16.8 Υλικά Κεντρική θλίψη κεντρικός εφελκυσμός. Τριαξονική θλίψη

Transcript

1 Υλικά Κεντρική θλίψη κεντρικός εφελκυσμός. Τριαξονική θλίψη Μονοαξονική θλίψη: Υπενθυμίζονται τα διαγράμματα τάσεων παραμορφώσεων των δύο υλικών: (συγκρίνατε τα διαγράμματα αυτά με τα συμβατικά διαγράμματα που χρησιμοποιούμε για την διαστασιολόγηση) σ c σ s f c f t f y ~ ~3.5 ε c 1 ε y ε max Η αντοχή του ωπλισμένου σκυροδέματος σε κεντρική θλίψη δίνεται από την σχέση: N Rd =0.85*f cd *A c +f yd *A s όπου: ο συντελεστής 0.85 λαμβάνει υπόψη του την μείωση της αντοχής του σκυροδέματος υπό βραδεία φόρτιση (όπως είναι η φόρτιση στην πραγματική κατασκευή) σε αντίθεση με την αντοχή υπό ταχεία φόρτιση (όπως είναι η φόρτιση του συμβατικού δοκιμίου στην πρέσα του εργαστηρίου) f cd =f ck /γ c = f ck /1.5 η αντοχή σχεδιασμού (δείκτης d) του σκυροδέματος Α c η επιφάνεια του σκυροδέματος f yd = f yd /γ s = f yd /1.15 η αντοχή σχεδιασμού του χάλυβα (ή καλλίτερα η τιμή σχεδιασμού του ορίου διαρροής του χάλυβα) Α s =η επιφάνεια του χάλυβα Η παραπάνω σχέση υποθέτει ότι αμφότερα τα υλικά φθάνουν ταυτόχρονα στην οριακή τους αντοχή (πλαστική θεώρηση): προσοχή να μην λυγίσουν τα σίδερα: ανάγκη για πυκνούς συνδετήρες. Τριαξονική ένταση: Η τριαξονικότητα στα υποστυλώματα επιτυγχάνεται τοποθετώντας πολύ πυκνούς συνδετήρες, ή ακόμη καλλίτερα σπείρα με πολύ μικρό βήμα. Ο μηχανισμός θραύσεως είναι ο εξής:

2 363 το σκυρόδεμα θλίβεται κατά τον διαμήκη άξονα, λόγω όμως του φαινομένου Poisson διογκώνεται κατά την εγκάρσια έννοια (ο συντελεστής Poisson είναι αρνητικός), η σπείρα ανθίσταται σ αυτήν την διόγκωση και ασκεί στο σκυρόδεμα οριζόντιες πιέσεις, έτσι το σκυρόδεμα, παρ όλο που εξωτερικώς του επιβάλλουμε μονοαξονική θλίψη, βρίσκεται σε τριαξονική θλιπτική επιπόνηση. Η αντοχή του σκυροδέματος υπό τριαξονική επιπόνηση είναι μεγαλύτερη από την αντίστοιχη αντοχή σε μονοαξονική επιπόνηση: από την περιβάλλουσα Mohr έχουμε ότι η αύξηση αυτή δίνεται από την σχέση f ck * =f ck +5p o όπου p o η παράπλευρη πίεση (παρατηρήσατε την σημαντική συμβολή της p 0 ). p o

3 364 Συμβολή της σπείρας: υπό την προϋπόθεση ότι το βήμα της σπείρας είναι αρκετά μικρό 1, τότε μπορούμε να θεωρήσουμε ότι η σπείρα μπορεί να αντικατασταθεί από μια ισοδύναμη κυλινδρική επιφάνεια, το πάχος t της οποίας είναι τέτοιο ώστε: t*s=a sp όπου A sp είναι το εμβαδόν της διατομής του χάλυβα της σπείρας. Η δύναμη που αναπτύσσεται στην σπείρα λόγω της p o είναι: Fdθ=sp o rdθ F=sp o d k / Αλλά η F=A sp f yk Αρα, η δυναμένη να αναπτυχθεί p o είναι: p o =A sp f yd /{d k s} η οποία συμβάλλει στην αύξηση της αντοχής του σκυροδέματος κατά 5p o, έτσι η αντοχή σε κεντρική θλίψη σπειροειδώς ωπλισμένων υποστυλωμάτων δίνεται από την σχέση: 0.85 Asp f yk f yk NRd = ( fck + 5 ) Ak + As γ c sdk γ s όπου ως διατομή του σκυροδέματος τέθηκε το εμβαδόν του πυρήνα A k και όχι το συνολικό εμβαδόν A c μιας και στις πολύ μεγάλες παραμορφώσεις θα 1 s<min(d k /5 ή 8cm) όπου d k η διάμετρος του πυρήνα

4 365 γίνει αποφλοίωση του μή περισφιγμένου σκυροδέματος και έτσι η επικάλυψη θα πάψει να συμβάλλει. Ασκηση : Εστω φορτίο σχεδιασμού N d =1000kN πρέπει να αναληφθεί από κυλινδρικό υποστύλωμα χωρίς κίνδυνο λυγισμού. Να εξετασθούν οι εξής τέσσερις περιπτώσεις: 1. Αοπλο σκυρόδεμα (!). Ωπλισμένο με τον ελάχιστο διαμήκη οπλισμό ρ min =A s /A c =0.8% 3. Ωπλισμένο με το μέγιστο ποσοστό διαμήκους οπλισμού ρ max =4% και 4. Ωπλισμένο με ρ min =0.8 και με σπείρα Φ6/5 Υλικά: σκυρόδεμα C16 3 /0 4, χάλυβας S Αοπλο: N Rd =0.85*f cd *A c, N sd =1000kN. A c 1000/{0.85*16000/1.5)=0.11m d 0.37m, λαμβάνεται d=0.40m 6 3. Ωπλισμένο με ρ min. N Rd =0.85*f cd *A c +f yd *A s,={0.85f cd +ρ min f yd )A C = ={0.85* *400000/1.15}A c = ={ }A c N sd =1000kN A c 0.084m d 0.33m λαμβάνεται d=0.35m Οπλισμός: A s,min =0.008*π*35 /4=7.7cm τίθενται 6Φ Ωπλισμένο με ρ max N Rd =0.85*f cd *A c +f yd *A s,={0.85f cd +ρ max f yd )A C = ={0.85* *400000/1.15}A c = ={ }A c N sd =1000kN A c m d 0.4m λαμβάνεται d=0.5m Οπλισμός:A s,max =0.04*π*5 /4=19.6cm τίθενται 8Φ Ωπλισμένο με ρ min και σπείρα Εστω d k =0.8d d=1.5d k Αρα: Η άσκηση είναι «σχολική» και πολλά από τα δεδομένα (αριθμητικά και άλλα) δεν ανταποκρίνονται στην πράξη: έτσι για παράδειγμα δεν υπάρχουν άοπλα υποστυλώματα, δεν τίθεται σε υποστυλώματα διαμήκης οπλισμός με διάμετρο μικρότερη από 14mm, δεν υπάρχει «κεντρική» θλίψη: πάντα συνυπάρχει και μια κάμψη, κλπ. 3 Χαρακτηριστική αντοχή κυλίνδρου σε MPa 4 Χαρακτηριστική αντοχή κύβου σε MPa 5 Χαρακτηριστική τιμή του ορίου διαρροής σε MPa 6 Συνήθως, στα υποστυλώματα στρογγυλεύουμε ανά 5cm

5 ( A sp yk yk NRd = fck + 5 ) Ak + As γ c sdk γ s 0.85 * 0.8* NRd = ( ) dk * dk * ( 1.5* dk ) f N Rd =7.117d k +996d k d k N Rd N Sd 10530d k +996d k d k 0.6m d=0.6/0.8=0.35 λαμβάνεται d=0.35m Οπλισμός: A s,min =0.008*π*35 /4=7.7cm τίθενται 6Φ14 f d=0.5 d=0.35m d=0.40m d=0.35m ρ max =4%, A s =8Φ18 ρ min =0.8%, A s =6Φ14 ρ=0 σπείρα Φ6/5 ρ max =4%, A s =8Φ18

6 Ελεγχος ορθογωνικής διατομής έναντι κάμψεως (χωρίς πίνακες) Σκοπός: Σκοπός της ασκήσεως είναι να δούμε πώς μπορούμε να διαστασιολογήσουμε ή να ελέγξουμε μια δοκό έναντι κάμψεως χωρίς πίνακες ή βοηθήματα (σχεδόν με το «μάτι»). Παραδοχές (γενικώς): Υπενθυμίζεται ότι οι συνήθεις παραδοχές που κάνουμε στην οριακή κατάσταση αστοχίας από ορθή ένταση είναι: 1. Η διατομή παραμένει επίπεδη μέχρι την θραύση και κάθετη στον παραμορφωμένο άξονα του στοιχείου.. Κοινές ανηγμένες παραμορφώσεις σκυροδέματος και χάλυβα που βρίσκονται στην ίδια στάθμη: ε ci =ε si, 3. Αγνοείται η εφελκυστική αντοχή του σκυροδέματος f ct =0 4. Η μέγιστη θλιπτική παραμόρφωση του σκυροδέματος είναι ε c = Η μέγιστη εφελκυστική παραμόρφωση του πλέον εφελκυόμενου οπλισμού είναι ε s1 = Ισχύουν τα ιδεατά διαγράμματα τάσεων παραμορφώσεων των υλικών: για το σκυρόδεμα: παραβολή-ορθογώνιο για τον χάλυβα: ελαστοπλαστικό Απλοποιητικές παραδοχές: Προκειμένου να κάνουμε έναν γρήγορο έλεγχο (είτε να υπολογίσουμε τον απαιτούμενο οπλισμό είτε να υπολογίσουμε την ροπή αντοχής) κάνουμε τις εξής περαιτέρω απλοποιήσεις στις προηγούμενες παραδοχές: 6.α Εάν η διατομή δεν βρίσκεται ολόκληρη υπό θλίψη, η κατανομή των θλιπτικών τάσεων μπορεί να ληφθεί ως εξής: σε ένα μήκος 0.x από την ουδέτερη ζώνη η τάση είναι μηδέν, στο υπόλοιπο ύψος 0.8x η τάση είναι σταθερή και ίση με: 0.85fcd 9 αδιαφορούμε για την μέγιστη παραμόρφωση του χάλυβα (έτσι κι αλλιώς η τιμή είναι συμβατική) και θεωρούμε ότι το σκυρόδεμα έχει παραμόρφωση ε c = Για θλίψη εκ κάμψεως. Για κεντρική θλίψη είναι ε c = Η παραδοχή αυτή, παρόλο που αναφέρεται στον χάλυβα στην ουσία αφορά το εφελκυόμενο σκυρόδεμα. Είναι καθαρά συμβατική και έχει σκοπό να περιορίσει τις υπερβολικές ρηγματώσεις που θα καθιστούσαν το σκυρόδεμα μή επισκευάσιμο (BLR: Beyond Limit of Repair). Η τιμή ε s1 =0.00 είναι αυθαίρετη: θα μπορούσε να ήταν και ή χωρίς αυτό (όπως θα δούμε σε μελλοντική άσκηση) να επηρεάζει την ροπή αντοχής. 9 Για διατομές σταθερού θλιβόμενου πλάτους ή για πλάτος που αυξάνει προς την πλέον θλιβόμενη ίνα. Αν το πλάτος μειώνεται προς την πλέον θλιβόμενη ίνα τότε η τάση λαμβάνεται ίση με 0.80f cd.

