MANUALE DI PROGETTAZIONE PER STRUTTURE IN ACCIAIO INOSSIDABILE. QUARTA EDIZIONE (2017) - 22
Esempio 11
Foglio 7 di 8
Ed ser
com Ed ser
mm
Le proprietà della sezione efficace si calcolano come fatto allo SLU ma sostituendo
fy
con
e senza adottare riduzioni dello spessore dell’irrigidimento di flangia. I
com,Ed,ser
risultati dei calcoli sono riportati di seguito:
Larghezza efficace della flangia compressa:
pienamente efficace.
Posizione dell’asse aricentrico quando l’anima è pienamente efficace : ec = 34,1 mm
Sezione efficace della parte compressa dell’anima :
pienamente efficace.
Porzione efficace dell’anima:
s
14,268mm
eff,1
s
2
,
mm
eff,
n
Proprietà della sezione efficace di metà greca :
Atot
= 82,44 mm2
ec
= 36,25 mm
Itot
= 59726,1 mm4
Proprietà della sezione efficace per unità di larghezza (1 m):
I
= 562128,0 mm4
Wu = 15507,0 mm4
Wl
= 16655,6 mm4
Calcolo delle deformazioni
Il modulo di elasticità secante corrispondente al valore massimo del momento flettente è :
Ed ser
mm
u
Ed ser
mm
l
(per grado austenitico 1.4401)
Tabella 6.4
mm
Ed ser
Eq. 6.53
Ed ser
mm
Ed ser
Eq. 6.53
Ed ser
S
S
mm
Eq. 6.52
7
Esempio 11
Foglio 8 di 8
Verifica delle deformazioni
La variazione di
E
lungo l’asse della greca viene conservativamente trascurata.
s,ser
L’influenza degli angoli arrotondati dovre e essere considerate nel calcolo della
rigidezza della sezione trasversale. Qui viene considerata ricorrendo alla seguente
approssimazione:
Eq. 5.22
Eq. 5.20
Posizione della massima deformazione lungo l’asse longitudinale :
m
La deformazione ammissibile è
L/200 = 3500/200 = 17,5 mm
11,1 mm, dunque la
deformazione di progetto è accettabile.
Confronto tra la lamiera allo stato ricotto e la stessa allo stato incrudito
Di seguito si confronta la resistenza a flessione per unità di larghezza e la resistenza alla
forza trasversale concentrate di una greca in acciaio inossidabile allo stato ricotto (fy = 280
N/mm2) con quella della medesima greca allo stato incrudito (fy = 460 N/mm2):
fy = 280 N/mm2 (Esempio 3)
Mc,Rd = 3,84 kNm e Rw,Rd = 18,4 kN
fy = 460 N/mm2 (Esempio 11)
Mc,Rd = 5,07 kNm e Rw,Rd = 23,6 kN
Utilizzando una lamiera ma allo stato ricotto la lunghezza di campata dovrebbe essere
ridotta a 2,9 m dai 3,5 m coperti dalla lamiera allo stato incrudito. Dunque le lamiere allo
stato incrudito permettono di aumentare le luci con conseguente riduzione del numero di
travi e travetti secondari, e in definitiva, del costo della struttura.
8
Foglio 1 di 8
Promotion of new
Eurocode rules for
Esempio 12 - Trave a C formata a freddo per una
Title
structural stainless
pavimentazione esterna
steels (PUREST)
Made by
ER/EM
Date
02/06
Research Fund for
Client
Revised by HB
Date
03/06
FOGLIO DI CALCOLO
Coal and Steel
Revised by ER/IA
Date
04/17
ESEMPIO 12 - TRAVE A C FORMATA A FREDDO PER UNA PAVIMENTAZIONE ESTERNA
Progetto di una sezione a C formata a freddo soggetta a flessione con la flangia compressa
non vincolata lateralmente. Il tipo di acciaio inossidabile scelto è 1.4401 CP500, i.e.
laminato a freddo fino a raggiungere una resistenza allo snervamento 500 N/mm2. Lo
schema statico è di trave semplicemente appoggiata con luce
l = 4,0 m. L’interasse tra due
travi di appoggio è pari a 1,0 m.
