Esempio_2012

8/18/2019 Esempio_2012

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Edifici a scheletro

portante in c.a.

Prof. Luigino Dezi

Corso di Tecnica delle Costruzioni

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1°caso di studio

EDIFICIO DI CIVILE ABITAZIONE

A STRUTTURA INTELAIATA IN C.A.

Progetto in CD”A”

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Edificio con travi emergenti perimetrali e a spessore interne

Sezione trasversaleCarpenteria piano tipo

55x2455x24

5 5 x 2 4

5 5 x 2 4

55x24

55x24 55x24

5 5 x 2 4

5 5 x 2 4

55x24

1°caso di studio

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Materiali e resistenze di calcolo

Calcestruzzo (C25/30)

Rck = 30 N/mm²

fcd = 0,85*0,83*Rck / 1,5 = 14,11 N/mm²

Ec = 22000[(fck+8)/10]0,3 = 31447 N/mm²

Acciaio (B450C)

- Modulo elastico Es = 210000 N/mm2

- Resistenza a trazione ftk = 540 N/mm2

- Snervamento fyk (min) = 450 N/mm2

- fyd = fyk / γs = 450/1,15 = 391 N/mm²

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Analisi dei carichi

1. Solaio piano tipo (H=20+4)

Materiale P (kN/mq)

Intonaco h (G2) 0,2

p.p solaio (G1) 2,6Sottofondo S (G2) 1,30

Pavimento (G2) 0,60

Tramezzature (G2) 1,20

Sommano G = G1 + G2 = 2,6 + 3.3 = 5,90

2. Solaio copertura (praticabile)

Materiale P (kN/mq)

Intonaco h (G2) 0,2

p.p solaio (G1) 2,6

Isolante (G2) 0,2Sottofondo S (G2) 0,60

Impermeabiliz. (G2) 0,3

Massetto (G2) 0,2

Pavimento (G2) 0,60

Sommano G = G1 + G2 = 2,6 + 2,1 = 4,70

3. Scala

Materiale P (kN/mq)

Intonaco h (G2) 0,3

p.p soletta (G1) 4,0

Mmassetto (G2) 0,60

Pavimento (G2) 0,80

Sommano G = G1 + G2 = 4,0 + 1,7 = 5,70

Materiale P (kN/mq)

intonaco h (G2) 0,34


gradini in cls (G2) 2,04

malta allet. (G2) 0,87

rivestimento (G2) 0,80

ringhiera(G2) 0,11

Sommano G=G1+G2= 4,54+2,16 8,70

PianerottoloRampa

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Analisi dei carichi

4. Balconi

Materiale P (kN/mq)


Massetto pendenze (G2) 0,60

Impermeabilizzazione (G2) 0,10Massetto (G2) 0,20

Pavimento (G2) 0,40

Sommano G = G1 + G2 = 4,5 + 1,3 = 5,80

5. Tamponatura esterna

Materiale P (kN/ml)

Mattoni semipieni (G2) 5,95

Rinzaffo (G2) 1,18

Coibentazione (G2) 0,20

Barriera vapore (G2)Intercapedine (G2)

Laterizio forato (G2) 1,98

Intonaco (G2) 0,93

Sommano G = G2 = 8,20

Tipologia Permanenti [kN/mq] Accidentali (Qk)

[kN/mq]G1 G2 G

Solaio tipo 2,60 3,30 5,90 2,0

Solaio copertura 2,60 2,10 4,70 4,0

Scala 4,27 2,93 7,20 4,0

Balconi 4,50 1,30 5,80 4,0

Tamponature 8,20

Tabella riassuntiva

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Pesi sismici

W = G1 + G2 + Σ(ψ2j Qkj)

- Solai di piano ψ2j = 0,3- Solaio di copertura ψ2j = 0,6- Scale ψ2j = 0,6- Balconi ψ2j = 0,6

LIVELLI

SOLAIO

[kN]SCALA

[kN]

BALCONI

[kN]

TAMPON.

[kN]

TOTALI

[kN]

1 1521,13 171,43 404,59 701,76 2800

2 1521,13 171,43 404,59 701,76 2800

3 1521,13 171,43 404,59 701,76 2800

4 1521,13 171,43 404,59 701,76 2800

5 1521,13 171,43 404,59 701,76 2800

COP. PRATIC. 1691,55 85,71 0 350,88 2130

16130

I pesi sismici degli elementi strutturali (travie pilastri) vengono direttamente assuntidal codice di calcolo.

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Masse sismiche

Le masse si ricavano dividendo i pesi sismici per g = 9,81 m/s2

Mi = Wi / g

Livelli 1, 2, 3, 4 e 5

2/

1° 2800 285

2° 2800 285

3° 2800 285

4° 2800 285

5° 2800 285

2130 217

Tabella riassuntiva

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9/109

Baricentri masse sismiche

SUPERFICI Mi Xi Yi MiXi MiYi[m2] [kN s2 /m] [m] [m] [kN s2] [kN s2]

M1 87,36 57,88379 5,7 7,2 329,9376 416,7633

M2 87,36 57,88379 17,3 7,2 1001,39 416,7633

M3 46,4 30,74414 11,5 14,4 353,5576 442,7156M4 16 10,60143 11,5 4,5 121,9164 47,70642

M5 -2,56 -1,69623 12,15 5,78 -20,6092 -9,8042

M6 17,28 16,94532 11,5 9,7 194,8712 164,3696

M7 6,75 5,662844 0,75 12,15 4,247133 68,80356

M8 8,4 7,047095 3,6 13,4 25,36954 94,43107

M9 8,4 7,047095 19,4 13,3 136,7136 93,72636

M106,75 5,662844 22,25 12,05 125,9983 68,23727M11 20 16,63609 11,5 2 191,315 33,27217

M12 10,4 8,650765 1,5 7,2 12,97615 62,2855

M13 10,4 8,650765 21,5 7,2 185,9914 62,2855

M14 4,2 3,493578 3,6 12,4 12,57688 43,32037

M15 4,2 3,493578 19,4 12,4 67,77541 43,32037

M16 4 3,327217 5,7 14,4 18,96514 47,91193

M17 4 3,327217 17,3 14,4 57,56086 47,91193

M18 11,6 9,64893 11,5 16,4 110,9627 158,2424

M19 3,2 2,661774 11,5 12,4 30,6104 33,00599

M20 3,2 2,661774 11,5 7 30,6104 18,63242

M21 5,4 4,491743 9,9 9,7 44,46826 43,56991

M22 5,4 4,491743 13,1 9,7 58,84183 43,56991

M23 10 8,389399 5,3 1 44,46381 8,389399

M24 10 8,389399 17,7 1 148,4924 8,389399

TOTALE 286,0961 3289,002 2457,82

( )m

M

X M

X n

i

i

n

i

M C i

GM

i

50,11

1

1

..