7 368 1 η Εφαρμογή (έλεγχος): Πόση είναι η ροπή αντοχής διατομής b/h/d=5/60/56 με 4Φ14 από C0/5 και S400 και Ν=0 (σχεδόν πάντα στις πλάκες και συνήθως στις δοκούς η αξονική δύναμη είναι μηδέν). Από την ισοδυναμία των αξονικών δυνάμεων θα υπολογίσουμε το ύψος της θλιβόμενης ζώνης: έχουμε ότι Ν εξ =Ν εσ ή 0=F s1 -F c Είναι F s1 = Α s σ s και F c =Α c σ c f cd 0.8x x ε s F c d z=d-0.4x ε s1 F s1 b Εστω ότι ο χάλυβας έχει διαρρεύσει 11 οπότε σ s =f yd =f yk /γ s =400/1.15=348MPa ή 34.8kN/cm. A s =4*[π*Φ /4]=4*[3.14*1.4 /4]=4*1.54=6.15cm. Αρα F s1 =6.15cm *34.8kN/cm =14kN. Εξ άλλου: F c =(0.8x)*b*(0.85f cd )=0.68bxf cd όπου b=0.5m και f cd =f ck /γ c =0/1.5=13.33MPa=13330kN/m. Αρα το ύψος της θλιβόμενης ζώνης είναι: 14=0.68*0.5*13330*x x=0.094m Μιας και δεν υπάρχει εξωτερική αξονική δύναμη, μπορούμε να υπολογίσουμε την ροπή ως προς οποιαδήποτε στάθμη. Ετσι διαλέγουμε την 10 Αυτό σημαίνει ότι θα υπάρξουν και περιπτώσεις κατά τις οποίες θα προκύψει ε s1 >0.000, πάντως η ροπή αντοχής δεν θα αυξηθεί (βλ υποσημείωση ) 11 Αυτή είναι μια παραδοχή που μας βολεύει διότι η τάση του χάλυβα είναι πλέον ανεξάρτητη της παραμορφώσεώς του. Βεβαίως όμως στο τέλος θα ελέγξουμε ότι πράγματι συμβαίνει αυτό!

8 369 θέση της συνισταμένης των θλιπτικών δυνάμεων. Ο μοχλοβραχίονας «z» των εσωτερικών δυνάμεων είναι: z= *(0.8*0.094)=0.5m 1. Ετσι η ροπή των εσωτερικών δυνάμεων (ή όπως αλλιώς την λέμε η ροπή αντοχής) είναι: Μ Rd =F s1 *z=14*0.5=111.7knm Πρέπει όμως να ελέγξουμε αν όντως ο χάλυβας έχει διαρρεύσει: x εc x εc = = d εc + ε s1 d x ε s1 άρα ε s1 =ε c *(d-x)/x=3.5 *( )/0.094=17.35 η οποία είναι μεγαλύτερη από την παραμόρφωση διαρροής ε yd =348/00.000=1.74 Αρα ορθώς είχαμε υποθέσει. Και βέβαια <0.00 η Εφαρμογή (έλεγχος): Οπως και στην 1 η εφαρμογή αλλά τώρα έστω ότι υπάρχει και αξονική θλιπτική δύναμη Ν=100kN. Τώρα στην εξίσωση ισοδυναμίας των εσωτερικών και εξωτερικών δυνάμεων θα έχουμε και την εξωτερικώς δρώσα αξονική: Ν εξ =Ν εσ ή -100=F s1 -F 13 c Είναι F s1 = Α s σ s και F c =Α c σ c Εστω ότι ο χάλυβας έχει διαρρεύσει οπότε: σ s =f yd =f yk /γ s =400/1.15=348MPa ή 34.8kN/cm. A s =4*[π*Φ /4]=4*[3.14*1.4 /4]=4*1.54=6.15cm. Αρα F s1 =6.15cm *34.8kN/cm =14kN. Εξ άλλου: F c =(0.8x)*b*(0.85f cd )=0.68bxf cd όπου b=0.5m και f cd =f ck /γ c =0/1.5=13.33MPa=13330kN/m. Αρα το ύψος της θλιβόμενης ζώνης είναι: =0.68*0.5*13330*x x= m 1 Σημειώνεται ότι ο λόγος z/d (εδώ =0.5/ ) δεν «πολυ-μεταβάλλεται» (είναι περίπου σταθερός) και έτσι θα μπορούσαμε να είχαμε πει εξ αρχής z=0.9* (αλλά ας μην το παρακάνουμε στις απλουστεύσεις!!) 13 Προσέξατε ότι θεωρήσαμε την θλίψη με αρνητικό πρόσημο: αυτό σημαίνει ότι στο αριστερό μέρος, των εξωτερικώς δρώντων μεγεθών, γράφουμε -100, ενώ στο δεξιό μέρος, των εσωτερικώς αναπτυσσομένων μεγεθών, την θλιπτική δύναμη του σκυροδέματος την βάζουμε με πρόσημο «-» και την εφελκυστική δύναμη του χάλυβα την βάζουμε με πρόσημο «+». 14 Παρατηρήστε ότι το ύψος της θλιβόμενης ζώνης αυξήθηκε σε σχέση με την 1 η εφαρμογή. Προφανώς. Γιατί?

9 370 Τώρα μιας και υπάρχει αξονική δύναμη στην διατομή έχει σημασία η στάθμη ως προς την οποία θα υπολογίσουμε τις ροπές. Από την στατική επίλυση τα εντατικά μεγέθη αναφέρονται συνήθως ως προς τον άξονα του Κ.Β. της διατομής, αυτό θα κάνουμε και εδώ 15 : Μ Rd =F s1 *(h/-d 1 )+F c *(h/-0.4x)= =14*( ) *[ *(0.8*0.139)]= 13.4kNm Πρέπει και πάλι να ελέγξουμε αν όντως ο χάλυβας έχει διαρρεύσει: ε s1 =ε c *(d-x)/x=3.5 *( )/0.139= =10.6 >1.74. Καλώς. Και βέβαια 10.6 <0. Ερωτήσεις κρίσεως: Γιατί η ροπή αντοχής αυξήθηκε? (13.4>111.7) Γιατί η παραμόρφωση του χάλυβα μειώθηκε? (10.6 <17.35 ) 3 η Εφαρμογή (έλεγχος): Οπως και στην 1 η εφαρμογή αλλά τώρα έστω ότι υπάρχει και θλιβόμενος οπλισμός A s =Φ14 με d =0.04m. Τώρα στην εξίσωση ισοδυναμίας των εσωτερικών και εξωτερικών δυνάμεων θα έχουμε και την δύναμη του θλιβόμενου οπλισμού: Ν εξ =Ν εσ ή 0=F s1 -F c -F s Είναι F s1 = Α s1 σ s1, F s = Α s σ s και F c =Α c σ c Εστω ότι αμφότεροι(?) οι χάλυβες έχουν διαρρεύσει οπότε σ s =f yd =f yk /γ s =400/1.15=348MPa ή 34.8kN/cm. A s1 =4*[π*Φ /4]=4*[3.14*1.4 /4]=4*1.54=6.15cm. Αρα F s1 =6.15cm *34.8kN/cm =14kN και F s =107kN Εξ άλλου: F c =(0.8x)*b*(0.85f cd )=0.68bxf cd όπου b=0.5m και f cd =f ck /γ c =0/1.5=13.33MPa=13330kN/m. Αρα το ύψος της θλιβόμενης ζώνης είναι: =0.68*0.5*13330*x x=0.047m Από τα όμοια τρίγωνα έχουμε ότι: ε s =ε c (x-d )/x=3.5( )/0.047=0.5 <1.74 Αρα ο θλιβόμενος οπλισμός δεν έχει διαρρεύσει και άρα αλλάζει η εξίσωση ισοδυναμίας. Η τάση του είναι: σ s =E s ε s =0* ε c *(x-d )/x=0* 3.5*(1-0.04/x) (kn/cm ) Ετσι η εξίσωση ισοδυναμίας γράφεται: 0= *70*(1-0.04/x)- 0.68*0.5*13330*x 15 Πάντως, όπως θα δούμε, στην σχετική άσκηση «υπολογισμός με πίνακες», μας βολεύει να αναφέρουμε τις ροπές ως προς την στάθμη του εφελκυόμενου οπλισμού. 16 Από την εξίσωση ισοδυναμίας των αξονικών δυνάμεων έχουμε ότι: F c =F s1 +N=14+100=314kN