Poiché il carico equivalente applicato sulla trave non passa per il centro di taglio della
sezione a C è necessario verificare sia la resistenza a torsione della sezione che l’instabilità
flesso-torsionale della membratura.
In questo esempio si verifica solamente la resistenza all’instabilità flesso-torsionale della
membratura.
Coefficienti parziali di sicurezza
Coefficienti divisori della resistenza
M0 = 1,1 e M1
= 1,1
Tabella 4.1
Coefficienti moltiplicatori dei carichi
G
= 1,35 (carichi
permanenti)
e
Q
=
1,5
EN 1991
(carichi variabili)
Azioni
Carichi permanenti (G):
2 kN/m2
Carichi accidentali (Q):
3 kN/m2
Poiché le travi a C sono disposte ad interasse pari ad 1m,
Gk = 2 kN/m
Qk = 3 kN/m
Combinazione dei carichi per lo Stato Limite Ultimo:
q
G,j k,j
G
Q,1
Q
k,1
7,2 kN/m
EN 1991
j
Analisi strutturale
Reazioni agli appoggi (taglio di progetto)
q
4
V
14,4 kN
Ed
2
Momento flettente di progetto
2
q
4
M
14,4 kNm
Ed
8
Proprietà del materiale
fy
=
460 N/mm2
Tabella 2.3
Modulo di elasticità
E = 200000 N/mm2
Sezione
Modulo di taglio
G = 76900 N/mm2
2.3.1
1
Esempio 12
Foglio 2 di 8
Proprietà della sezione trasversale
L’influenza degli angoli piegati sulla resistenza della sezione può essere trascurata se
Sezione
l’angolo interno di piega è
r ≤ 5t e r ≤ 0,10bp. In tal caso la sezione trasversale si considera
5.6.2
composta da elementi piani collegati a spigolo vivo. Per le proprietà di rigidezza della
sezione l’influenza dei bordi piegati deve essere sempre tenuta in conto.
z
b
h = 160 mm
c
b = 125 mm
h
c = 30 mm
y
y
t
= 5 mm
r
= 5 mm
r
t
z
r
rt 2 7,5mm
m
g
r
2
sin
2
r
m
tan
2,2 mm
b
bt2g
115,6 mm
Figura 5.5
p
r
r 5mm5t
25mm
r 5mm0,10b
p
11,56 mm
L’influenza dei bordi piegati sulle proprietà della sezione può essere valutata con
sufficiente accuratezza riducendo le proprietà calcolate per una sezione simile ma a spigoli
vivi come segue:
Larghezza teorica della parte piana della flangia,
b
bt2g
115,6 mm
p,f
r
Altezza teorica della parte piana d’anima,
b
ht2g
150,6 mm
p,w
r
Larghezza teorica dei bordi piegati,
b
ct/2g
25,3 mm
p,l
r
Ag,sh
=
t2b
b
2b
2162 mm2
p,f
p,w
p,l
1
3
2
1
3
Iyg,sh =
2
b
t
b
t(0,5h 0,5t)
2
b
tb
t
0,5h(cb
)0,5b
p,f
p,f
p,l
p,l
p,l
p,l
2
12
12
1
3
b
t
=
9,376106 mm4
p,w
12
n
m
j
0,43
r
/
b
0,02
Eq. 5.22
=
j
p,i
j
1
90o
i
1
Ag = Ag,sh (1 - ) = 2119 mm2
Eq. 5.19
Ig
=
Ig,sh (1 - 2) = 9,0 106 mm4
Eq. 5.20
Classificazione della sezione trasversale
Sezione 5.3
0,5
Tabella 5.2
235
E
0,698
f
210000
y
Flangia: elemento interno soggetto a compressione.
cb
115,6 mm e c/t
= 23,12
p,f
Per la Classe 2, c/t
3524,43, dunque le flange sono di Classe 2.
2
Esempio 12
Foglio 3 di 8
Anima: elemento interno soggetto a flessione.
c = bp,w = 150,6 mm e c/t
= 30,12
Per la Classe 1,
c/t ≤ 7250,26, dunque l’anima è di Classe 1.
Bordi piegati: elemento esterno soggetto a compressione.
cb
25,30 mm e c/t
= 5,06
p,l
Per la Classe 1, c/t ≤ 9 6,28, dunque i bordi piegati sono di Classe 1.