==

∑

∑

=

=

( ) m M

Y M Y

n

i

i

n

i M C i

GM

i

59,8

1

1..

==

∑∑

=

=

Livelli 1-2-3-4-5

Livello copertura

m X M G 50,11.. =

mY M G 56,8.. =

Livelli 1-2-3-4-5

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Classi d’uso

:

81%

63%

10%

5%

1

≤ 10

2 , ,

≥≥≥≥ 50505050

3 , ,

≥≥≥≥ 100100100100

0,7 1,0 1,5 2,0

VR = VN. CU = 50

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Azione sismica

Altri dati

- Ubicazione: comune di Ancona

- Categoria di sottosuolo C : Vs,30 = 180 ÷ 360 m/s (70 < cu,30 < 250 kPa)

- Categoria topografica T1 : Superficie pianeggiante, pendii con i ≤ 15°

Stati limite di esercizio SLD (P VR = 63%) T R = 50 anni

Stati limite ultimi SLV (P VR = 10%) T R = 475 anni

)1ln( VR

R

RP

V

T −−=

Per ogni stato limite si definisce il periodo di ritorno T R , in funzione del periodo diriferimento V R e della probabilità di superamento dello stato limite considerato P VR

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Spettro di risposta elastico

Spettro di risposta elastico della componente orizzontale per qualsiasi PVR

BT T

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Spettri di risposta

8/18/2019 Esempio_2012

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Spettri di risposta elastici

8/18/2019 Esempio_2012

15/109

Spettri di risposta elastici

PVR = 63%TR = 50 anni

Spettri di risposta (suolo A e T1) SLD SLV PVR = 10%

TR = 475 anni

8/18/2019 Esempio_2012

16/109

Spettro di progetto SLD

SLD (PVR = 63%) TR = 50 anni ag 0,057gF0 2,562T*c 0,276s

par. indipendenti par. dipendenti

ag 0,057g S 1,500F0 2,562 ηηηη 1,000

T*

c 0,276s TB 0,148sSS 1,500 TC 0,443sCC 1,606 TD 1,828sST 1,000q 1,000

Ancona [lat.: 43,5991][long.: 13,511]

Dati ricavatidall’allegato B delle

NTC

Per determinare lo spettro di progettoallo SLD (curva nera) si calcolano TB, TCe TD, si sostituisce ηηηη=1/q (q=1) e simoltiplica per S=1,5.

Lo spettro allo SLD non dipende dalla struttura

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17/109

Dimensionamento

- Dimensionamento con imposizione di una deformata rettilinea

- Analisi statica lineare SLD del telaio 3D (senza scala)- valutazione approssimata periodo fondamentale [T1 = C1 H

3/4]- abbattimento rigidezza di travi e pilastri del 50%

C1 = 0,075H = 18,6 m

T1 = 0,67 s

8/18/2019 Esempio_2012

18/109

Predimensionamento

30x75

30x60

30x65

30x75

30x75

30x45

30x40

30x55

30x60

30x65

30x65

30x65

DIREZIONE X DIREZIONE Y

30x40

30x55

30x60

30x65

30x70

30x70

30x35

30x50

30x55

30x60

30x60

30x60

Pilastri centrali quadrati

40x40 (1°2°3°elevaz.)30x30 (4°5°6°elevaz.)

Travi a spessore55x24

x

y

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19/109

Modello

Modello di 1°tentativo con travia spessore e senza scala

Abbattimento rigidezzadel 50 % per travi epilastri

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20/109

Modello

TELAIDIREZIONE X

TELAIDIREZIONE Y

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21/109

Strutture aventi i telai resistenti all’azione sismica composti, anche in una soladelle direzioni principali, con travi a spessore devono essere progettate in CD”B” ameno che tali travi non si possano considerare elementi strutturali “secondari”.

Classe di Duttilità

Gli elementi secondari sono talise il loro contributo allarigidezza totale è inferiore al15% della analoga rigidezzadegli elementi principali.

Nel caso in cui gli elementisecondari contribuiscono allarigidezza totale con una

percentuale superiore al 15%devono essere inclusi nelmodello e la struttura non puòessere di classe CD”A”.

8/18/2019 Esempio_2012

22/109

Nel caso in esame gli elementi secondari, di cui bisogna verificare ilcontributo, sono due: le travi a spessore e le scale.

Nel caso in cui il contributo degli elementi considerati superi il 15% di quellodegli elementi principali, tali elementi devono essere inseriti nel modello ela struttura dev’essere progettata a bassa duttilità (CD”B”).

Classi di Duttilità

Per verificare il loro contributo alla rigidezza trasversale si può ricorrereall’analisi statica 3D dell’edificio, prima con gli elementi secondari poi senza,confrontando le deformate trasversali piano per piano e verificando che ilcontributo degli elementi secondari non superi il 15% di quello degli elementiprincipali. In sostanza si devono predisporre due modelli, uno con glielementi secondari, l’altro senza.

Se invece il contributo è inferiore al 15%, allora possono essereconsiderati elementi secondari e trascurati, sia in termini di rigidezza che diresistenza.

