MANUALE DI PROGETTAZIONE PER STRUTTURE IN ACCIAIO INOSSIDABILE. QUARTA EDIZIONE (2017) - 19
Foglio 1 di 5
Promotion of new
Eurocode rules for
Title
Esempio 7 - Resistenza a taglio di una trave alta
structural stainless
steels (PUREST)
Made by
AO
Date
06/02
Research Fund for
Client
Revised by MEB
Date
04/06
FOGLIO DI CALCOLO
Coal and Steel
Revised by ER/IA
Date
04/17
ESEMPIO 7 - RESISTENZA A TAGLIO DI UNA TRAVE ALTA
Progettare una trave in termini di resistenza allo sforzo di taglio. La trave con sezione ad I
è semplicemente appoggiata, con una luce secondo la seguente figura. La flangia
superiore è vincolata lateralmente.
FEd
=
440 kN
hw
bf
1250
1250
Usare acciaio tipo 1.4462 laminato a caldo
fy
=
480 N/mm2
Tabella 2.2
E
=
200000 N/mm2
Sezione 2.3.1
Provare con una sezione trasversale avente
Flange:
12 200 mm2
Anima:
4 500 mm2
Rinforzi:
12 98 mm2
Spessore gola saldata:
4 mm
Analisi strutturale
Il taglio massimo ed il momento flettente massimo di progetto si ottengono con
F
440
Ed
V
220kN
Ed
2
2
F
L
440
2,
5
Ed
M
275kNm
Ed
4
4
Coefficiente parziale di sicurezza
M0
=
1,1
Tabella 4.1
M1
=
1,1
Classificazione della sezione trasversale
Sezione 5.3
Tabella 5.2
235
200
=
0,683
480
210
1
Esempio 7
Foglio 2 di 5
Anima soggetta a flessione
Tabella 5.2
c
5002
2
4
=
178,9
90
quindi l’anima è di Classe 4.
t
40,683
Flangia soggetta a compressione
Tabella 5.2
c
42
2
4
=
200
11,3
14,0
quindi la flangia in compressione è di Classe 3
t
2120,683
Pertanto, per la classificazione complessiva, la sezione è di Classe 4.
Resistenza al taglio
Sezione 6.4.3
La resistenza all’instabilità per taglio deve essere controllata, quando
24, 3
h
/
t
per anime con irrigidimenti verticali.
w w
k
a/hw
= 1250/500 = 2,5 > 1, e poiché l’anima non è irrigidita,
kst=0. Hence,
2
2
h
500
w
k
=
5,344
5,344
5,98
Eq. 6.26
a
1250
La EN 1993-1-4 raccomanda
1,2
Sezione 6.4.3
500
24,3
hw/tw
=
125
0,683
5,98
33,8
4
1,2
Pertanto si deve controllare la resistenza all’instabilità per taglio, data da:
f h t
1,24805004
yw w w
3
Vb,Rd
= Vbw,Rd + Vbf,Rd
10
604,6
kN
Eq. 6.22
3
31,1
M1
f h t
Vbw,Rd =
wywww
Eq. 6.23
3
M1
Per estremi di appoggio non irrigiditi:
500
hw
=
=
2,00
0,65
Eq. 6.25
w
37,4t
37,440,683
5,98
w
k
1,19
=
for
0,65
w
w
Tabella 6.3
0,54
w
Di conseguenza, il contributo da parte dell’anima della trave si ottiene con:
1,19
=
0, 468
w
Tabella 6.3
0,542,00
f h t
0,4684805004
3
Vbw,Rd =wywww
10
= 235,9 kN
Eq. 6.23
3
31,1
M1
Se la resistenza delle flange non è completamente utilizzata per contrastare il momento
Sezione 6.4.3
flettente, il contributo delle flange può essere utilizzato per contrastare l’instabilità a
taglio. La resistenza a flessione di una sezione composta di sole flange si calcola con:
480
6
Mf,Rd
=
12200
(50012)10
536, 2kNm
1,1
Mf,Rd
>
MEd = 275 kNm, quindi le flange possono contribuire alla resistenza
all’instabilità per taglio.