10 371 από την οποία προκύπτει ότι x=0.061m και ε s =1., ε s1 =3.5*( )/0.061=8.6. Παρατηρούμε ότι ο χάλυβας όχι μόνον έχει διαρρεύσει αλλά ξεπέρασε και την οριακή τιμή 0 άρα κακώς υποθέσαμε ότι ε c =3.5. Θέτουμε λοιπόν ε s1 =0 και αναζητούμε το ε c <3.5 : 0= *0*0*[x-d ]/[d-x]-0.68*0.5*13333*x από την οποία προκύπτει ότι x=0.066m και ε c =.67. ε s =1.05. Οπότε: F s1 =14kN, F s =1.05*0*3.08= 64.7kN, F c =149.3kN. H ροπή αντοχής ως προς το Κ.Β. της διατομής είναι: Μ Rd =F s1 *(h/-d 1 )+F c *(h/-0.4x)+ F s *(h/-d )= =14*( )+149.3*( *0.061)+64.7*0.6= 113.6kNm Ερωτήσεις κρίσεως: Γιατί η ροπή αντοχής αυξήθηκε? (113.6>111.7) Γιατί η αύξηση αυτή είναι πολύ μικρή? Σημ: Αν είχαμε αγνοήσει προς στιγμήν ότι 8.6 >0 θα βρίσκαμε ότι: F s1 =14kN, F s =1.*0*3.08=75.kN, F c =138.8kN, και η ροπή αντοχής ως προς το Κ.Β. της διατομής θα ήταν: Μ Rd =F s1 *(h/-d 1 )+F c.8*( *0.061)+75.*0.6= 11.6kNm η οποία λίγο διαφέρει από την προηγούμενη τιμή. 4 η Εφαρμογή (διαστασιολόγηση): Εστω πλάκα πάχους h=0.15m (d=0.13m) με δρώσα ροπή σχεδιασμού m sd =30kNm/m. Να βρεθεί ο απαραίτητος οπλισμός ανά τυπικό μέτρο πλάτους. C0/5, S400. Από την εξίσωση ισοδυναμίας των αξονικών δυνάμεων έχουμε ότι: F s1 =0.68xbf cd ή x=α s1 f yd /0.68bf cd και παίρνοντας ροπές ως προς την F c έχουμε ότι: m sd =F s1 z=a s1 f yd (d-0.4a s1 f yd /0.68bf cd ). Η λύση της δευτεροβάθμιας εξίσωσης ως προς A s1 δίνει 17 : bdfcd A 4msd s1 = f f 1.7bd cd yd 4*30 A 100*13*13.33 s 1 = 0.85(1-1- ) = 7.5cm / m 1.7 *1* Τίθενται Φ1/15.5 Ελέγξατε ότι οι παραμορφώσεις ε c και ε s1 είναι εντός των ορίων. 17 Γενικότερα αποδεικνύεται ότι για καθαρή κάμψη (Ν=0) και χωρίς θλιβόμενο οπλισμό, η σχέση μεταξύ ανηγμένης ροπής «μ» και μηχανικού ποσοστού οπλισμού «ω» είναι: μ=ω( ω) ή ω=0.85(1- [1-.353μ]) όπου μ=μ/bd f cd και ω=(α s f yd )/(bdf cd ). Να γνωρίζετε την απόδειξη των τύπων αυτών.

11 Ελεγχος και διαστασιολόγηση ορθογωνικών διατομών με: δοκιμές και με πίνακες CEB («ακριβές» διάγραμμα) και με το προσεγγιστικό διάγραμμα α) Ελεγχος ορθογωνικής διατομής (Παραβολικό δ/μα τάσεων σκυροδέματος, 4Φ14) Δίδεται ορθογωνική διατομή 5/50 από σκυρόδεμα C0/5 και οπλισμό 4Φ14 από χάλυβα S400 χωρίς αξονική δύναμη και ζητείται η ροπή αντοχής M Rd =? Διαδικασία: Εδώ έχουμε τρεις αγνώστους: την ροπή αντοχής Μ Rd και τις δύο παραμορφώσεις ε c και ε s1. 4Φ14 Διαθέτουμε δύο εξισώσεις: την ισοδυναμία των αξονικών 5 δυνάμεων και την ισοδυναμία των ροπών. Η τρίτη «εξίσωση» που διαθέτουμε είναι ότι, μιας και πρόκειται για κατάσταση αστοχίας, η μία από τις δύο παραμορφώσεις που αναζητούμε θα είναι ίση με την κρίσιμη (δηλαδή θα είναί ή: { ε c =-3.5 και ε s1 <0 } ή { ε c <-3.5 και ε s1 =0 }. Επειδή δεν ξέρουμε εκ των προτέρων ποια παραμόρφωση θα είναι κρίσιμη λύνουμε το πρόβλημα με δοκιμές ως ξής: αρχικώς κάνουμε μια «τυχαία» υπόθεση ως προς τις παραμορφώσεις (που να αντιστοιχούν βέβαια σε κατάσταση αστοχίας), ελέγχουμε την ορθότητα της υποθέσεως εξετάζοντας αν έχουμε ισοδυναμία των αξονικών δυνάμεων αν δεν έχουμε ισοδυναμία αξονικών δυνάμεων κάνουμε νέα υπόθεση περί των παραμορφώσεων μέχρις ότου επιτευχθεί ισοδυναμία). Οταν η ισοδυναμία των αξονικών δυνάμεων επιτευχθεί, τότε, από την εξίσωση ισοδυναμίας των ροπών, υπολογίζουμε την ροπή αντοχής. Επίλυση με δοκιμές 18 : 1η Δοκιμή x 3,5%o Εστω ε c = -3.5 ε s1 = ε c1= +0% x = 0.46 = m o Για παραμόρφωση ε c = -3.5 από το διάγραμμα έχουμε: α= Για τον υπολογισμό της συνισταμένης θλιπτικής δυνάμεως και της θέσεως-της, χρησιμοποιούμε τα σχήματα 6..α και 6..β.

12 Fc = 0.81x0.85x0,5x0.69x = 158,4kN 1.5 Fs1 = 4x1.54x34.8 = 14.4kN Η εφελκυστική δύναμη του χάλυβα είναι μεγαλύτερη από την θλιπτική δύναμη του σκυροδέματος: F s1 = 14,4>188,4=F c δηλαδή δεν έχουμε ισοδυναμία. Επειδή έχουμε περίσσεια εφελκυσμού η επόμενη υπόθεση που θα κάνουμε θα πρέπει να είναι προς την μείωση της ε s. η Δοκιμή Εστω ε c = 3.5 ε s1 = +10 3,5 3,5%o x = 0,46 = 0,119m x 3,5 + 10, Fc = 0,81x0,85x0,5x0,119x = 73,7kN 1,5 ε c1= +10% o Fs1 = 14.4kN 73,7kN Τώρα αντιθέτως έχουμε περίσσεια θλίψεως (μειώσαμε υπερβολικά την ε s 3η Δοκιμή Εστω ε c =- 3.5 ε s1 = 13,7 3,5 x = 0,46 = 0,094m 3,5 + 13, Fc = 0,81x0,85x0,5x0,094x 1,5 Fs1 = 14.4kN = 14,8kN = Fc -3,5%o F c = 14,8kN z 13,7%o F s1 Δηλαδή πετύχαμε την ισοδυναμία των αξονικών δυνάμεων, οπότε η ροπή αντοχής υπολογίζεται ως εξής: Για ε c = -3.5 είναι ζ =0.415 M = F. z = 14,4x[0,46 0,094 0,415] = 90.3kNm Rd s1 x

13 β) Ελεγχος με το προσεγγιστικό δ/μα τάσεων σκυροδέματος Εδώ δεν χρειάζονται δοκιμές μιας και, λόγω του ορθογωνικού δ/τος, έχουμε κλειστές λύσεις: ω=4*1.54*348/[5*46*13.333]=0.14 και μ=ω*(1-ω/1.7)=0.14(1-0.14/1.7)=0.18 οπότε: Μ=μbd f cd =0.18*0.5* =90.5kNm και ξ=ω/0.68=0.14/0.68=0.06 και αφού μ=0.18> κρίσιμη η παραμόρφωση του σκυροδέματος ε c =3.5 και ε s1 =3.5(1/ξ-1)=3.5(1/0.06-1)= α) Παραλλαγή: Αν το (συμβατικό) όριο της ε s1 ήταν 10%ο αντί 0% και όλα τα άλλα όπως στην περίπτωση 1, πόση ροπή αντοχής θα είχαμε βρει; 1 η Δοκιμή Θα είχαμε ξεκινήσει από την η δοκιμή της προηγούμενης περιπτώσεως, από την οποία θα είχαμε καταλήξει στο συμπέρασμα ότι έχουμε περίσσεια θλίψεως (F s1 <F c ) και άρα θα πρέπει να μειωθεί η ε c : η Δοκιμή Εστω ε c =- 3 ε s1 = 10 3 x = x0,46 = 0, 106m Για ε c =3.00 από τον πίνακα έχουμε α= Fc = 0,778x0,85x0,5x0,106x = 33,4kN 1,5 Fs1 = 14.4kN < Fc = 33,4kN άρα απαιτείται επιπλέον μείωση της ε c η Δοκιμή Εστω ε c = -,8 ε s1 = Η τιμή αυτή προκύπτει για παραμορφώσεις ε c =3.5, ε s1 =0.0 (οπότε ξ=0.149 και μ κρ =0.8*0.85*0.149*[1-0.4*0.149]=0.101)

14 375,8 x = 0,46 = 0.101m, Fc = 0,76x0,85x0,5x0.101x = 18kN 1,5 F = 14.4kN 18kN = F s1 c -.8 M Rd = 14,4x[0,46 0,101x0,40] = 90, 0kNm Παρατηρούμε δηλαδή ότι η μεταβολή του ορίου ε s1 από 10 σε 0 είχε πολύ μικρή επίπτωση στην αύξηση της ροπής. Γιατί; 0 (? Οριακώς θα μπορούσαμε να μην είχαμε θέσει κανένα όριο για το ε s1? δηλαδή ε s1?). Πάντως: Θα μπορούμε λοιπόν να χρησιμοποιούμε τους Πίνακες του βιβλίου παρ όλο που είναι συντεταγμένοι με ε s1 = +10 ενώ το όριο του κανονισμού είναι α. Ελέγχος ορθογωνικής διατομής (Φ14) Εστω η διατομή της 1 ης περιπτώσεως αλλά με τον μισό οπλισμό: Α s1 = 14 Πόση είναι η ροπή αντοχής M Rd =? 1η Δοκιμή Εστω ε c = -.5 ε s1 = 0 Για ε c = -.5 η θέση της συνισταμένης δυνάμεως βρίσκεται για ζ =0.39 M Rd = 105,8x[0,46 0,051x0,39] = 46, 6kNm β) Ελεγχος με το προσεγγιστικό δ/μα τάσεων σκυροδέματος: ω=*1.54*348/[5*46*13.333]=0.07 και μ=ω*(1-ω/1.7)=0.07(1-0.07/1.7)=0.067 οπότε Μ=μbd f cd =0.067*0.5* =47.3kNm και ξ=ω/0.68=0.07/0.68=0.103 και αφού μ=0.067<0.101 κρίσιμη η παραμόρφωση του χάλυβα: ε s1 =0 και ε c =0/(1/ξ-1)=0/(1/ )= α. Ελέγχος ορθογωνικής διατομής (8Φ14) 0 Μικρή μεταβολή του μοχλοβραχίονα των εσωτερικών δυνάμεων.