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Controllo della regolarità dell’edificio

Regolarità in pianta

a) Configurazione in pianta compatta e approssimativamente simmetrica rispettoalle due direzioni ortogonali (masse e rigidezze)

b) Rapporto tra i lati inferiore a 4 (Lx=20m; Ly=14,4m Lx /Ly=1,39)

c) Nessuna dimensione di eventuali rientri o sporgenze supera il 25% delladimensione totale dell’edificio nella corrispondente direzione;

d) Solai infinitamente rigidi nel proprio piano (soletta in c.a. ≥ 40mm)

[4,00 / (4,00 + 5,40 + 5,00)] x 100 =27,8 % > 25%

L’edificio risultaNON REGOLARE IN PIANTA

8/18/2019 Esempio_2012

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Regolarità in altezza

e) Telai e pareti estesi per tutta l’altezza dell’edificio;

f) Masse e rigidezze si mantengono costanti o si riducono gradualmente senzabruschi cambiamenti, dalla base alla cima dell’edificio (le variazioni di massa daun piano all’altro non superano il 25 %, la rigidezza non si abbassa da un pianoal sovrastante più del 30% e non aumenta più del 10%);

g) Rapporto tra resistenza effettiva e resistenza richiesta per strutture in CD”B”poco diverso da un piano all’altro (20%);

h) Restringimenti graduali: ad ogni piano il rientro non supera il 30% delladimensione corrispondente al 1°piano e il 20% della dimensione corrispondente

al piano immediatamente sottostante. Fa eccezione l’ultimo piano di edifici dialmeno quattro piani per il quale non sono previste limitazioni di restringimento.

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Livelli Masse ∆∆∆∆M[kN s2 /m] [%]

1° 285 02° 285 03° 285 04° 285 05° 285 0

Cop. 217 24


Le variazioni di massa da un piano all’altro non devono superare il 25 %.Nel caso in esame si trova:

Variazione di massa verificata

(285 – 217)

285= 0,24

Regolarità in altezzaVariazione di massa

8/18/2019 Esempio_2012

26/109


Regolarità in altezza

Per valutare la variazione di rigidezza da un piano all’altro si esegue un’analisistatica lineare allo SLD, nelle due direzioni principali X e Y, determinando pianoper piano il taglio Ti e lo spostamento relativo δδδδi.

Joint OutputCase δδδδ Ti RIGIDEZZA DDDDkText Text m kN Ti / δδδδ %

LIV. 1 COMB1X 0,007755 2592,22 334264,35

LIV. 2 COMB1X 0,011141 2461,87 220973,88 33,89248

LIV. 3 COMB1X 0,010791 2201,18 203982,95 7,689113

LIV.4 COMB1X 0,010713 1810,15 168967,61 17,16582

LIV.5 COMB1X 0,009326 1288,77 138191,08 18,21446

LIV. 6 COMB1X 0,007951 637,04 80120,74 42,02177

LIV.1 COMB1Y 0,008308 2592,22 312014,93

LIV.2 COMB1Y 0,013024 2461,87 189025,64 39,41776

LIV.3 COMB1Y 0,013376 2201,18 164561,9 12,94202

LIV.4 COMB1Y 0,012831 1810,15 141076,3 14,27159

LIV.5 COMB1Y 0,011461 1288,77 112448,3 20,29256

LIV.6 COMB1Y 0,010463 637,04 60885,023 45,8551

DDDDk = (ki-1- ki) / ki

ki = Ti / δδδδi

Variazionedi rigidezza

Ti = taglio di pianoδδδδi = spost. interpiano

Variazione di rigidezza

Rigidezza

Variazione di rigidezza non verificata!!!

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27/109

Il modello include tutti glielementi strutturali secondari:• travi a spessore• scala

Abbattimentorigidezza del 50 %per travi e pilastri

Si considerano due tipi di scala• scala con trave interpiano• scala con “pilastrini”

Modello con “bracci rigidi”(80% dello spessore

delle aste)

Elementi strutturali “secondari”

Scala

8/18/2019 Esempio_2012

28/109

Scala


8/18/2019 Esempio_2012

29/109

Tipologie di scala

Scala con trave interpiano Scala con “pilastrini”


8/18/2019 Esempio_2012

30/109

13,94%

15,56%16,92%

18,25%

19,82%

22,78%

100×−

=∆S

S NS

K

K K K

KS = rigidezza modello

con scala

KNS= rigidezza modellosenza scala


Scala con trave interpiano

La scala non può essere considerata elemento strutturale secondario

8/18/2019 Esempio_2012

31/109

100×−

=∆S

S NS

K

K K K

KS = rigidezza modello

completo

KNS= rigidezza modellosenza scala e contravi “non attive”


Scala con pilastrini e travi a spessore

6,41%

8,17%9,07%

9,93%

10,90%

12,85%

Scala con pilastrini e travi a spessore sono elementi secondari

8/18/2019 Esempio_2012

32/109

Modello di calcolo

Il modello esclude tutti glielementi strutturali secondari(travi a spessore e scala)

Modello 3D con rigidezzaridotta del 60 % sulle travie del 40% sui pilastri

Modello con “bracci rigidi”(80% dello spessore

delle aste)

8/18/2019 Esempio_2012

33/109

Modellazione dei nodi

disassamentopilastri

end offset travi e pilastri80% altezza travi e pilastri

Nodo esterno Nodo interno

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34/109

Fattore di struttura

kR = 1 edifici regolari in altezza

kR = 0,8 edifici non regolari in altezzaRegolarità in altezza

Regolarità in pianta

Per le costruzioni regolari in pianta si

assumono i valori diindicati nella tabella precedente

aaaa

/aaaa1

Per le costruzioni non regolari in

pianta si assumono i seguenti valori

medi

(1+a(1+a(1+a(1+a/aaaa1)/2

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35/109

Fattore di struttura

Progetto in CD”A” q = q0 KR

αu / α1 = 1,3 strutture a telaio con più piani e più campate

Per le costruzioni non regolari in pianta, si adotta unvalore medio tra 1 e αu/α1 (1+αu / α1)/2=1,15

αu/α1 = 1,15

KR Strutture non regolari in altezza KR = 0,8

q = q0 KR = 4,5*1,15*0,8 = 4,14

8/18/2019 Esempio_2012

36/109

Azione sismica - spettro progetto SLV

SLV (PVR = 10%) TR = 475 anni

Ancona [lat.: 43,5991][long.: 13,511]

ag 0,174gF0 2,455T*c 0,295s

Dati ricavatidall’allegato B delle

NTC

Per ottenere lo spettro di progetto alloSLV si sostituisce nelle relazioni dello

spettro elastico ηηηη con 1/q [q=4,14]

par. indipendenti par. dipendenti

ag 0,174g S 1,443F0 2,455 ηηηη 0,242

T*c 0,295s TB 0,154sSS 1,443 TC 0,463s

CC 1,571 TD 2,298sST 1,000q 4,140

8/18/2019 Esempio_2012

37/109

Combinazioni componenti azione sismica

- Le componenti orizzontali dell’azione sismica devono essere considerateagenti simultaneamente

- I valori massimi della risposta ottenuti dalle due azioni orizzontali applicateseparatamente potranno essere combinati sommando ai massimi ottenuti perl’azione applicata in una direzione, il 30% dei massimi ottenuti per l’azione

applicata nell’altra direzione:

1,00×Ex + 0,30×Ey + 0,30×Ez

con rotazione dei coefficienti moltiplicativi e conseguente individuazione degli

effetti più gravosi.