2
Esempio 7
Foglio 3 di 5
2
2
b
t
f
f
f
yf
M
Ed
Vbf,Rd
=
1
Eq. 6.29
cM
1
Mf,Rd
2
3,5b
t
f
c
f f
yf
c
=
a0,17
ma
0,65
Eq. 6.30
2
t
h
f
a
w w yw
2
3,520012
480
=
1250
,
338,5mm
2
4500
480
338,5mm
<
0,651250 812,5 mm
2
2
20012
480
275
Vbf,Rd
=
1
27,4kN
Eq. 6.29
3381,
1
53
,
Vb,Rd
= Vbw,Rd + Vbf,Rd = 235,8 + 27,4 = 263,2 kN 604,6 kN
Eq. 6.22
Irrigidimenti trasversali
Sezione 6.4.5
Gli irrigidimenti trasversali devono essere verificati contro lo schiacciamento e
Tabella 6.1
l’instabilità flessionale, usando
= 0,49 e
0
= 0,2. Viene utilizzata una sezione efficace,
che comprende gli irrigidimenti e parti dell’anima. La porzione inclusa dell’anima è larga
11t
quindi la sezione dell’irrigidimento trasversale è di Classe 3.
w
a/h
1250/500
2,
5
2
, di conseguenza il momento d’inerzia del rinforzo
w
Eq. 6.51
intermedio deve soddisfare anche la seguente equazione:
3
3
Eq. 6.51
I
0,75h
t
0,755004
24000
mm4
st
w
w
3
3
(110,6834)4
12200
6
Ist
=
2
8,0010
mm4, che risulta soddisfatta.
12
12
La resistenza allo schiacciamento si ottiene come:
Nc,Rd
=
Ag fy/M0
Eq. 5.27
Ag =
(12200110,68342)
246
,
mm2
3
Nc,Rd
=
2460,148010
/ 1,1
1073,5kN
La resistenza all’instabilità flessionale si ottiene come:
Nb,Rd
=
A fy / M1
Eq. 6.2
1
=
1
,
Eq. 6.4
2
2
2
Eq. 6.5
=
0,5
1
0
L
1
f
yw
cr
=
Eq. 6.6
i
E
Lcr = 0,75hw = 0,75 500 = 375 mm
Sezione 6.4.5
375
1
480
=
0,103
6
200000
810
Eq. 6.6
2460,1
Eq. 6.5
= 0,5
1
0,49
0,1030,20,1032
0,48
3
Esempio 7
Foglio 4 di 5
1
=
1,05
1
1,
0
,
Eq. 6.4
2
0,48
0,48
2
,
Si ha che
Nb,Rd = Nc,Rd =1073,5 kN > NEd, i rinforzi trasversali sono sufficienti.
Interazione taglio - flessione
Sezione 6.4.3
Se il fattore di utilizzo della resistenza a taglio,
, è maggiore di 0,5, bisogna verificare
3
l’effetto combinato di taglio e flessione.
V
Ed
=
1,0
3
Eq. 6.36
V
b
,
220
=
0,933
0,5
, quindi è necessario verificare l’interazione.
3
235,9
La condizione è
M
2
M
f,Rd
f,Rd
1
2
1
1
,0
per
1
3
1
Eq. 6.34
M
M
pl,Rd
p
,
Dove:
M
Ed
=
1
Eq. 6.35
M
pl,Rd
Mf,Rd
= 536,2 kNm (Foglio 2 del presente esempio)
Mpl,Rd è la resistenza plastica della sezione.
2
2
t
w
h
w
f
y
4500
480
Mpl,Rd =
M
53
,
645,3kNm
f,Rd
6
4
41,110
M0
Verifica
MEd = 275 kNm, dunque:
275
=
0,426
1,0
OK
Eq. 6.35
1
64
,
M
2
53
,
f,Rd
2
1
2
1
0,426
1
20,9331
0,553
1,0
1
3
M
64
,
pl,Rd
Si può concludere che nelle particolari condizioni date la trave alta è verificata a taglio,
flessione e interazione taglio-flessione.