15 376 Εστω η διατομή της 1 ης περιπτώσεως αλλά με τον διπλό οπλισμό: Α s Πόση είναι η ροπή αντοχής M Rd =? 1η Δοκιμή Εστω ε c = -3.5 ε s1 = 5,1 3,5 x = 0,46 = 0,186m 3,5 + 5,1 F = 0,81x0,85x0,5x0,186x13333 = 48,7kN F c = 8x1.54x34,8 = 48,7kN = F s1 c M Rd = 48,7x[0,46 0,186x0,415] = 164, 1KNm β) Ελεγχος με το προσεγγιστικό δ/μα τάσεων σκυροδέματος: ω=8*1.54*348/[5*46*13.333]=0.8 και =ω*(1-ω/1.7)=0.8(1-0.8/1.7)=0.34 οπότε Μ=μbd f cd =0.34*0.5* =165kNm και ξ=ω/0.68=0.8/0.68=0.41 και αφού μ=0.34>0.101 κρίσιμη η παραμόρφωση του σκυροδέματος ε c =3.5 και ε s1 =3.5(1/ξ-1)=3.5(1/0.41-1)= α Ελέγχος ορθογωνικής διατομής (16Φ14!!) Εστω η διατομή της 1 ης περιπτώσεως αλλά με τον 4πλό οπλισμό: Α s (ας υποθέσουμε ότι χωράνε και ότι επιτρέπεται να θέσουμε τόσο πολύ οπλισμό) 1 Πόση είναι η ροπή αντοχής M Rd =? 1η Δοκιμή Εστω ε c = -3.5 ε s1 = 1, x=0.46*3.5/[ ]=0.307m F c =0.81*0.85*0.5*0.307*13333kN F s1 =16*1.54*34.8=857kN 1.74 Παρατηρούμε ότι έχουμε περίσσεια εφελκυσμού, άρα πρέπει να μειώσουμε επιπλέον την παραμόρφωση του εφελκυόμενου οπλισμού (κάτω και από την παραμόρφωση διαρροής). η Δοκιμή 1 Ο κανονισμός προβλέπει ένα μέγιστο ποσοστό οπλισμού ρ max. Γιατί?

16 377 Εστω ε c = -3,5 ε s1 = 1,5 3,5 x = 0,46 = 0,3m 3,5 + 1,5 Fc = 0,81x0,85x0,5x0,3x13333 = 739kN Ο οπλισμός δουλεύει με τάση: σ s = 1,5 x00=300mpa<f yd =348 MPa (προσέξατε ότι δεν έχει διαρρεύσει) και άρα F S1 =16*1.54*30=739.kN. Παρατηρούμε ότι έχουμε ισοδυναμία αξονικών δυνάμεων, οπότε: M Rd = 739 x[0,46 0,3x0,415] = 41KNm β) Ελεγχος με το προσεγγιστικό δ/μα τάσεων σκυροδέματος: ω=16*1.54*348/[5*46*13.333]=0.56 και μ=ω*(1-ω/1.7)=056(1-0.56/1.7) = (εδώ κανονικά θα έπρεπε να είχαμε παρατηρήσει ότι η ροπή αυτή είναι μεγαλύτερη από την μ lim =0.333 και άρα ο χάλυβας δεν έχει διαρρεύσει, αλλά ας αφήσουμε να το διαπιστώσουμε στην συνέχεια) οπότε Μ=μbd f cd =0.376*0.5* =65kNm και ξ=ω/0.68=0.56/0.68=0.83 και αφού μ=0.376>0.101 κρίσιμη η παραμόρφωση του σκυροδέματος, άρα ε c =3.5 και ε s1 =3.5(1/ξ-1)=3.5(1/0.83-1)=0.75 <1.74 άρα ο χάλυβας δεν έχει διαρρεύσει και άρα η εξίσωση ισοδυναμίας των αξονικών δυνάμεων γράφεται (υπό ανηγμένη μορφή) 0.68ξ=ω*ε s *E s (1/ξ-1)/f yd =ω*700*(1/ξ-1)/348 ή 0.338ξ ωξ-ω=0 οπότε ξ=0.70 και άρα μ=0.68ξ(1-0.4ξ)=0.343 και άρα Μ=μbd f cd =0.343*0.5* =4kNm και αφού μ=0.3434>0.101 κρίσιμη η παραμόρφωση του σκυροδέματος ε c =3.5 και ε s1 =3.5(1/70-1)=3.5(1/0.41-1)=1.49 6) Τί παρατηρείτε από την σύγκριση του οπλισμού και της ροπής αντοχής (περιπτώσεις 1, 3, 4 και 5)

17 378 «Περίπου» γραμμική σχέση μεταξύ οπλισμού και ροπής για μικρά ποσοστά οπλισμού Για πολύ μεγάλα ποσοστά οπλισμού η γραμμικότητα αυτή χάνεται: η ροπή είναι μικρότερη από αυτή που θα αντιστοιχούσε στην γραμμική σχέση. Γιατί? Μ Rd A s1 Φ14 4Φ14 8Φ14 16Φ α) Διαστασιολόγηση ορθογωνικής διατομής (Με Πίνακες CEB Πιν. 6.) Εστω η διατομή της 1 ης περιπτώσεως η οποία καταπονείται με ροπή Μ Sd =90.3kNm. Να βρεθεί ο απαιτούμενος οπλισμός με χρήση του Πίνακα CEB (Πιν. 6.) 90,3 μsd = = 0,18 ω = 0,139 0,5x0,46 x13333 bdfcd 13,333 As1 = ω = 0,,13x5x46 = 6,1 cm τίθενται 4Φ14 f yd β) Διαστασιολόγηση με το προσεγγιστικό δ/μα τάσεων σκυροδέματος Εδώ και πάλι δεν χρειάζονται δοκιμές μιας και λόγω του ορθογωνικού δ/τος έχουμε κλειστές λύσεις: μ sd =0.18 και ω=0.85{1-sqrt(1-.353μ σδ )}=0.139 και άρα Α s1 =6.1cm α) Διαστασιολόγηση ορθογωνικής διατομής (Με θλιπτική αξονική δύναμη) Εστω η διατομή της 1 ης περιπτώσεως η οποία καταπονείται με ροπή Μ d =90.3kNm και αξονική δύναμη Ν=-100kN (θλιπτική). Να βρεθεί ο απαιτούμενος οπλισμός με χρήση του Πίνακα CEB (Πιν. 6.)

18 379 Τα εντατικά μεγέθη που δίνονται αναφέρονται στο άξονα της διατομής (ο οποίος συνήθως θεωρείται ο κεντροβαρικός άξονας). Ανάγουμε τα εντατικά μεγέθη στην στάθμη του οπλισμού: Msd =Μ d -N*y s =90.3-(-100x0.1)= 11.3 knm (προσέξατε: όταν η δύναμη είναι θλιπτική, η ροπή αυξάνεται) 11.3 μ sd = = 0.17 ω = x0.46 x13333 Ο οπλισμός υπολογίζεται από την σχέση: Α s =ωbdf cd /f yd +N/f yd άρα: A s = 0.195x5x46 = = 5.7 cm ( 6. cm για Nd = 0) (ομοίως προσέξατε: όταν η δύναμη είναι θλιπτική, η συμβολή-της στον οπλισμό είναι μειωτική). Ρετσέτα : όταν η αξονική αυξάνει την ροπή μειώνει τα σίδερα β) Διαστασιολόγηση με το προσεγγιστικό δ/μα τάσεων σκυροδέματος: ω ν = ( μ sd ) μ sd =0.17, ν=100/[0.5*0.46*13333]= και ω= {1-sqrt(1-.353μ sd )}=0.19 και άρα Α s1 =5.7cm α) Διαστασιολόγηση ορθογωνικής διατομής (Με εφελκυστική δύναμη) Εστω η διατομή της 1 ης (ή της 9 ης ) περιπτώσεως η οποία καταπονείται με ροπή Μ d =90.3kNm και αξονική δύναμη Ν=+100kN (εφελκυστική). Να βρεθεί ο απαιτούμενος οπλισμός με χρήση του Πίνακα CEB (Πιν. 6.) Τα εντατικά μεγέθη που δίνονται αναφέρονται στο άξονα της διατομής (ο οποίος συνήθως θεωρείται ο κεντροβαρικός άξονας). Ανάγουμε τα εντατικά μεγέθη στην στάθμη του οπλισμού: Msd =Μ d -N*y s =90.3-(100x0.1)= 69.3 knm