Effetti dello sforzo di taglio
Sezione5.4.2
Il taglio nelle flange può essere trascurato quando
b0 < Le/50, dove b0 è la parte esterna
della flangia o metà larghezza di una flangia interna e
Le è la distanza tra due punti a
momento nullo lungo la trave.
Per elementi interni:
bo = (b - t)/2 = 60 mm
La distanza tra due punti a momento nullo lungo la trave è:
Le = 4000 mm, Le
/50 = 80 mm
Conseguentemente l’effetto del taglio nelle flange può essere trascurato.
Accartocciamento delle flange
Sezione5.4.3
Questo effetto può essere trascurato se la flessione della flangia verso l’asse neutro,
u, è
minore del 5% dell’altezza della sezione trasversale:
2
4
EN 1993-1-3,
b
a
s
u
2
2
2
clausola 5.4
E
t
z
Eq. 5.3a
a è lo sforzo medio nella flangia, calcolato sulla sezione lorda (si assume fy=460 N/mm2)
bs = è la distanza dall’anima = bp,f + bp,l = 140,9 mm
t
= 5 mm
z
= è la distanza dall’asse neutro della flangia considerata = 77,5 mm
u
= 2,15 mm < 0,05h
= 8 mm, conseguentemente l’accartocciamento delle flange può
essere trascurato.
Elementi irrigiditi. Irrigidimenti d’estremità.
Instabilità locale. Elementi piani con irrigidimenti di bordo.
Sezione 5.5.1
e EN 1993-1-
3, clausola
5.5.3
3
Esempio 12
Foglio 4 di 8
Step 1: Sezione efficace dell’irrigidimento, prima approssimazione
EN 1993-1-3,
clausola
Per le flange (come precedentemente calcolato)
5.5.3.2
b
=125 mm e bp = bp,f = 115,6 mm
Per i bordi piegati, la larghezza efficace
ceff deve essere calcolata utilizzando il
corrispondente fattore d’instabilità
k p e come segue:
bp,c = bp,l =
25,30 mm
bp,c/bp
= 0,22 < 0,35
allora
k=
0,5
EN 1993-1-3,
Eq. 5.13b
b t
p
0,36
(b 25,3mm)
Eq. 5.3
28,4
k
σ
1
0,188
Elementi esterni formati a freddo:
1,331
allora
= 1,0
2
Eq. 5.2
p
p
ceff
=
bp,c
= 25,30 mm
EN 1993-1-3,
Eq. 5.13a
Step 2: Fattore di riduzione per l’instabilità locale
Calcolo delle proprietà della sezione efficace dell’irrigidimento di bordo
be2
=
bp,f = 115,6 mm
In questo esempio, poiché la flangia compressa è di Classe 2,
be2 comprende l’intera
flangia e conseguentemente
be1 = 0.
ceff = bp,l
= 25,30 mm
As = (be2 + ceff)t
= (bb,f+ bb,l)t
= 704,5 mm2
Calcolo della rigidezza della molla
3
EN 1993-1-3,
Et
1
K
6, 4
N/mm2
1
2
2
3
Eq. 5.10b
4
1
b
h
b
0,5b
b
h
k
1
w
1
1
2
w f
b1 = b - yb - t/2 - r
= 71,1 mm (è la distanza dal punto d’incrocio anima/flangia del
baricentro della sezione efficace dell’irrigidimento di bordo, compresa la parte efficace
della flangia
be2).