Calcolo delle proprietà della sezione efficace
Le flange sono di Classe 3 e, quindi, pienamente efficaci.
L’altezza dell’anima deve essere ridotta col fattore di riduzione
, per anima saldata.
0,772
0,079
=
1
Eq. 5.1
2
p
p
b/t
p
=
dove
b
=
d = 500 2 4
2 488,68 mm
Eq. 5.3
2
,
k
Assumendo una variazione lineare e simmetrica della distribuzione della tensione
nell’anima,
2
=
=
1
1
4
Esempio 7
Foglio 5 di 5
k = 23,9
Tabella 5.3
488,68/4
p
=
1,29
Eq. 5.3
28,40,683
2
,
0,772
0,079
=
0,55
1
Eq. 5.1
2
1,29
1,29
beff =
bc = b / (1-) =
0,55 488,68/(1 (1))
134,76
mm
Tabella 5.3
be1 = 0,4beff
=
0,4 134,76
53,9
mm
Tabella 5.3
be2 = 0,6beff
= 0,6134,76
80,9
mm
Calcolare il modulo della sezione efficace in flessione
ei
è considerato positivo dal baricentro della flangia superiore e diretto verso il basso.
be1
be2
hw/2
Aeff
=
A
b
t
2
b
4
2
t
b
t
h
/2
t
6361,7mm2
i
f f
e1
w
e2 w
w
w
i
eeff
=
1
1
1
A
i i
e
b
tf f
0
b
tf f
h
w f
t
be1
4
2
tw
0,5
be1
4
2
t
f
A
A
A
eff
i
eff
eff
b
t
0.5
h
t
b
/2
h
/2
t
0,75h
0,5t
= 266,4 mm
e2 w
w f
e2
w
w
w
f
3
3
3
t
b
4
2
3
b
t
w e1
t
b
t
h
/2
2
f f
w e2
w w
Ieff =
I
i
A
i
(e
eff
e
i
)
2
i
i
12
12
12
12
2
2
2
b
f f
t
e
eff
0
b
f f
t e
eff
h
w f
t
b
e1
4
2
t
w
eff
e
0,5
b
e1
4
2
t
f
2
2
b
t
e
0,5
h
t
b
h
/2
t
e
0,75h
0,5t
e2 w eff
w f
e2
w
w eff
w
f
= 3,472
108 mm4
5
Foglio
1 di
5
Promotion of new
Eurocode rules for
Esempio 8 - Resistenza di una trave alta ai carichi
Title
structural stainless
concentrati
steels (PUREST)
Made by
AO
Date
06/02
Research Fund for
Client
Revised by MEB
Date
04/06
FOGLIO DI CALCOLO
Coal and Steel
Revised by ER/IA
Date
04/17
ESEMPIO 8 - RESISTENZA DI UNA TRAVE ALTA AI CARICHI CONCENTRATI
Una trave esistente e precedentemente soggetta ad un carico uniforme viene sottoposta
ad un carico concentrato, dopo un’operazione di riparazione. Controllare se la trave può
resistere al nuovo carico applicato attraverso una lamiera di 12 mm di spessore. La trave
è semplicemente appoggiata con sezione ad I e con una luce secondo la figura. La
flangia superiore è vincolata lateralmente.
FEd =
110 kN
500
200
1250
1250
Acciaio del tipo 1.4462, laminato a caldo
fy
=
460 N/mm2
Tabella 2.2
E
=
200000 N/mm2
Sezione2.3.1
Flange:
12 200 mm2
Anima:
4 500 mm2
Elementi d’irrigidimento:
12 98 mm2
Spessore gola saldata:
4 mm
Analisi strutturale
Il taglio massimo ed il momento flettente massimo si ottengono come segue:
F
110
Ed
VEd
=
55kN
2
2
F
L
110
2,
5
Ed
MEd
=
68,75kNm
4
4
Coefficienti parziali di sicurezza
M0
= 1,1
Tabella 4.1
M1
= 1,1
1
Esempio 8
Foglio
2 di
5
Classificazione della sezione
Sezione5.3
235
200
=
0,698
Tabella 5.2
460
210
Anima soggetta a flessione
Tabella 5.2
c
500
2
2
4
=
175,1
90, quindi l’anima è di Classe 4.
t
40,698
Flangia soggetta a compressione
Tabella 5.2
c
200
4
2
2
4
11,0
1
,
t
2120,698
=
, quindi la flangia in compressione è di
Classe 3.