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38/109

Eccentricità accidentali

Per tener conto dell’incertezza sulla distribuzione delle masse il centro di massa diogni piano viene spostato di una distanza pari al 5% della dimensione massimadel piano in direzione perpendicolare all’azione sismica.

e1

= e3

= 0,05*14,4 = 0,72m

e2 = e4 = 0,05*20,0 = 1,00m

e1

e2

8/18/2019 Esempio_2012

39/109

Torcenti di piano

Per il calcolo dei torcenti di piano si moltiplicano le forze di piano ricavatedall’analisi statica per le eccentricità accidentali. I loro effetti saranno poi sommatiai risultati dell’analisi dinamica.

Mt1 Ex = ± 132,9517 kN m

Mt2 Ex = ± 265,9034 kN m

Mt3 Ex = ± 398,8551 kN m

Mt4

Ex

= ± 531,8069 kN m

Mt5 Ex = ± 664,7586 kN m

MtCP Ex = ± 649,7832 kN m

Mt1 Ey = ± 158,4993 kN m

Mt2 Ey = ± 316,9986 kN m

Mt3 Ey = ± 475,4979 kN m

Mt4 Ey = ± 633,9972 kN m

Mt5 Ey = ± 792,4965 kN m

MtCP Ey = ± 774,6435 kN m

Mt1 Ex = ± 94,44156 kN m

Mt2 Ex = ± 188,8831 kN m

Mt3 Ex = ± 283,3247 kN m

Mt4

Ex

= ± 377,7663 kN m

Mt5 Ex = ± 472,2078 kN m

MtCP Ex = ± 461,5701 kN m

Mt1 Ey = ± 112,5892 kN m

Mt2 Ey = ± 225,1783 kN m

Mt3 Ey = ± 337,7675 kN m

Mt4 Ey = ± 450,3566 kN m

Mt5 Ey = ± 562,9458 kN m

MtCP Ey = ± 550,264 kN m

SLD SLV

8/18/2019 Esempio_2012

40/109

Modi di vibrare

1°Modox

y

T = 1,05469 sec X Y

Massa partecipante 0 % 77,31 %

8/18/2019 Esempio_2012

41/109

Modi di vibrare

xy 2°Modo

T = 0,94139 sec X Y

Massa partecipante 78,95 % 0 %

8/18/2019 Esempio_2012

42/109

Modi di vibrare

xy 3°Modo

T = 0,807561 sec X Y

Massa partecipante 0,98 % 0 %

8/18/2019 Esempio_2012

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Masse partecipanti

4°Modo

5°Modo 90,26 %

88,87 %

al 4°Modo : somma masse part. lungo Y 88,87 %al 5°Modo : somma masse part. lungo X 90,26 %

:

1 1,054691 7,26410 0,77308 0,38065 7,26410 0,77308 0,38065

2 0,94139 0,7895 1,60509 0,15363 0,7895 0,77308 0,53428

3 0,807561 0,00158 9,04708 0,24457 0,79109 0,77308 0,77885

4 0,387534 3,21510 0,1157 0,05699 0,79109 0,88877 0,83584

5 0,343447 0,11154 7,30110 0,01859 0,90263 0,88877 0,85443

6 0,298196 0,00135 4,26509 0,03843 0,90398 0,88877 0,89286

7 0,224001 9,44510 0,04944 0,02435 0,90398 0,93821 0,91721

8 0,203276 0,04235 2,07409 0,0061 0,94633 0,93821 0,92331

9 0,176348 0,00104 7,87109 0,01693 0,94737 0,93821 0,94024

10 0,145587 2,7309 0,03139 0,01545 0,94737 0,9696 0,9557

11 0,137547 0,02692 5,06809 0,00393 0,97429 0,9696 0,95962

12 0,116552 0,00061 1,26508 0,01116 0,9749 0,9696 0,97078

13 0,102407 7,60408 0,01799 0,00887 0,9749 0,98759 0,97965

14 0,101392 0,01538 9,79908 0,00218 0,99029 0,98759 0,98183

15 0,082813 0,00039 8,79209 0,00669 0,99068 0,98759 0,98852

16 0,077107 0,00871 4,51308 0,00121 0,99939 0,98759 0,98973

17 0,076233 3,68408 0,01198 0,00588 0,99939 0,99957 0,99562

18 0,061483 0,00015 5,86409 0,00392 0,99954 0,99957 0,99953

8/18/2019 Esempio_2012

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Risposta modi prevalenti allo SLV

T (sec) massaT (sec) massa SSdd /g /g

11°° 1,054 77,31%1,054 77,31% 0,0650,06522°° 0,941 0,00%0,941 0,00% 0,0740,074

33°° 0.808 0,00%0.808 0,00% 0,0860,086

44°° 0.3880.388 11,57% 0,14911,57% 0,149

totale 86.35%totale 86.35%

T1T2

T3T4

VV00=Mg ((0,7731x0,065)=Mg ((0,7731x0,065)22

+(0,00x0,074)+(0,00x0,074)22

+(0,00x0,086)+(0,00x0,086)22

+(0,1157x0,149)+(0,1157x0,149)22))1/21/2 == 0.053Mg0.053Mg

8/18/2019 Esempio_2012

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V ifi ll SLD

8/18/2019 Esempio_2012

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Verifica allo SLD

Sd [g]

T [s]

Fd = E + G + P + Σ(ψ2j Qkj)

Combinazione delle azioni

Verifica di deformabilità

dr < 0,005 h = 0,005*310 = 1,55 cm

Edifici aventi tamponamenti collegati

rigidamente alla struttura cheinterferiscono con la deformabilitàdella stessa

Pilastroanalizzato

Stato limite di danno

8/18/2019 Esempio_2012

47/109

Stato limite di danno

dr = 1,55cm

dr = 1,55cm

Verifiche allo SLV

8/18/2019 Esempio_2012

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Verifiche allo SLV

Fd = E + G + P + Σ(ψ2j Qkj)