19 380 μsd = ω = A s 1 = 0.10x5x ( 6.cm για N = 0) d = = 7.3cm μsd = ω = 0.10 As1 = x5x ( 6.cm για = 0) N d = = 7.3cm β) Διαστασιολόγηση με το προσεγγιστικό δ/μα τάσεων σκυροδέματος: ω ν = ( μ sd ) μ sd =0.098, ν=100/[0.5*0.46*13333]= και ω= {1-sqrt(1-.353μ sd )}=0.169 και άρα Α s1 =7.4cm α) Ελεγχος ορθογωνικής διατομής (Με «πολύ μεγάλη» θλιπτική δύναμη, επίλυση με δοκιμές) 5 Δίδεται η τετραγωνική διατομή του σχήματος. 50 A s1 =A s =19 cm C0/5, /S400, και 5 αξονική δύναμη 50 N d = kn Να βρεθεί η ροπή αντοχής. ε s1 =-0.35 ε c1 =0.00 ε c =-3.50 ε s = η Δοκιμή Εστω ότι ε c = -3.5 και ε c1 =0 (Προσέξατε ότι μπορούμε να ξεκινήσουμε αυθαίρετα από οποιοδήποτε ζεύγος τιμών παραμορφώσεων αστοχίας). Εδώ θεωρήσαμε ότι όλη η διατομή θλίβεται. Στην περίπτωση αυτή Πριν ξεκινήσουμε τις δοκιμές, ας αναζητήσουμε την μέγιστη θλιπτική δύναμη, Ν max, που μπορεί να αντέξει η διατομή σε κεντρική θλίψη (χωρίς καθόλου ροπή). Το νόημα αυτής της αναζήτησης είναι μήπως η αξονική που μας δόθηκε, N d = kn, είναι μεγαλύτερη ακόμη και από αυτήν την Ν max οπότε δεν έχει νόημα να ψάχνουμε να βρούμε πόση ροπή αντέχει αφού δεν θα αντέχει ούτε καν την αξονική. Προφανώς είναι: Ν max =(0.85f cd )A c +f yd (A s1 +A s )=0.85*13333*0.5*0.5+(19+19)*34.8= =833+13=4155kN>3800kN άρα έχει νόημα να συνεχίσουμε.

20 381 δεν ισχύει το προσεγγιστικό δ/μα τάσεων σκυροδέματος. Θα χρησιμοποιήσουμε το «ακριβές» διάγραμμα. x=h=0.50m F c =-0.81*0.85*0.50*0.50*13333kN=-065kN F s =-19*34.8=-661.kN F s1 =-19*(0*0.35)=-133kN Αρα Ν εσ = =-859.>-3800kN Παρατηρούμε ότι οι εσωτερικές δυνάμεις δεν δίνουν επαρκή θλίψη, άρα πρέπει να αυξήσουμε και άλλο την θλιπτική παραμόρφωση του κάτω πέλματος. Όταν όμως όλη η διατομή είναι σε θλίψη, τότε τα κριτήρια αστοχίας δεν είναι ε c =-3.5 είτε / και ε s1 =0 αλλά είναι εκείνα τα ζεύγη τιμών που αντιστοιχούν σε όλες τις θέσεις της εστραμμένης διατομής που διέρχονται από το σημείο C (παραμόρφωση στο ύψος 3h/7 (βλ. παρ ). Αυτό γίνεται για να περάσουμε, βαθμιαία, από την παραμόρφωση ε c =-3.5, που ισχύει για την θλίψη εκ κάμψεως, στην παραμόρφωση ε c =-.0, που ισχύει για την κεντρική θλίψη. Ετσι λοιπόν, τα παρακάτω ζεύγη τιμών αντιστοιχούν σε κατάσταση αστοχίας όταν η διατομή είναι όλη σε θλίψη: ε c μεταξύ και -3.5 και ε c1 = ε c -( +ε c )*7/3. Π.χ. ενδεικτικά: για ε c =-3.50 θα είναι ε c1 =0.0 ή για ε c =-3.00 θα είναι ε c1 =-1.17, ή για ε c =-.50 θα είναι ε c1 =-1.33, ή για ε c =-.0 θα είναι ε c1 =-.0. η Δοκιμή εστω ε c =-.75, 5.75 ε c1 =ε c -( +ε c )*7/3=-1 (ε s =-.575, ε s1 = ) Για ε c =.75. έχουμε 5 α=0.758, και ζ =0.398 για ε c =1.00 έχουμε α=0.40, και ζ = F c =0.758*0.85*0.5*0.786*13333=3376kN 3 F s =19*34.8=661.kN, F s1 =19*(0*1.175)=446.5kN F c1 =0.40*0.85*0.5*0.86*13333=681kN 4 Ελεγχος: =3803kN~3800kN 78.6 F s F c F s1 F c F c είναι η δύναμη που θα ανελάμβανε μια ορθογωνική διατομή με ύψος 78.6cm και μέγιστη παραμόρφωση σκυροδέματος ε c = F c1 είναι η δύναμη που θα ανελάμβανε μια ορθογωνική διατομή με ύψος 8.6cm και μέγιστη παραμόρφωση σκυροδέματος ε c =-1.00 και αντιπροσωπεύει την παραπανίσια δύναμη που θεωρήσαμε στην F c.

21 38 Εχουμε ισοδυναμία αξονικών δυνάμεων δηλαδή ορθώς υποθέσαμε ότι ε c =-.75, και η ροπή αντοχής ως προς το Κ.Β. 5 της διατομής είναι: Μ R =3376*( *0.786)+661.* * *( *0.86)= =69.kNm 5 Συνήθως στα υποστυλώματα (στοιχεία με μεγάλη αξονική δύναμη, με εναλλασσόμενη ροπή και τα οποία κατά κανόνα οπλίζονται συμμετρικώς) η ροπή αναφέρεται στο Κ.Β. της διατομής, ενώ στις δοκούς (στοιχεία με μικρή ή ανύπαρκτη αξονική δύναμη και τα οποία κατά κανόνα δεν οπλίζονται συμμετρικώς) η ροπή συνήθως ανάγεται στην στάθμη το εφελκυόμενου οπλισμού (όταν συνυπάρχει και αξονική δύναμη. Όταν δεν υπάρχει αξονική δύναμη είναι αδιάφορο το πού θα γίνει η αναγωγή της ροπής.)

22 Οπλιση πλακών (περιβάλλουσες δρώσας ροπής και ροπής αντοχής) Σκοπός: Σκοπός της ασκήσεως είναι να δούμε πώς οπλίζουμε ένα σύστημα συνεχών πλακών και ειδικότερα πώς κάνουμε την διαβάθμιση του οπλισμού. Επίσης θα γίνει επιλογή του ύψους των δοκών με κριτήριο την μή τοποθέτηση θλιβόμενου οπλισμού (Στην πράξη πάντως, το ύψος των δοκών δεν επιλέγεται με αυτό το κριτήριο). Στην άσκηση αυτή οι πλάκες είναι αμφιέρειστες (καμπτόμενες κατά μία διεύθυνση. Στην πράξη συνηθέστερον είναι να έχουμε πλάκες καμπτόμενες κατά δύο διευθύνσεις, το θέμα όμως αυτό θα το δούμε σε επόμενο εξάμηνο). Επίσης, για διδακτικούς λόγους, θα γίνουν δυσμενείς φορτίσεις των πλακών (στην πράξη για «συνήθη ανοίγματα»(?) και «συνήθη φορτία»(?) μπορούμε και να μην κάνουμε δυσμενείς φορτίσεις). Ξυλότυπος οροφής ισογείου ΚΛ 1:50 (εδώ το σχέδιο είναι εκτός κλίμακος) 6 Επειδή οι πλάκες είναι ακριβώς ίδιες, μπορούν να έχουν τον ίδιο αριθμό και έτσι δεν θα χρειάζεται να ξανασχεδιασθούν οι οπλισμοί και στην δεύτερη πλάκα. Δεδομένα: C0/5, S400, g =1.kPa, q=3.0kpa Ζητούνται: 1) Ο υπολογισμός των πλακών και ) το ύψος της μεσαίας δοκού ώστε να μην απαιτείται θλιβόμενος οπλισμός, το πλάτος της δοκού να ληφθεί 0.30m, να γίνει καθολική φόρτιση χωρίς δυσμενείς φορτίσεις. 1. Υπολογισμός πλακών Φορτία: g=0.1*5 =3.0 kn/m g = =1. kn/m q=3.0 kn/m Φορτία σχεδιασμού: p d,max =1.35(g+g )+1.5q=1.35(3.0+1.)+1.5*3.0=10.17kN/m 7 6 Για να είναι πιο ευανάγνωστο το σχέδιο, συνιστάται η διαφοροποίηση του πάχους των γραμμών ως εξής: ξυλότυπος κλπ 0.5mm, διαστάσεις 0.15mm, σίδερα 0.40mm. 7 Θεωρούμε ένα τυπικό μέτρο πλάτους της πλάκας, γι αυτό οι μονάδες είναι kn/m και όχι kn/m.

