)2=540474,85cm4 Ƭzy,max=(V*Sx)/(Ix*B)=0,62MPa. Ƭzy,sopraAs’=B*ɗ*(Xc-ɗ/2)=0,15MPa. Ƭzy,sottoAs’=B*ɗ*(Xc-ɗ/2)+n*As’*(Xc-ɗ)=0,22MPa. L’andamento del diagramma sarà come quello dell’esercizio precedente. In questo caso Sx=0 → Ƭzy=0MPa. 26 In questo caso Sx=0 → B*Xc2/2 + n*As’*(Xc-ɗ) – n*As*(d-Xc)=0 → Xc=13,26cm < s. Smax=B*Xc2/2 + n*As’*(Xc-ɗ)=6678,64cm3. Ix= B*Xc3/3 + n*As’*(Xc-ɗ)2 + n*As*(d-Xc)2=351897,65cm4 Ƭzy,max(B)=(V*Sx)/(Ix*B)=0,41MPa. Ƭzy,sopraAs’=B*ɗ*(Xc-ɗ/2)=0,15MPa. Ƭzy,sottoAs’=B*ɗ*(Xc-ɗ/2)+n*As’*(Xc-ɗ)=0,18MPa. Ƭzy,max(b)=(V*Sx)/(Ix*b)=0,95MPa. L’andamento del diagramma sarà: 27 In questo caso Sx=0 → B*Xc2/2 + n*As’*(Xc-ɗ) – n*As*(d-Xc)=0 → Xc=15,08cm. Smax=B*Xc2/2 + n*As’*(Xc-ɗ)=6091,18cm3. Ix= B*Xc3/3 + n*As’*(Xc-ɗ)2 + n*As*(d-Xc)2=256505,21cm4 Ƭzy,max=(V*Sx)/(Ix*B)=0,71MPa. Ƭzy,sopraAs’=B*ɗ*(Xc-ɗ/2)=0,24MPa. Ƭzy,sottoAs’=B*ɗ*(Xc-ɗ/2)+n*As’*(Xc-ɗ)=0,29MPa. L’andamento del diagramma sarà come quello dell’esercizio 1. 30 Sostituendo al vincolo in A le rispettive reazioni ed andando a definire gli equilibri a traslazione (verticale ed orizzontale) ed a rotazione, si ha: Ha = 0 Va - q*l = 0 → Va=75KN Ma + q*l2/2 = 0 → Ma=-112,5KNm=-112500000Nmm (verso opposto a quello ipotizzato) Per il pilastro sappiamo che B=H=45cm e che As=As’=7,63cm2=3Φ18, ma non è soggetto a taglio in quanto Ha=0. La trave invece ha sempre momento massimo pari a 112,5KNm, mentre il taglio massimo è pari a 75KN. Per la trave, soggetta allo stesso momento del pilastro, possiamo considerare una dimensione simile a quella del pilastro (45x45), così come la stessa armatura As; per quanto riguarda l’armatura compressa è possibile inserire quella minima As’=2Φ14. Vediamo se c’è bisogno di armare a taglio: VRd1=[0,18*(1+(200/420)1/2)/1,5*(100*(763/450*420)*24,90)1/3+ 0,15*0]*450*420=82,72KN. VRd2=(Vmin+0,15*Ϭcp)*B*d=72,52KN. Siccome VRdmax(1;2)> VEd non è necessario armare a taglio. 31 In questo caso gli equilibri sono: Ha = 0 Va - q*l = 0 → Va=75KN Ma + q*22/2 - q*12/2 = 0 → Ma=-37,5KNm=-37500000Nmm (verso opposto a quello ipotizzato) Il pilastro ha dimensioni B=H=35cm con As=As’=3,39cm2=3Φ12 e non è soggetto a taglio. La trave, invece, è soggetta ad un Mmax=q*22/2=25KNm ed un Taglio Max=50KN. Dimensioniamo la trave supponendo una base B=20cm, un copriferro di 3cm ed un rapporto A’s/As=0,4. d=0,617*(25000000/200)1/2=218,14 → d=22cm → H=25cm. As=25000000/(0,9*220*391,3)=322,67mm2=3,22cm2 → As=4,62cm2=3Φ14 (As’=2Φ14, minimo di norma). Vediamo se c’è bisogno di armare a taglio: VRd1=30,61KN; VRd2=20,98KN → siccome VRdmax(1;2) < VEd è necessario armare a taglio. Sappiamo che la resistenza di progetto a taglio-trazione è: VRcd=0,9*d*Asw/s*fyd*(ctgα + ctgθ)*sinα, dove α=90°(staffe)=angolo di inclinazione dell’armatura trasversale rispetto all’asse della trave; Asw=area dell’armatura trasversa; θ=inclinazione dei puntoni di calcestruzzo rispetto all’asse della trave=45°; s=interasse tra due armature trasversali consecutive. Imponendo VRcd=Tmax=50KN e considerando staffe Φ8 a 2 bracci si potrà ricavare il passo s: s=0,9*220*101*391,3/50000=156mm → s=15cm. 32 In questo caso gli equilibri sono: Hc - Ha = 0 Vc - q*l = 0 → Vc=75KN Ha*5 + q*l2/2 – Vc*3 = 0 → Ha=(75*3-25*9/2)/5=22,5KN=Hc Mmaxpilastro=Ha*5=112,5KNm=112500000Nmm B=(r2*M)1/3=441,29mm → utilizziamo B=H=45cm. As=M/(0,9*d*fyd)=112500/(0,9*42*391,3)=7,61cm2 → As=As’=7,63cm2=3Φ18. Vediamo se c’è bisogno di armare a taglio il pilastro: VRd1=82,72KN; VRd2=72,52KN → siccome VRdmax(1;2) > VEd=22,5KN non è necessario armare a taglio il pilastro. La trave è soggetta ad un Mmax=112,5KNm ed un Taglio Max=75KN. Dimensioniamo la trave supponendo una base uguale B=30cm, un copriferro di 3cm ed un rapporto A’s/As=0,4. d=0,617*(112500000/300)1/2=377,83 → d=42cm → H=45cm. As=112500000/(0,9*420*391,3)=845,1mm2=8,45cm2 → As=9,42cm2=3Φ20 (As’=2Φ14, minimo di norma). Vediamo se c’è bisogno di armare a taglio: VRd1=67,72KN; VRd2=48,35KN → siccome VRdmax(1;2) < VEd è necessario armare a taglio. Come nell’esercizio precedente, la nostra equazione di calcolo sarà: 75000=0,9*d*Asw/s*fyd*(ctgα + ctgθ)*sinα, con α=90, θ=45 e considerando staffe Φ8 a 2 bracci si potrà ricavare il passo s: s=0,9*420*101*391,3/75000=199,19mm → s=19cm.