kf
= 0 (la seconda flangia è in trazione)
hw = h - 2t - 2r = 160 - 25 - 25 = 140 mm
La tensione critica d’instabilità elastica per la sezione efficace dell’irrigidimento,
prendendo
K = K1
EN 1993-1-3,
2
KEIs
565,8
N/mm2
cr,s
Eq. 5.15
A
s
Calcolo del fattore di riduzione per instabilità localed
EN 1993-1-3,
d
f
0,90
yb
cr,s
Eq. 5.12d
EN 1993-1-3,
0,65< d <1,38 allora
1, 47 0,723
d
0,82
d
Eq. 5.12b
Area e spessore efficaci dell’irrigidimento, considerando che
com,Ed = fyb/M0
f
γ
EN 1993-1-3,
yb
M0
A
A
576, 4mm2
s,red
d s
Eq. 5.17
com,Ed
tred = tAs,red/As
= 4,1 mm
4
Esempio 12
Foglio 5 di 8
Calcolo delle proprietà della sezione efficace per gli effetti distorsionali
Ag,sh
=
t b
b
b
t
b
b
2034,0 mm2
p,f
p,w
p,l
red
p,f
p,l
n
m
j
0,43
r
/
b
0,02
=
j
p,i
Eq. 5.22
j
1
90o
i
1
Ag = Ag,sh (1-) = 1993,3 mm2
Eq. 5.19
Adottando, per le distanze dall’asse baricentrico dell’anima, valori positivi verso il basso,
il nuovo valore di
eeff diventa:
b t
0,5h0,5t
b t
0,5h0,5t
b t
0,5h0,5t
g
0,5b
p,f red
red
p,f
p,l red
r
p,l
eeff =
A
g,sh
b t0,5h0,5t
g
0,5b
b
0
p,l
r
p,l
p,l
4,7 mm
Ag,sh
Iy,g,sh=
1
3
2
1
3
b
t
b
t
(0,5h0,5t
e
)
b
t
b
t
0,5h0,5t
g
0,5b
e
2
p,f tred
p,f red
red
eff
p,l red
p,l red
r
p,l
eff
12
12
1
3
2
1
3
b
t
b
t(0,5h 0,5te
)
b
tb
t
0,5h0,5t
g
0,5b
e
p,f
p,f
eff
p,l
p,l
r
p,l
eff
2
12
12
1
3
2
6
4
b
tb
t(e
)
8,6410
mm
p,w
p,w
eff
12
Iy,g = Iy,g,sh (1-2) = 8,297106 mm4
Eq. 5.20
zmax = h/2 + eeff = 160/2 + 4,7 = 84,7 mm (distanza tra la fibra superiore e l’asse neutro)
Wy,g = Iy,g / zmax = 97,95103 mm3
Resistenza della sezione trasversale
Sezione 5.7
Sezione soggetta a momento flettente
Sezione
5.7.4
M
W
f
/γ
41,0 kNm
Eq. 5.29
c,Rd
pl y
M0
Momento flettente di progetto
M
14, 4 kNm.
Ed
La sezione è verificata a flessione.
Sezione soggetta a taglio
Sezione
5.7.5
Av = 800 mm2
Eq. 5.32
V
pl,Rd
A fy
3 /γM0
193,15 kN
Taglio di progetto
V
14,4 kN .
Ed
La sezione è verificata a taglio.
Sezione soggetta a combinazione di carichi
Sezione
5.7.6
VEd = 14,4 kN > 0,5Vpl,Rd = 96,57 kN
Non è necessario considerare l’effetto combinato di momento e taglio.
5
Esempio 12
Foglio 6 di 8
Elementi inflessi
Sezione 6.4
Instabilità flesso-torsionale
Sezione
6.4.2
M
W f
Eq. 6.13
b,Rd
LT y y M1
1
LT
1
0,5
Eq. 6.14
2
2
λ
LT
LT
LT
2
Eq. 6.15
0,5
1
0,4
LT
LT LT
LT
W
f
y y
LT
Eq. 6.16
M
cr
LT = 0,34 per sezioni formate a freddo
Calcolo del momento critico d’instabilità elastica flesso-torsionale
2
2
2
EI
k
I
k L
GI
2
z
w
t
M
C
C
z
C
z
cr
1
2
2
2
g
2
g
Eq. E.1
k
I
EI
kL
w
z
z
Per travi semplicemente appoggiate con carico uniformemente distribuito:
Tabella E.2
C1 = 1,13, e C2 = 0,454
Assumendo condizioni di vincolo agli estremi:
k = kw
= 1
za punto di applicazione del carico
zs centro di taglio
zg
=
za zs= h/2 = 80 mm
yG = distanza dell’asse centrale dell’anima dal baricentro
2b
t(g
0,5b
)
2b
t(b
0,5t)
p,f
r
p,f
p,l
yG =
46,4 mm
As
Iz,sh
= 4,590106 mm4
It,sh
= 18,02103 mm4
Iw,sh
= 23,19109 mm6
Iz
=
Iz,sh (1-2) = 4,406106 mm4
It
=
It,sh (1-2) = 17,30103 mm4
Iw
=
Iw,sh (1-4) = 21,33109 mm6
2
2
2
EI
k
I
kL
GI
2
z
w
t
Allora:
M
C
C
z
C
z
34,76kNm
Eq. E.1
cr
1
2
2
2
g
2
g
k
I
EI
kL
w
z
z
W
f
y,g y
LT
1,14
(Wy,g = 97,95103 mm3, flangia compressa)
Eq. 6.16
M
cr
2
Eq. 6.15
0,5
1
0,4
1,27
LT
LT LT
LT
1
LT
0,54
0,5
Eq. 6.14
2
2
λ
LT
LT
LT
M
W f γ
22, 21 kNm
Eq. 6.13
b,Rd
LT y y M1
6
Esempio 12
Foglio 7 di 8
Il momento di progetto è
M
14,4 kNm , l’elemento è verificato all’instabilità flesso-
Ed
torsionale.