23 384 p d,min =1.00(g+g )+0*q =1.00(3.0+1.)+0*3.0 = 4.0kN/m Στατικό σύστημα: Συνεχής «δοκός» δύο ανοιγμάτων Θεωρητικά ανοίγματα: ( 7..) 8 l 1 = l =l n +0.5( )= ( )=4.00m Δυσμενείς φορτίσεις: Φ 1 Φ Φ 3 Λόγω αντισυμμετρίας, η φόρτιση Φ 3 θα μπορούσε να παραλειφθεί. Ο φορέας είναι μια φορά υπερστατικός. Θεωρείται υπερστατικό μέγεθος η ροπή στηρίξεως Μ Β. Υπενθυμίζεται ότι: Μ Β =-(p 1 +p )*l /16 Ετσι για την: Φόρτιση Φ 1 : m Β =-( )*4 /16=-0.34kNm/m ΦόρτισηΦ : m Β =-( )*4 /16 =-14.37kNm/m Φόρτιση Φ 3 : m Β =-( )*4 /16 =-14.37kNm/m Για κάθε μία φόρτιση χαράσσονται 9 τα διαγράμματα ροπών κάμψεως και στην συνέχεια γίνεται υπέρθεση όλων των διαγραμμάτων σε ένα κοινό διάγραμμα (βλ σχήμα στο τέλος) Υπολογισμός των απαιτούμενων οπλισμών: Είδαμε, σε προηγούμενη άσκηση, πώς υπολογίζουμε τους απαιτούμενους οπλισμούς μιας διατομής στην περίπτωση κάμψεως χωρίς αξονική δύναμη με την απλοποιημένη μέθοδο (ορθογωνικό διάγραμμα στα 0.8 της θλιβόμενης ζώνης). 8 Οι παραπομπές αναφέρονται στον Κανονισμό Ωπλισμένου Σκυροδέματος (Εκδοση 000) και δίνονται μόνον για λόγους πληρότητας. Εσείς, για το εξάμηνο αυτό, δεν απαιτείται να γνωρίζετε και να εφαρμόζετε τις κανονιστικές διατάξεις. 9 Θεωρείται ικανοποιητική η, υπό κλίμακα, γραφική χάραξη του δ/τος από τις τρεις εφαπτόμενες. «Κρεμάμε» την παραβολή με «βέλος» ql /8 από τις ροπές στηρίξεως κλπ...η κλίμακα των μηκών μπορεί να είναι 1:50 ενώ η κλίμακα των υψών (ροπών) μπορεί να είναι 1cm:1 έως 4kNm/m.

24 385 Υπενθυμίζεται η σχέση μεταξύ ανηγμένης ροπής «μ» και μηχανικού ποσοστού οπλισμού «ω» που είχαμε βρει: μ=ω( ω) ή ω=0.85(1- [1-.353μ]) (1) όπου μ=μ/bd f cd και ω=(α s f yd )/(bdf cd ). Από την τελευταία παραπάνω σχέση και για δεδομένη ανηγμένη ροπή "μ" υπολογίζεται αμέσως ο οπλισμός. 30 Στον παρακάτω πίνακα έχει πινακοποιηθεί η σχέση για διευκόλυνση των υπολογισμών. 31 Πίνακας 1 Πίνακας για τον σχεδιασμό ορθογωνικών διατομών με την απλοποιημένη ορθογωνική κατανομή των θλιπτικών τάσεων ( ) 3. μ ω μ ω μ ω Διαδικασία: Υπολογίζονται οι οπλισμοί όλων των ανοιγμάτων και στην συνέχεια οι οπλισμοί των στηρίξεων 33. Η πλάκα θεωρείται ορθογωνικής διατομής: με πλάτος b=1.00m, ύψος h=0.1m και στατικό ύψος d=0.10m. 30 Κανονικά πρέπει να ελέγχουμε και τις παραμορφώσεις 31 Συνιστάται ενθέρμως να αποδείξετε τις σχέσεις, να συντάξετε μόνοι σας τον πίνακα και να είστε σε θέση να απαντάτε σε ερωτήσεις του τύπου: με ποιες παραδοχές προέκυψε? γιατί δεν υπάρχουν τιμές του «μ» μεγαλύτερες από 0.33? κλπ. 3 Συγκρίνατε τον πίνακα αυτόν με τον πίνακα 6..α του βιβλίου ο οποίος έχει προκύψει με το «παραβολικό-ορθογωνικό» διάγραμμα τάσεων. Προφανώς εννοείται ότι μπορείτε να χρησιμοποιήσετε και τον πίνακα 6..α.

25 386 Ανοιγμα ΑΒ: μ=m AB /bd f cd =13.77/(1.00*0.10 *13333)=0.103 Από τον παραπάνω πίνακα (με γραμμική παρεμβολή ή από την (1)) έχουμε για μ=0.103 ότι ω=0.11 και άρα: ω=(α s f yd )/(bdf cd ) A s1 =0.11*100*10*13.333/348=4.cm /m Ελάχιστο ποσοστό οπλισμού: ρ min =1.5 ( )= =0.0015*100*10=1.5cm /m < 4.cm /m. Η υλοποίηση αυτού του οπλισμού μπορεί να γίνει με πολλούς τρόπους συνδυάζοντας διαμέτρους και αποστάσεις: μπορούμε να θέσουμε Φ6/6.5 (δηλαδή 100/6.5=15.4 ράβδους Φ6 ανά μέτρο πλάτους της πλάκας) ή Φ8/1 (δηλαδή 100/1=8.33 ράβδους Φ8 ανά μέτρο) ή Φ10/18.5 (δηλαδή 100/18.5=5.4 ράβδους Φ10 ανά μέτρο) ή Φ1/7 κλπ τα οποία είναι ισοδύναμα από πλευράς συνολικού εμβαδού ανά μέτρο. Εν γένει προτιμάμε τις μεγαλύτερες διαμέτρους σεβόμενοι όμως και τις κατασκευαστικές διατάξεις ως προς τις μέγιστες αποστάσεις. Έχουμε τους εξής κανονιστικούς περιορισμούς: Μέγιστη απόσταση ράβδων κυρίως οπλισμού ( ) γενικώς s max =1.5d ενώ για πλάκες με πάχος μέχρι 0.1m είναι s max =1cm Ελάχιστη διάμετρος: ο Κανονισμός δεν προβλέπει τίποτα, αλλά δεν συνιστάται να χρησιμοποιείται διάμετρος μικρότερη από Φ8 έτσι τίθενται Φ8/1 κάτω (=4.cm /m) Ανοιγμα ΒC: ομοίως: τίθενται Φ8/1 κάτω Στήριγμα Β: Επειδή έχουμε μονολιθική σύνδεση της πλάκας με το δοκάρι και στην περιοχή της στηρίξεως η πλάκα δεν έχει στατικό ύψος αυτό της πλάκας αλλά του δοκαριού που είναι πολύ μεγαλύτερο, γι αυτό υπολογίζουμε τα σίδερα της στηρίξεως όχι με την ροπή 0.34kNm/m αλλά με την ροπή παρειάς: m B,παρ =m B -v B,αρ *(b/)= *0.15=17.16knm/m μ=m B,παρ /bd f cd =17.16/(1.00*0.10 *13333)=0.19 Από τον παραπάνω πίνακα έχουμε για μ=0.19 (με γραμμική παρεμβολή) ω=0.141 και άρα: 33 Αυτό συμβαίνει επειδή τα μισά σίδερα του κάθε ανοίγματος τα «σπάμε» κοντά στις στηρίξεις και τα ανεβάζουμε στο πάνω μέρος μιας και δεν χρειάζονται πλέον στο κάτω μέρος (βλ. περιβάλλουσα ροπών). Ετσι ξέρουμε πόσα σίδερα διατίθενται από τα εκατέρωθεν ανοίγματα και αποφασίζουμε για τα πρόσθετα σίδερα των στηρίξεων («καπάκια»).

26 387 ω=(α s f yd )/(bdf cd ) A s1 =0.141*100*10*13.333/348=5.4cm /m Μέχρι τώρα υπολογίσαμε τους οπλισμούς στις τρεις δυσμενέστερες διατομές. Με τις υπόλοιπες διατομές τί γίνεται; Μια πρώτη απάντηση θα ήταν να διατηρούσαμε τους οπλισμούς σταθερούς σε όλο το μήκος. Αυτό όμως θα ήταν μια ανώφελη σπατάλη. Μια άλλη απάντηση θα ήταν να υπολογίζαμε σε κάθε θέση τον απαιτούμενο οπλισμό και να βάζαμε τον ακριβώς απαιτούμενο! Αυτό θα ελαχιστοποιούσε θεωρητικώς τον συνολικό οπλισμό αλλά θα αύξανε υπερβολικά την εργατική δαπάνη. Στην πράξη ακολουθείται μια ενδιάμεση πρακτική σύμφωνα με την οποία: ο μέγιστος οπλισμός του ανοίγματος διατηρείται σταθερός μέχρις ενός σημείου, ενώ από το σημείο αυτό και πέρα ένα ποσοστό του οπλισμού κάμπτεται προς τα άνω για παραλαβή των ροπών που εφελκύουν τις πάνω ίνες. Το ποσοστό αυτό (αν δεν ορίζεται διαφορετικά) είναι συνήθως 50% (δηλαδή ένα-παρά-ένα σίδερο). Αρα στην στήριξη: Διατίθενται: από το άνοιγμα ΑΒ Φ8/4=.08 cm /m από το άνοιγμα ΒC Φ8/4=.08 cm /m Σύνολον 4.16 cm /m Αρα πρόσθετα: =1.4 cm /m τίθενται Φ8/33 άνω Η ακριβής θέση στην οποία γίνεται η κάμψη των κάτω οπλισμών αλλά και το μέχρι πού θα επεκταθούν τα πάνω σίδερα προκύπτει από την περιβάλλουσα ως εξής: Κατ αρχάς κάνουμε την παραδοχή ότι η ροπή αντοχής είναι ανάλογη του οπλισμού. Ετσι, για παράδειγμα στο άνοιγμα ΑΒ, αν ο οπλισμός Φ8/1 αναλαμβάνει ροπή 13.77kNm/m τότε ο μισός οπλισμός, δηλαδή Φ8/4, θα αναλαμβάνει ροπή 13.77/=6.89kNm/m. Η θέση από την οποία και πέρα μπορούμε να κάμψουμε τους μισούς οπλισμούς προσδιορίζεται γραφικά από την περιβάλλουσα 34. Η περιβάλλουσα της ροπής αντοχής στην θέση θλάσεως παρουσιάζει απότομη μείωση κατά 6.89kNm/m. Η κάμψη αυτή γίνεται υπό γωνία 45 ο. Αυτό σημαίνει ότι τα σίδερα που κάμπτονται προς τα πάνω είναι ενεργά και μπορούν να αναλάβουν ροπή που εφελκύει τις άνω ίνες σε απόσταση x=d-d =10-=8cm πέραν της θέσεως θλάσεως. Αντίστοιχα λοιπόν η περιβάλλουσα της ροπής θα παρουσιάζει άλμα στην νέα 34 Στην πράξη, όταν δεν ελέγχεται με ακρίβεια η κάλυψη των ροπών, ο μισός οπλισμός μειώνεται στο μισό στις ακραίες λωρίδες πλάτους c=0.min(l x,l y ) ( )