Verifica di resistenza

Rd ≥ Ed

Sd [g]

T [s]

Combinazione delle azioni

Gerarchia delle resistenze

Combinazioni di carico allo SLU

8/18/2019 Esempio_2012

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Combinazioni di carico allo SLU

Stati limite ultimi per carichi verticali

Fd = γG1 G1 + γG2 G2 + γP P + γQ [Q1k+Σ(ψ0j Qkj)]

G2 peso proprio elementi non strutturali

G1 peso proprio elementi strutturaliEQU – stato limite di equilibrio come corpo rigido

STR – stato limite di resistenza della struttura comprese le fondazioni

GEO – stato limite di resistenza del terreno

Travata e pilastrata di progetto

8/18/2019 Esempio_2012

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Travata e pilastrata di progetto

Diagramma inviluppo dei momenti

8/18/2019 Esempio_2012

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Diagramma inviluppo dei momenti

Fd = E + G + Σ(ψ2j Qkj)

Stati limite ultimi

(carichi verticali)

Stati limite ultimi(azione sismica)

INVILUPPO

+

Fd = γg1 G1 + γg2 G2 ++ γq [Q1k+Σ(ψ0j Qkj)]

Diagramma inviluppo del taglio

8/18/2019 Esempio_2012

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Diagramma inviluppo del taglio


Stati limite ultimi

(carichi verticali)


INVILUPPO

+


Diagramma inviluppo della forza assiale

8/18/2019 Esempio_2012

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Diagramma inviluppo della forza assiale


Stati limite ultimi(carichi verticali)


INVILUPPO

+


Con questo diagramma si esegue il controllo delle tensioni medie sui pilastri

Controllo tensioni medie sui pilastri

8/18/2019 Esempio_2012

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N = 934 kNN = 1230 kN

N = 992 kN


Il controllo della tensione media sui pilastri deve essere eseguito sia nelle strutturein CD”A” che in CD”B”. Tenendo conto che i pilastri mantengono le stessedimensioni per le prime tre elevazioni, la verifica è eseguita solo al piano terra.


8/18/2019 Esempio_2012

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p

La forza di compressione non deve eccedere il 55% della resistenza massima acompressione della sezione di solo calcestruzzo.

NSd / AC < 0,55 fcdTABLE: Element Forces - Frames

Frame Station Nsd Nsd / Ac =

Text m KN N/mm201 0 -952,671 4,536529

02 0 -1266,35 5,628204

03 0 -1036,64 4,607289

04 0 -1037,03 4,609013

05 0 -1266,38 5,628351

06 0 -952,558 4,53599

07 0 -1021,32 4,86341908 0 -1161,07 7,256688

09 0 -1501,23 7,1487

10 0 -1511,58 7,198005

11 0 -1161,1 7,256863

12 0 -1020,44 4,859252

13 0 -1277,64 6,084019

14 0 -1542,24 7,34397615 0 -1504,28 7,163248

16 0 -1504,64 7,164938

17 0 -1525,18 7,262776

18 0 -1249,27 5,94891

19 0 -931,946 4,141982

20 0 -967,074 4,298107

21 0 -967,127 4,298342

22 0 -931,21 4,138711

fcd = 14,11 N/mm2

0,55 fcd

= 7,76 N/mm2

La verifica è soddisfatta per tutti i pilastri

Travi - Armatura longitudinale

8/18/2019 Esempio_2012

56/109

g

h

b

As

Ai

b ≥ 20cm

b/h ≥ 0,25

• L’armatura longitudinale deve essere costituitada almeno due barre di diametro ≥ Φ 14 mmdisposte superiormente ed inferiormente sututta la lunghezza della trave.

• Agli appoggi l’armatura inferiore deve esserealmeno pari al 50% di quella superiore

Ai ≥ 0,5 As

- ρρρρ = rapporto geometrico dell’armatura tesa As /(b·h) oppure compressa Ai /(b·h);- ρρρρcomp = rapporto geometrico relativo all’armatura compressa;

- fyk è la tensione caratteristica di snervamento dell’acciaio (in MPa).

• In ogni sezione della trave deve valere la seguente relazione

Travi - Calcolo armatura longitudinale

8/18/2019 Esempio_2012

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g

Inviluppo momenti flettenti [kNm]

Trave 30x65Calcolo armatura tesa

yd

sd s

f d .

M A

⋅⋅=

90

Armature calcolate [cm2]

232,74

130,91

234,04

137,44

24,01

41,89

Armature effettive [cm2]

10,83

6,09

10,89

6,40

3,08

3,08

5,66(S) 2,75(S) 5,96(S)

10,63(S)2,75(S)10,57(S)

(S) = armatura fornita dal SAP

12,56

8,04 6,28 8,04

3,08 12,56(4ΦΦΦΦ20) (2ΦΦΦΦ14) (4ΦΦΦΦ20)

(4ΦΦΦΦ16) (2ΦΦΦΦ20) (4ΦΦΦΦ16)

As,min. =1,4(b h)/fyk = 6,07 cm2

Travi – Verifica SLU di flessione

8/18/2019 Esempio_2012

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In ogni sezione, il momento flettente di calcolo deve risultare minore o uguale almomento resistente:

MSd < MRd

-2500

-2000

-1500

-1000

-500

0

500

1000

1500

2000

2500

-15000 -10000 -5000 0 5000

+Rd M

−Rd M

σ

ε0 = 0.2%

ε

γ c

0.85 f ck

εcu = 0.35%

α

εsu=1%

σ

εtg(α) = E s

E s = 2.1 x 105 N/mm2

γ s f yd =

yk

γ c = 1,50 γ s = 1,15

Momento resistente: momento corrispondente alla deformazione ultima dell’1%nell’acciaio o dello 0,35% nel calcestruzzo.