Pertanto, per la classificazione complessiva, la sezione è di Classe 4.
Resistenza al carico concentrato
Sezione6.4.4
Il carico di progetto non deve superare la resistenza di progetto, cioè
FRd
=
f
L
t
/
Eq. 6.37
yw eff
w
M1
La lunghezza efficace Leff
è data da
Leff
=
Fl
y
Eq. 6.45
dove il fattore di riduzione è
,
=
1.0
Eq. 6.46
F
F
con la snellezza determinata da
l
t
y w yw
f
F
=
Eq. 6.47
Fcr
La lunghezza efficace caricata è
ly
=
s
2t
1
m
m
Eq. 6.41
s
f
1
2
Dove
ss è la lunghezza dell’appoggio rigido e m1 e m2 sono parametri adimensionali:
f
b
yf
f
m1 =
Eq. 6.38
f
ywtw
2
h
w
m2 = 0,02
perF
,
Eq. 6.39
tf
m2
=
0
per
F
0,5
Eq. 6.40
ss è considerata cautelativamente pari a due volte lo spessore della piastra di carico, cioè
Figure 6.5
24 mm.
460200
m1 =
50
Eq. 6.38
4604
2
Eq. 6.39
500
m2 =
0,02
34,7, assumendo
F
0,5
12
ly
=
24 212
1
50 34, 7
268,9 mm
Eq. 6.41
2
Esempio 8
Foglio
3 di
5
Il carico critico si ottiene come
3
t
w
Fcr =
,
k
E
Eq. 6.48
F
hw
dove il coefficiente d’instabilità dipende dalla configurazione del carico, di tipo a.
2
2
h
500
w
kF
=
62
=
62
6,08
Figure 6.4
a
2500
3
4
3
Fcr =
0,96, 08200000
10
140,1kN
Eq. 6.48
500
268,94460
=
1,88
0,5, l’ipotesi è soddisfatta OK
Eq. 6.47
F
3
140,110
,
=
0,27
1,0, OK
Eq. 6.46
F
,
Leff
=
0,27 268,9 72,6 mm
3
Eq. 6.37
FEd =
110 460 72,6 4 / (1,110
)
121,4 kN
Quindi la resistenza è superiore al carico.
Interazione tra carico concentrato, flessione e carico assiale
L’interazione fra carico concentrato e momento flettente viene verificata in accordo alla
EN1993-1-5:2006.
EN 1993-1-5,
0,8
1
,4
1
2
Eq. 7.2
Dove
N
N
e
EN 1993-1-5,
Ed
Ed
Ed
N
1
=
M
1
,0
Eq. 4.14
f
Ay eff
/
M0
f
W
y eff
/
M0
F
EN 1993-1-5,
=
Ed
2
1,
0
f
L
t
/
Eq. 6.14
yw eff
w
M1
Calcolo delle proprietà della sezione efficace
Le flange sono di Classe 3 e, quindi, pienamente efficaci.
L’altezza dell’anima deve essere ridotta con il fattore di riduzione
, per anima saldata.