27 388 θέση κατά 6.89kNm/m. Με το ίδιο σκεπτικό αποφασίζουμε το μήκος των πρόσθετων οπλισμών στις στηρίξεις φροντίζοντας ώστε η περιβάλλουσα της ροπής αντοχής να υπερκαλύπτει την περιβάλλουσα της δρώσας ροπής. (Βέβαια στην στήριξη η περιβάλλουσα της ροπής αντοχής θα τμήσει την περιβάλλουσα της δρώσας ροπής στην περιοχή της στηρίξεως μιας και έχουμε οπλίσει την στήριξη με την μειωμένη ροπή παρειάς). Τέλος, τα άκρα των οπλισμών επεκτείνονται κατά το «μήκος αγκυρώσεως» l b πέρα από το σημείο που είναι απαραίτητα. Όπως θα δούμε, το μήκος αγκυρώσεως είναι l b =Φf yd /(4f bd ), για C0/5 και S400 είναι: l b =Φ348/(4*.3)=38Φ. Δηλαδή, για Φ8 θα επεκτείνουμε τον οπλισμό κατά 30cm. Πάντως, ανεξαρτήτως του τί θα προκύψει από την ακριβή χάραξη της περιβάλλουσας, τα ελεύθερα άκρα των άνω οπλισμών θα επεκταθούν στο επόμενο φάτνωμα σε απόσταση, από την παρειά του στηρίγματος, τουλάχιστον 0% έως 5% του καθαρού μήκους του υπόψη φατνώματος (π.χ. εδώ 0.75m). Έχοντας υπολογίσει τα ακριβή μήκη των οπλισμών (στο σχήμα της τελευταίας σελίδας) τα σχεδιάζουμε πλέον στον διπλανό ξυλότυπο. Δευτερεύων οπλισμός και οπλισμός αποσχίσεως. Κάναμε την παραδοχή οι πλάκες είναι καμπτόμενες κατά μία διεύθυνση και αγνοήσαμε την ένταση κατά την άλλη διεύθυνση. Για την ανάληψη δευτερευουσών εγκαρσίων εντάσεων (π.χ. από ενδεχόμενη μή ομοιόμορφη φόρτιση) αλλά κυρίως για την ανάληψη θερμοκρασιακών δράσεων προβλέπεται (για τις πλάκες που δεν έχουν μελετηθεί ως καμπτόμενες κατά δύο διευθύνσεις) δευτερεύων οπλισμός 35 0% του κυρίως οπλισμού και πάντως όχι μικρότερος από Φ8/5 ( ). Εδώ έχουμε: A s,δευτ =0.*4.=0.84cm /m. Τίθενται Φ8/5 κάτω 36 Τέλος, κοντά σε στηρίξεις οι οποίες δεν λήφθηκαν υπόψη στο στατικό προσομοίωμα (κυρίως δεν ελήφθη υπόψη η ενδεχόμενη μερική πάκτωση της πλάκας και κατά συνέπεια η ανάπτυξη αρνητικών ροπών στην περιοχή) 35 Η μή τοποθέτηση του δευτερεύοντος οπλισμού θα είχε συνέπεια την ανάπτυξη ρωγμών παραλλήλων προς τον κύριο οπλισμό. Η ρηγμάτωση αυτή αν και δεν είναι ιδιαίτερα επικίνδυνη, προκαλεί ωστόσο λειτουργικά προβλήματα και κυρίως ψυχολογικά προβλήματα στους χρήστες. 36 Επειδή ο οπλισμός αυτός τίθεται κυρίως για θερμοκρασιακούς λόγους δεν έχει και πολύ σημασία πού ακριβώς θα τεθεί. Μας βολεύει και τον τοποθετούμε κάτω. Πάντως σε πλάκες με πολύ μεγάλο πάχος θα τον τοποθετούσαμε σε δύο στρώσεις για έχουμε αμεσότερη ανάληψη των εφελκυστικών τάσεων.

28 389 πρέπει να προβλέπεται ένας άνω οπλισμός (οπλισμός αποσχίσεως) ίσος με το 5% του κυρίως οπλισμού. Ο οπλισμός αυτός πρέπει να εκτείνεται σε απόσταση 0.l min από την παρειά του στηρίγματος. Εδώ έχουμε: A s,αποσχ =0.5*4.=1.05cm /m. Τίθενται Φ8/0 άνω. Δοκοί Στατικό σύστημα: Η μεσαία δοκός είναι συνεχής δύο ανοιγμάτων. Θεωρητικά μήκη: L=7.75+*(0.5/)=8.00m Φορτία: Η δοκός φορτίζεται από το ίδιον βάρος της καθώς και από την μεσαία αντίδραση της συνεχούς πλάκας 37. Για να λάβουμε υπόψη μας το ίδιο βάρος της δοκού εκτιμάμε ένα ύψος π.χ. h=0.60m, άρα: g d =1.35*0.5*0.60*5 =5.1kN/m Από τις πλάκες: 37 Δεν ξεχνάμε και το ι.β. του τοίχου, αν υπάρχει (συνήθως στις περιμετρικές δοκούς).

29 390 q=*(p d l/+m B /l)=*(10.17*4/+0.34/4)=50.85kn/m Αρα σύνολον: q d =55.95kN/m Κριτήριο επιλογής του ύψους: Οπως θα δούμε, κριτήριο για την τοποθέτηση θλιβόμενου οπλισμού είναι να ελαχιστοποιείται το άθροισμα εφελκυόμενου και θλιβόμενου οπλισμού. Αυτό πρακτικώς συμβαίνει (για S400) για οριακή ανηγμένη ροπή μ lim = (αυτή η ροπή πρακτικώς συμπίπτει με εκείνη την ροπή πέραν της οποίας αν υπήρχε μόνον εφελκυόμενος οπλισμός θα λειτουργούσε με τάση μικρότερη της τάσεως διαρροής). Η μέγιστη ροπή είναι στο μεσαίο στήριγμα της συνεχούς δοκού, άρα αν εκεί δεν απαιτείται θλιβόμενος οπλισμός τότε πουθενά δεν θα απαιτείται θλιβόμενος. οπλισμός 39. Μ Β =q d L /8=55.95*8 /8=446.8kNm Ροπή παρειάς: Μ Β,παρ =Μ Β -(0.5*55.95* /8)*0.15=411.8 knm μ=μ B,παρ /(bd f cd )<0.33 d >411.8/(0.33*0.5*13333)=0.374m d>0.61m άρα λαμβάνεται h=0.65m. 40 Για εξάσκηση: Να βρεθεί το μέγιστο ωφέλιμο φορτίο που μπορεί να αναλάβει αμφιέρειστη δοκός μήκους 5.00m, διατομής 5/60 C0/5, S400 με 4Φ18, γ g =1.35, γ q =1.50 (κάθε άλλο απαραίτητο στοιχείο θα επιλεγεί ευλόγως από τον Μελετητή). 38 Για χάλυβα S500 η οριακή ανηγμένη ροπή είναι μ lim = Στα ανοίγματα η κατάσταση είναι ευνοϊκότερη: γιατί συνήθως και η ροπή είναι μικρότερη αλλά και η δοκός λειτουργεί ως "πλακοδοκός" όπως θα δούμε στα επόμενα. 40 Εμείς βέβαια είχαμε υποθέσει h=0.60m άρα, κανονικά, θα έπρεπε να επανέλθουμε διορθώνοντας το ί.β. και άρα την ροπή κλπ: Η ροπή παρειάς θα γινόταν 415kNm και άρα το ύψος d>0.6m άρα πάλι h=0.65m θα λαβαίναμε. Και ο απαιτούμενος οπλισμός θα ήταν: ω=0.448 και άρα: A s1 =0.448*5*6*13.333/348=6.6cm π.χ. 7Φ σε δύο στρώσεις...η συνέχεια στα επόμενα.

30 Περιβάλλουσα δρώσας ροπής και ροπής αντοχής Φ8/33 Ροπή (knm/m) Φ8/4 ~ Φ8/4 ~ 6.9kNm/m 6.9kNm/m Φ8/4 ~ Φ8/4 ~ kNm/m Φ8/4 ~ Φ8/4 ~ 6.9kNm/m Φ8/33 ~ 6.9kNm/m 6.9kNm/m kNm/m 4.00 Φ8/33 ~ kNm/m 0.00 Φ8/4 ~ Φ8/4 ~ kNm/m 6.9kNm/m Φ8/4 Φ8/4 ~ Φ8/4 ~ 6.9kNm/m 6.9kNm/m l αγκρυρώσεως =0.30m Φ8/ Παρατηρήσατε και συσχετίσατε τις θέσεις θλάσεως των οπλισμών (δηλαδή «πού σπάνε τα σίδερα») με τις θέσεις όπου η ροπή αντοχής παρουσιάζει άλματα.