Nota: poiché il carico applicato non passa per il centro di taglio della sezione, è anche
necessario verificare l’interazione tra torsione nella sezione instabilità flesso-torsionale
nella trave.
Instabilità per taglio
Sezione6.4.3
L’instabilità per taglio deve essere verificata solo quando
h
/t 56,2ε η per anima non
Eq. 6.20
w
irrigidita.
Il valore raccomandato per
= 1,20.
h
/t (h2t 2r)/t 140/528,0,
56,2ε η 32,67 , dunque non sono necessarie
w
ulteriori verifiche.
Verifica delle deformazioni
Sezione6.4.6
Le deformazioni devono essere calcolate per la combinazione di carichi allo Stato Limite
di Servizio (SLS), per il quale si ha:
Coeff. moltiplicativi dei carichi:
G
=
1,00 (carichi permanenti) e
Q
= 1,00 (carichi
EN 1991
variabili)
Carichi permanenti (G): 2 kN/m2 e carichi variabili (Q): 3 kN/m2
Combinazione dei carichi alla SLS, assumendo 1,0 m come interasse tra le travi:
q
G
Q
5,0 kN/m
EN 1991
G,j k,j
Q,1
k,1
j
La deformazione può essere calcolata applicando la teoria tradizionale della trave inflessa,
con la sola eccezione dell’utilizzo del modulo di elasticità secante al posto del modulo di
elasticità tangente:
E
E
Eq. 6.52
S1
S2
E
S
2
dove:
ES1 è il modulo secante in corrispondenza della flangia tesa e
ES2 è il modulo secante in corrispondenza della flangia compressa.
ES1 e ES2
possono essere stimati come segue:
E
Eq. 6.53
e
i
= 1,2
ES,i
n
E
i,Ed,ser
10,002
i,Ed,ser
f
y
dove:
i,Ed,ser è la tensione di progetto allo SLS
n
è il parametro di Ramberg Osgood parametro; per acciaio inossidabile austenitico
Tabella 6.4
1.4401,
n
= 7.
7
Esempio 12
Foglio 8 di 8
A causa del legame costitutivo nonlineare degli acciai inossidabili, il modulo di elasticità
varia lungo l’asse della trave e all’interno di ogni sezione trasversale. Per semplificare il
problema si può trascurare la variazione lungo l’asse della trave e assumere
conservativamente il valore minimo di
ES (corrispondente ai valori massimi delle tensioni
σ1 e σ2 nella trave).
Le tensioni nelle flange tesa e compressa assumono i seguenti valori:
Flangia compressa:
MEd,max
102,1MPa
and
ES1 = 199979,2 MPa
Eq. 6.53
Ed,ser,1
W
y,sup
con
MEd,max = 10 kNm and Wy = 97,95×103 mm3
Flangia tesa:
MEd,max
100,8MPa
e
ES2 = 199980,8 MPa
Ed,ser,2
W
y,inf
con
MEd,max = 10 kNm e Wy = 99,24×103 mm3
Allora:
ES = 199980,0 MPa
Eq. 6.52
La deformazione massima può essere stimata applicando la teoria della trave inflessa ma
utilizzando il modulo di elasticità secante:
4
5ql
d
max
384E
IS y
Poiché
Iy = 8,297×106 mm4, q = 5,0 kN/m e l = 4,0 m
Fogli 1 e 5
d
max
10,0mm
8