0,772
0,079
=
1
Eq. 5.1
2
p
p
b/t
p
=
dove b = d =
500 2 4
2 488,68 mm
Eq. 5.3
2
,
k
Assumendo una variazione lineare della distribuzione simmetrica della tensione
nell’anima,
2
=
=
1
1
k = 23,9
Tabella 5.3
3
Esempio 8
Foglio
4 di
5
488,68/4
p
=
1,26
28,40,698
2
,
0,772
0,079
=
0,562
1
2
1,26
1,26
beff = bc
=
b / (1-) =
0,562 488,68 / (1 (1)) 137,3 mm
Tabella 5.3
be1 = 0,4beff
=
0, 4 137,3 54,9 mm
be2 = 0,6beff
=
0,6 137,3 82, 4 mm
Calcolo del modulo della sezione efficace in flessione
ei
è considerato positivo dal baricentro della flangia superiore e diretto verso il basso
be1
be2
hw/2
Aeff
=
A
i
b
tf f
2
b
e1
4
2
t
w
b
te2 w
h
w
/2
t
w
6372,2mm2
i
eeff=
1
1
1
A
e
b
t
0
b
t
h
t
4
2
0,5
4
2
t
i i
f f
f f
w f
be1
tw
be1
f
A
A
A
eff
i
eff
eff
b
t
0,5
h
t
b
/2
h
/2
t
0,75h
0,5t
= 266,4 mm
e2 w
w f
e2
w
w
w
f
3
3
3
3
b
t
t
w e1
b
4
2
t
b
t
h
/2
2
f f
w e2
w w
Ieff =
I
A(e
e
)
2
i
i
eff
i
i
i
12
12
12
12
2
2
2
b
t
e
0
b
t e
h
t
b
4
2
t
e
0,5
b
4
2
t
f f
eff
f f
eff
w f
e1
w
eff
e1
f
2
2
b
t
e
0,5
h
t
b
h
/2
t
e
0,75h
0,5t
e2 w eff
w f
e2
w
w eff
w
f
= 3,475
108 mm4
I
eff
6
Weff =
1,29310
mm3
e
eff
0,5t
f
68,75106
EN 1993-1-5
=
0,127
1
6
Eq. 4.14
4601,29310
/
1,
1
110
EN 1993-1-5
=
0,919
2
Eq. 6.14
119,63
0,8
0,8
0,1293
0,919
1,021
1,4
1
2
Pertanto, la resistenza della trave all’interazione fra carico concentrato e momento
flettente è adeguata.
4
Esempio 8
Foglio
5 di
5
Resistenza al taglio
Sezione6.4.3
5
,
La resistenza all’instabilità per taglio deve essere verificata quando
h /tw
per
w
Eq. 6.20
anime non irrigidite.
5
,
500
h /tw
125
0,698
3
,
w
4
1,
2
Bisogna, quindi, controllare la resistenza all’instabilità per taglio. Essa si ottiene come:
f
h t
yw w
w
Vb,Rd
=
V
V
Eq. 6.22
bw,Rd
bf,Rd
3
M1
f
h
t
w yw
w
w
Vbw,Rd
=
Eq. 6.23
3
M1
Per estremità di appoggio non irrigidite dalla Tabella 6.3 si ottiene:
h
500
w
=
=
2,070,65
w
Eq. 6.24
8
, t
86,440,698
w
1,19
=
per
0,65
w
w
Tabella 6.3
0,54
w
1,19
=
0, 455
w
Tabella 6.3
0,542,07
Se la resistenza delle flange non è completamente utilizzata per contrastare il momento
flettente, il contributo delle flange può essere utilizzato per contrastare l’instabilità a
taglio. Tuttavia, tale contributo è limitato, per cui, cautelativamente, non viene tenuto in
considerazione ponendo:
V
0
bf,Rd
La resistenza all’instabilità per taglio si calcola, quindi, con:
0,4554605004
f h t
3
Vb,Rd = Vbw,Rd
=
10
219,8
kN <
ywww
579,45
kN
Eq. 6.23
1,1
3
3M
1
Vb,Rd = Vbw,Rd
> VEd = 55 kN
La resistenza della trave al taglio è sufficiente.
Interazione taglio - flessione
Se
non supera 0,5, non si deve verificare l’effetto combinato fra flessione e taglio.
3
VEd
=
1,0
3
Eq. 6.36
V
bw,Rd
55
=
0,25
0,5
, non è quindi necessario tenere conto dell’interazione.
219,8
Note conclusive
La resistenza della trave è superiore al carico imposto. Notare che gli irrigidimenti
verticali sugli appoggi non sono stati ricontrollati. Per verificarli è sufficiente applicare
la procedura dell’esempio 7.
5