Travi - Armatura trasversale

8/18/2019 Esempio_2012

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Nelle zone critiche:- la prima staffa di contenimento deve distare non più di 5cm dal filo pilastro- per le successive il passo deve essere inferiore alla minore delle grandezze:

a) ¼ dell’altezza utile della sezione trasversaleb) 6 volte il diametro minimo delle barre longitudinalic) 175mm

d) 24 volte il diametro delle armature trasversali

zone critiche ≥≥≥≥ 1,5 altezza sezionein tali zone ctgθθθθ = 1 (inclinazione puntoni calcestruzzo)

CD”A”


8/18/2019 Esempio_2012

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Nelle zone critiche:

- la prima staffa di contenimento deve distare non più di 5cm dal filo pilastro- per le successive il passo deve essere inferiore alla minore delle grandezze:

a) ¼ dell’altezza utile d della sezione trasversaleb) 8 volte il diametro minimo delle barre longitudinalic) 22.5 cm

d) 24 volte il diametro delle armature trasversali

zone critiche ≥≥≥≥ altezza sezionein tali zone ctgθθθθ = 1 (inclinazione puntoni calcestruzzo)

CD”B”


8/18/2019 Esempio_2012

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Armature trasversali (staffe)

Per staffa di contenimento si intende una staffa rettangolare, circolare o a spirale, di

diametro minimo 6 mm, con ganci a 135°prolungati pe r almeno 10 diametri alledue estremità. I ganci devono essere assicurati alle barre longitudinali

Travi – Gerarchia delle resistenze

8/18/2019 Esempio_2012

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Al fine di escludere la formazione di meccanismi inelastici dovuti al taglio, lesollecitazioni di taglio di calcolo VEd si ottengono considerando i seguenti schemi:

M supRdB

A B

qmax=G+Ψ2Qk=45,75 kN/m

L

M infRdA MsupRdBqmin = G = 39,45 kN/m

LA B

M infRdA

30

65

4φ16

4φ20

M infRdA = Minf

RdB = 176 kNm

M supRdB = M supRdA = 274 kNm

L = 4,20m

γ γγ γ Rd = 1,20 (CD”A”)γ γγ γ

Rd

= 1,00 (CD”B”)

M infRdB

LA B

M supRdA qmax=G+Ψ2Qk=45,75 kN/m

LA B

M supRdA Minf

RdBqmin = G = 39,45 kN/m

( )2

max

inf supmax Lq

L

M M V RdB RdA Rd SdA +

+= γ

( )2

minsupinf

min Lq

L

M M V RdB RdA Rd SdA +

+= γ

kN V V SdBSdA 225maxmax ==

kN V V SdBSdA 212minmin ==

Travi - Verifica SLU di taglio

8/18/2019 Esempio_2012

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4φ20

4φ16

65

30

Nelle zone critiche = 1,5 h = 1,5x65 = 97,5cm [1m] :

Staffe ΦΦΦΦ8/8 cm

VRsd = 0,9 d Asw /s fyd ctgθθθθ = 273 kN

VRcd = 0,9 d b 0,5fcd ctgθθθθ /(1+ctg2

θθθθ) = 591 kN

VRd = min (VRsd ; VRcd) = 273 kN

kN V V SdBSdA 225maxmax ==

kN V V SdBSdA 212minmin ==

VRd = 273 kN ≥ VEd

La verifica a taglio nelle zonecritiche risulta soddisfatta

ctgθθθθ = 1

In ogni sezione deve risultare: VRd ≥ VEd

Travi: distinta armature (2°livello)

8/18/2019 Esempio_2012

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Pilastri - Gerarchia delle resistenze

8/18/2019 Esempio_2012

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Per ciascuna direzione e ciascun verso di applicazione delle azioni sismiche, sidevono proteggere i pilastri dalla plasticizzazione prematura adottando opportunimomenti flettenti di calcolo.Tale condizione si consegue qualora:

ΣMC,Rd ≥ γ γγ γ RdΣMb,Rd

- γ γγ γ Rd = 1,3 (CD”A”) e 1,1 (CD”B”)

- ΣMb,Rd = somma dei momenti resistenti delle travi convergenti nel nodo, aventiverso concorde

- ΣMC,Rd = somma dei momenti resistenti nei pilastri superiore e inferioreconvergente nel nodo

Per la sezione di base dei pilastri del piano terreno si adotta come momento dicalcolo il maggiore tra il momento risultante dall’analisi ed il momento MC,Rd dellasezione di sommità del pilastro.

Il suddetto criterio di gerarchia delle resistenze non si applica alle sezioni disommità dei pilastri dell’ultimo piano.


8/18/2019 Esempio_2012

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Mdxres(-)

Mdxres(+)

Msinres(-)

Msinres(+)

)()(

)(sin )(

1

−+

+−

+

+=is

dxresres

Rd M M

M M γ α

)()(

)(

sin

)(

2

+−

−+

+

+

=is

dx

resres

Rd M M

M M

γ α

Mi(-)Mi(+)

Ms(-)Ms(+)

Mres(+) Mres(+)

Mres(-)Mres(-)sin

sin

dx

dx

γ γγ γ Rd ==== 1,3 (CD”A”)

)(2)( −− = s prog

s M M α

)(1)( ++

= s

prog

s

M M α

)(2)( ++ = i prog

i M M α

)(1)( −− = i prog

i M M α

Momenti di progetto sui pilastri

γ γγ γ Rd ==== 1,1 (CD”B”)


8/18/2019 Esempio_2012

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1°elevazione - sez. testa (analisi direzione X)

( )

( ) 43,108,13861,198

91,13445,235

3,11 =+

+

== ∑

∑ p

Rt

Rd M

M

γ α

α1 Ms(+) = 284,01 kNm

α1 Mi(-) = 197,46 kNm

αααα2 si calcola in maniera analoga conle sollecitazioni nel verso opposto

Ms(+)

Mi(-)

Msinres(-)

Mdxres(+)

Mdxres(+) = 134,91 kNm

Ms(+) = 198,61 kNm

Mi(-) = 138,08 kNm

Msinres(-) = 235,45 kNm


8/18/2019 Esempio_2012

68/109

α1 = 1,88

α2 = 2,10α1 = 1,57

α1 = 1,42

α1 = 1,47

α1 = 1,43

α2 = 1,72

α2 = 1,53

α2 = 1,45

α2 = 1,55


8/18/2019 Esempio_2012

69/109

α1 = 1,39

α2 = 6,38

α1 = 1,43

α1 = 1,47

α1 = 1,36

α1 = 1,49

α2 = 3,25

α2 = 2,53

α2 = 2,13

α2 = 2,22


8/18/2019 Esempio_2012

70/109

α1 = 2,98

α2 = 2,00α1 = 2,58

α1 = 2,12

α1 = 1,97

α1 = 2,07

α2 = 1,86

α2 = 1,65

α2 = 1,60

α2 = 1,71


8/18/2019 Esempio_2012

71/109

α1 = 4,45

α2

= 1,41

α1 = 3,15

α1 = 2,31

α1 = 2,06

α1 = 2,27

α2 = 1,49

α2 = 1,38

α2 = 1,32

α2 = 1,35

Pilastri - Verifica allo SLU

1° l i t t ( li i di i X)N

8/18/2019 Esempio_2012

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1°elevazione - sez. testa (analisi direzione X)

sezione 30x75

Dominio di resistenza

NSd,min = 232 kN

ααααMxSd = 299,14 kNm

MySd = 21,69 kNm

NSd,min

ααααMxSd

MySd

x x

y

y

NSd,min As,max

Pilastri – Limiti geometrici

8/18/2019 Esempio_2012

73/109

Limiti geometrici - Dimensione minima della sezione trasversale: 25 cm

- Rapporto tra i lati ≥ 0,25. In caso contrario l’elemento sarà assimilato

a parete portante. Lmin

= 25 cm, Lmax

= 25/0,25 = 100 cm

Armature longitudinali

La percentuale di armatura longitudinale deve essere compresa tra i

seguenti limiti:

con A area totale dell’armatura longitudinale e Ac area della sezione lorda

del pilastro. Per tutta la lunghezza del pilastro l’interasse tra le barre nondeve essere superiore a 25 cm.Se sotto l’azione del sisma la forza assiale su un pilastro è di trazione, la lunghezza

di ancoraggio delle barre longitudinali deve essere incrementata del 50%.

Pilastri - Armatura minima

8/18/2019 Esempio_2012

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Asmin=4Ø20 + 4Ø14Asmin=6 Ø 18 Asmin=8 Ø 18

Asmin=4 Ø 18

Asmin=6 Ø 16

Asmin=8 Ø 16Asmin=8 Ø 12

Pilastri – Gerarchia delle resistenze

Al fine di escludere la formazione di meccanismi fragili dovuti al taglio, le forze di

8/18/2019 Esempio_2012

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Al fine di escludere la formazione di meccanismi fragili dovuti al taglio, le forze di

taglio da utilizzare nelle verifiche delle armature si ottengono dalla condizione diequilibrio del pilastro soggetto all’azione dei momenti resistenti nelle sezioni diestremità superiore MsC,Rd ed inferiore M

iC,Rd, incrementati di ggggRd:

( ) L

M M V i Rd C s Rd C

Rd Ed

,, +=γ

VEd

L = 2 , 7

7 m

VEd

γ Rd = 1,30 (CD”A”)NSd,max

NSd,max

γ Rd MsC,Rd

γ Rd MiC,Rd

1°elevazione (analisi direzione X)

MsC,Rd = 390 kNm

MiC,Rd = 390 kNm

VEd = 364 kN

γ Rd = 1,10 (CD”B”)

NSd,min= 232 KN

Pilastri - Armatura trasversale

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CD”A”- Le barre non fissate devono trovarsi a

meno di 15 cm da una barra fissata

Passo delle staffe:• 1/3 del lato minore della sezione• 125 mm• 6 volte il diametro delle barre

longitudinali che collegano

CD”B”- Le barre non fissate devono trovarsi a

meno di 20 cm da una barra fissata

Passo delle staffe:- 1/2 del lato minore della sezione- 175 mm,- 8 volte il diametro delle barre

longitudinali che collegano

Lcr = Hn /6 ; b ; 45 cm

Pilastri - Armatura trasversale

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Staffe Φ8 2br.

3 0 x 7 5

3 0 x 7 5

30x65

30x65

p = 8 (75cm)

p = 8 (75cm)

p = 8 (75cm)

p = 8 (75cm)

passo p

30/3 = 10 cm12,5 cm

6*1,8 = 10,8 cm

min.

zona critica

75 cm270/6 = 45 cm45 cm

max.

Pilastri - Verifica armatura trasversale

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In ogni sezione deve risultare : VRd ≥ VEd

VRd = min (VRsd ; VRcd) = 391 kN

VRsd = 0,9 d Asw /s fyd ctgθθθθ = 391 kN ctgθθθθ = 1,23 (CERCHIO DI MOHR)

VRcd = 0,9 d b ααααc 0,5fcd ctgθθθθ /(1+ctg2θθθθ) = 699 kN

coefficiente maggiorativo pari a:1 per membrature non compresse1+ σσσσcp /fcd per 0 ≤ σσσσcp ≤ 0,25fcd1,25 per 0,25fcd ≤ σσσσcp ≤ 0,5fcd2,5(1- σσσσcp /fcd) per 0,5fcd ≤ σσσσcp ≤ fcd

VRd = 391 kN ≥ VEd = 364 kN La verifica a taglio è soddisfatta

Pilastri - Distinta armatura

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Staffe φ 8 / 8

Pilastri – Sovrapposizioni armature

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Nodi trave - pilastro

Verifica resistenza nodo

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- Da effettuarsi per sole strutture progettate in CD”A”

- Automaticamente soddisfatta per nodi interamente confinati


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Limitazioni di armatura Per nodi non confinati (CD”A” – CD”B”) deve verificarsi:

- nst : numero di bracci delle staffe orizzontalipresenti lungo l'altezza del nodo

- Ast : area del tondino delle staffe,- i : interasse delle staffe- bj : larghezza utile del nodo (larghezza

confinata)

i

Staffe di contenimento in quantità almenopari alla maggiore prevista nelle zone delpilastro inferiore e superiore adiacenti al

nodo.Questa regola può non essere osservata solonel caso di nodi interamente confinati.


Verifica di resistenza

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Forza di taglio nel nucleo in cls del nodo

ggggRd = 1.20As1 , As2 : armatura sup. ed inf. della traveVC: taglio nel pilastro al di sopra del nodo,

derivante dall’analisi sismica


Nodi esterni

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Fondazioni su pali

SLU di tipo geotecnico (GEO)

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SLU di tipo geotecnico (GEO)carico limite palificata per carichi assiali

carico limite palificata per carchi trasversali

SLU di tipo strutturale (STR)

resistenza dei pali

resistenza struttura di collegamento dei pali

Verifiche agli SLU

Approcci di verificaVerifica sismicap.to 7.11.5.3 NTC

Approccio 1: combinazione 1: A1 + M1 + R1 (STR)

combinazione 2: A2 + M2 + R2 (GEO)

Approccio 2: combinazione 1: A1 + M1 + R1 (STR)

combinazione 2: A1 + M1 + R3 (GEO)

A1 = A2: coefficienti parziali unitariM1: coefficienti parziali da applicare ai parametri geotecnici del terrenoR1, R3: coefficienti parziali da applicare alle resistenze caratteristiche

M1 R3=

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Portanza geotecnica “Rd ” del singolo palo: D=60 cm, L=14 m

Fondazioni su pali

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Portanza geotecnica R del singolo palo: D 60 cm, L 14 m

Stratigrafia:- da circa -1,00 m a circa - 6,0 m: argilla limosa, molto fratturata con le seguenti

caratteristiche:

γ = 19,5 - 20 KN/mc; Cu = 160 - 190 KN/mq; φ = 22/24°

- da - 6,00 m in poi argilla limosa debolmente marnosa (formazione pliocenica dibase) con le seguenti caratteristiche:

γ = 20 - 21 KN/mc; Cu

≥ 190 - 260 KN/mq; φ = 25/28°

Il valore caratteristico della portanza del singolo palo Rk, corrispondente al “Qlim“,viene determinata con metodi di calcolo analitici e successivamente divisa peril fattore di correlazione xxxx = 1.7 corrispondente al minor numero di verticali

d’indagine (si ipotizza un solo sondaggio geognostico).

Nota la resistenza Rk del singolo palo, il valore “Rd” è ottenuto con la:

Rd = Rk / (ggggRx ξ)ξ)ξ)ξ) = Qlim / (ggggR x ξξξξ)

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Calcolo delle azioni “E d ” sui singoli pali per la verifica di tipo GEO

Fondazioni su pali

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g p p p

Le azioni trasmesse in fondazione derivanodall’analisi del comportamento dell’intera opera.Il dimensionamento delle strutture di fondazione e

la verifica di sicurezza del complesso fondazione-terreno devono essere eseguiti assumendo comeazioni in fondazione le sollecitazioni resistentidegli elementi strutturali soprastanti.

ED= NSD/2 + P.Plinto/2 + MX,SD /i + VEDxh/i

NSD : forza assiale sul pilastroMX,SD: momento resistente del pilastroVED : taglio derivante dalla gerarchia di

resistenza del pilastro

Il momento agente nella direzione ortogonaleMY,SD viene assorbito completamente dai cordoli

di dimensioni 30x80.

MX,SD=MX,RD

NSD

P.Plinto

i=1,80

MX,SD

h = 1 , 0

0

EDED

MY,SD 0 , 9

0

2,70

3 0 x 8 0

3

0 x 8 0

VED

Calcolo di M M del Pilastro n°9: 30x75 A 10Ø18

Fondazioni su pali

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Calcolo di M x,SD = M x,RD del Pilastro n°9: 30x75 A s =10Ø18

521,5 KNm

Mx,SD = Mx,RD = 521,5 KNm

Calcolo di V ED del Pilastro n°9

Fondazioni su pali

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( ) L

M M V

i

Rd C

s

Rd C

Rd Ed

,, += γ

VED è il valore di taglio calcolato conla gerarchia delle resistenze:

ggggRD = 1,3 per CDA;

M S C,RD e M i C,RD : momenti resistenti sup. e

inf. del pilastro;L : altezza del pilastro al netto delle travi.

( )KN V Ed 43,553

)45,2(

5,5215,5213,1 =

+=

MX,SD

NSD

P.Plinto

i=1,80

h = 1 , 0

0

2,70

VED

ED

Verifica di tipo GEO

NSD

Fondazioni su pali

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ED= NSD /2 + P.Plinto/2 + MX,SD /i + VEDxh/i =

=1501/2+55/2+521,5/1,80+553,43x1,0/1,8=

= 1375 KN

NSD= 1501 KN

Mx,SD= 521,5 KNm

P.Plinto= 0,90x2,70x0,90x25= 55 KN

Rd =1408 KN

Ed = 1375 KN ≤ Rd =1408 KN

VERIFICA SODDISFATTA

MX,SD=MX,RD

P.Plinto

i=1,80

MX,SD

h = 1 , 0

0

EDED

MY,SD 0 , 9

0

2,70

3 0 x 8 0

3 0 x 8 0

VED

Verifica di tipo STR: Palo

MX,SDNSD

Fondazioni su pali

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Vd

K

z

INTERAZIONE PALO-TERRENOSU TERRENO ALLA WINKLER

4 Sd

max KD

EJ 4

2

V M =

Momento flettente massimo in testa al palo:

E : modulo di elasticità del calcestruzzo;

J = pD4 /64 momento di inerzia del paloK = 45000 [KN/m³] costante elastica del terreno.

KN 323 60 ,0 45000

10 36 ,6 10 31447 4

2

2 / 43 ,553 M 4

3 3

max =⋅

⋅⋅⋅⋅=

−

P.Plinto

i=1,80

h =

1 , 0

0

2,70

VED

VSD=VED /2VSD

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104/109

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105/109

Verifica di tipo STR: Cordolo 3 0 x 8

0

Fondazioni su pali

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106/109

Il momento agente nella direzione ortogonale

MY,SD = M Y,RD

viene assorbito per intero dai cordoli didimensioni 30x80.

211,3 KNmArmatura del cordolo

As = MY,RD / (0,9 d fyd)=

= 211,3 / (0,9 d fyd) = 7,79 cm2

4Ø16

Calcolo MY,RD del pilastro

MY,SD 0 , 9

0

3 0 x 8 0

Armature del plinto: modello puntoni-tiranti

Fondazioni su pali

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107/109

h = 1 , 0

0

RMAX

9Ø20

0,75

0 , 9

0

0,90

5 1 °

T

RMAX = 1375 KN

T = RMAX ctgα = 1113 KN

As=T/f

yd=28,45 cm2

9Ø20

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108/109

Mu=394 KNm

Fondazioni su pali

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109/109

Cu=175 KN/m2

d=0,60 m

11,102 =

⋅ d c

H

u

ult

KN H ult 9,636=

Hult / γ T > VED / 2

Considerato che la verifica è ampiamente soddisfatta si potrebbe ridurre

l’armatura del palo e calibrare il valore della costante K del terreno.

Hult /1,3 = 489 KN > 276,7KN

Documents

Esempio_2012