31 Πλακοδοκός Δίδονται: C0/5, S400, h f /h/d/b w =0.1/0.55/0.50/0.5 A s1 =15.7 cm N d =0, δοκός αμφιέρειστη L=6.7m h d b ef h f Ζητείται: η ροπή αντοχής M Rd A s1 b w 10.0 Συνεργαζόμενο πλάτος πλακοδοκού: lo b ef = bw + όπου l o =α.l (εδώ α=1 για αμφέρειστη δοκό) 4 = =1.9 m Παραβολικό δ/μα σ c -ε c Επίλυση με δοκιμές 1 η δοκιμή ε c =-3.5 και ε s1 = x = 0.50 = > h f F s1 =15.7x34.8=546 kn F c =F c1 -F c F c1 =0.85.α 1 b ef.f cd =0.85x0.81x1.9x0.13( )= kn F c =0.85.α (b ef -b w )(x-h f )f cd = 4 =0.85x0.13( )( )( x10 3 )=-4.6 kn F c = =-66.7kN Ελεγχος 0-(-66.7)>546 έχουμε περίσσεια θλίψεως άρα μειώνουμε την παραμόρφωση του σκυροδέματος η δοκιμή ε c =1. και ε s1 = x = 0.50 = < h f H άσκηση αυτή είχε γραφτεί όταν ο κανονισμός προέβλεπε κρίσιμη παραμόρφωση χάλυβα 10 (και όχι 0 που είναι σήμερα). Πάντως, η άσκηση παραμένει διδακτική γιατί δείχνει πώς υπολογίζουμε την συνολική δύναμη του σκυροδέματος, πάνω σε μια μή ορθογωνική διατομή, ως διαφορά δύο ορθογωνίων. 4 Για εc = 0.7 είναι α=0.13

32 393 F c = 0.85x0.48x0.054x1.9x( x10 3 )=564 kn F s1 =546 kn όπως προηγουμένως Ελεγχος 0-(-564) 546 προσέγγιση ικανοποιητική. Αρα για ε c =1. ζ =0.354 και άρα Ροπή: M Rd =F s.z=546( x0.054)=6knm Σημ: Εδώ προέκυψε τελικώς ύψος θλιβόμενης ζώνης μικρότερο από το πάχος της πλάκας, άρα η διατομή λειτουργεί ως ορθογωνική. Αν όμως το ύψος της θλιβόμενης ζώνης κατέβαινε στον κορμό της πλακοδοκού (όπως στην 1 η δοκιμή) τότε για τον υπολογισμό της ροπής θα λαβαίναμε χωριστά τις ροπές των F c1 και F c Προσεγγιστική μέθοδος: Στις λεπτόκορμες πλακοδοκούς η προσεγγιστική μέθοδος υποθέτει ότι οι τάσεις είναι σταθερές σ όλο το ύψος του πάχους της πλάκας ανεξαρτήτως του ύψους της θλιβόμενης ζώνης (και όχι στα 0.8x που ισχύει για τις ορθογωνικές διατομές) b eff /b w =1.9/0.5=7.7>5 Αρα λεπτόκορμη πλακοδοκός: h f 0.1 M Rd = F s1 ( d ) = 546(0.50 = 40kNm (συγκρινόμενη με την τιμή 6kNm) Ελεγχος τάσεων σκυροδέματος: 40 σ cd = = 0.1 (0.50 ).b.h f 367.4kN / m =.37 MPa<0.85f cd =11.33MPa άρα έχει καλώς. Διαστασιολόγηση με πίνακες Δίδεται Μ Sd = 6 knm, Nd = 0 διατομή όπως προηγουμένως και ζητείται ο οπλισμός Α s1 =? M 6 μ = sd sd = = bef. d. fcd 1.9x0.5 x h f 1 = = b 0.4, ef 1.9 = = 7. 8, από πίνακα 7.5 (σελ ) ω=0.043, d 50 bw A s 1 = = 15.7cm (5 0) 348 Επίδραση του συνεργαζόμενου πλάτους Π.χ. για μια ακραία πλακοδοκό, με ίδιες κατά τα άλλα διαστάσεις, το συνεργαζόμενο πλάτος μειώνεται σε: 43 Παρατηρήσατε ότι παρόλο που η διατομή είναι μορφής πλακοδοκού, ωστόσο λειτουργεί ως ορθογωνική

33 394 l 5.0 bef = bw = m 3 6 = 6 μ sd = = bef 1.08 h f = = 4.3, = 0. 4, ω=0.077 bw 0.5 d A s 1 = = 15.9cm περίπου 15.7 cm (δηλαδή παρόλο 348 που το συνεργαζόμενο πλάτος μειώθηκε περίπου στο μισό, ο οπλισμός ελάχιστα μεταβλήθηκε) Πλακοδοκός με θλιβόμενο οπλισμό (!) Δίδεται: Μ d = 1500 knm N d =-1700 kn b/b w =1.5/0.5, d/h f /y s1 /d =1.00/0.10/0.58/0.05 M sd =M d -N d.y s1 =1500-(-1700)x0.58=486 knm μ sd h f d b 486 = = = 0.10 ef 1.5 = = 5 bw 0.5 Δ μ =μ sd -μ lim = =0.018 μ lim =0.131<0.149 ω lim =0.159 f N A Δμ 1 lim b d cd d s = ω + d ef + = 1 f yd f yd d = = = 36.37cm Δμ f A cm b d cd s = ef = = 1 d / d f yd

34 Διαστασιολόγηση ορθογωνικής διατομής με απαίτηση θλιβόμενου οπλισμού Δίδεται ορθογωνική διατομή 5/50 (d=46cm), από σκυρόδεμα C0/5 και χάλυβα S400, με Ν=0 και Μ=60kNm. οπλισμού: ω 1 =0.68*ξ lim +Δμ/[1-d 1 /d]=0.68*0.668+( )/ [1-0.04/0.46] = =0.493 ω =Δμ/[1-d 1 /d]=0.039 Δηλαδή A s1 =0.493*5*46*13.333/348=1.7cm, A s =0.039*5*46*13.333/348=1.1cm, β) Διαστασιολόγηση με τους Πίνακες CEB (βλ 6.α έως 6.δ) Υπολογίζουμε την ανηγμένη ροπή: μ=μ/[bd f cd ]=60/[0.5*0.46 *13333]=0.369 και αν πηγαίναμε στον πίνακα 6.α (ο οποίος ισχύει για όλες τις ποιότητες χάλυβα αλλά για μόνον εφελκυόμενο οπλισμό) θα διαβάζαμε ω=0.556 και θα θέταμε μόνον εφελκυόμενο οπλισμό A s1 =0.556*5*46*13.333/348=4.5cm, όμως παρατηρώντας την τελευταία στήλη του πίνακα 6.α διαπιστώνουμε ότι για την ροπή αυτή ο χάλυβας Ζητείται ο οπλισμός α) Διαστασιολόγηση με το προσεγγιστικό δ/μα τάσεων σκυροδέματος Υπολογίζουμε την ανηγμένη ροπή: μ=μ/[bd f cd ]=60/[0.5*0.46 *13333]=0.369 Επειδή η ροπή αυτή είναι μεγαλύτερη από την μ lim που αντιστοιχεί στο h ξ lim = min, = min, = ε yd 1.6d *0.56 min(0.668, 0.670) = οπότε μ lim = 0.8*0.85ξ lim (1-.4ξ lim ) = 0.68*0.668* (1-0.4*0.668)=0.333 έπεται ότι είναι οικονομικότερη η τοποθέτηση και θλιβόμενου δεν έχει διαρρεύσει και άρα πρέπει να τοποθετήσουμε και θλιβόμενο οπλισμό, οπότε πηγαίνουμε στον αντίστοιχο πίνακα, Πίνακας 6.γ, από όπου διαβάζουμε, για τον λόγο d /d=4/46=0.087 (=0.10 δυσμενέστερο) ότι: ω 1 =0.498 και ω =0.044, οπότε A s1 =0.498*5*46*13.333/348=1.9cm, A s =0.044*5*46*13.333/348=1.9cm,

35 396 Παρατηρήσατε ότι 4.5> Κανονιστικές κατασκευαστικές παρατηρήσεις 1) Ως προς την υλοποίηση της όπλισης, θα διαλέγαμε π.χ. 7Φ0 (=1.98cm ), τα οποία όμως δεν χωράνε σε μία στρώση (σε δοκό πλάτους 5cm χωρούν 5Φ0 βλ. Παράρτημα Ε). Αρα θα πρέπει να τα βάλουμε σε δύο στρώσεις και άρα θα μειωθεί λίγο το d λόγω του ότι θα ανέβει το Κ.Β. των οπλισμών. Κανονικά θα πρέπει να επαναλάβουμε την διαδικασία με μικρότερο d. ) Ο θλιβόμενος οπλισμός πρέπει να προστατεύεται έναντι λυγισμού τοποθετώντας πυκνούς συνδετήρες.

36 Υποστύλωμα Συνδυασμοί φορτίσεως Γενικές παρατηρήσεις: 1. Τα υποστυλώματα διαφοροποιούνται από τις άλλες διατομές που καταπονούνται από ορθή ένταση από το ότι υπάρχει (θλιπτική) αξονική δύναμη και ότι ο οπλισμός είναι (σχεδόν πάντα) συμμετρικός.. Ελεγχος υποστυλωμάτων: Δίδονται οι διαστάσεις, οι οπλισμοί και η αξονική Ν (ή η ροπή Μ) και ζητείται η ροπή αντοχής Μ (ή αξονική αντοχής Ν αντιστ.). Το πρόβλημα λύνεται κατά τα γνωστά με δοκιμές (βλ προηγούμενες ασκήσεις). Στις εξισώσεις ισοδυναμίας δεν ξεχνάμε ότι θα υπάρχει και αξονική δύναμη και ότι υπάρχει και θλιβόμενος οπλισμός του οποίου πρέπει να υπολογίσουμε την συμβολή. 3. Διαστασιολόγηση υποστυλωμάτων Χωρίς πίνακες ή διαγράμματα αλληλεπιδράσεως: Δίνονται οι διαστάσεις του υποστυλώματος και τα δρώντα εντατικά μεγέθη (ροπή Μ και αξονική Ν) και ζητείται ο οπλισμός. Χωρίς πίνακες η διαδικασία είναι επίπονη, αλλά πάντως έχουμε δυνατότητα να ακολουθήσουμε δύο μεθόδους: a. Δοκιμαστικά: υποθέτουμε (αυθαίρετα) έναν οπλισμό (π.χ. Α s =1%A c που είναι ο ελάχιστος οπλισμός) και έτσι μετατρέπουμε το πρόβλημα της διαστασιολογήσεως σε πρόβλημα ελέγχου (βλ προηγούμενη παράγραφο ). Αν δεν αντέχει αυξάνουμε τον οπλισμό και επαναλαμβάνουμε την διαδικασία ελέγχου μέχρι να διαπιστώσουμε ότι αντέχει. b. Συντάσσουμε μόνοι μας ένα προσεγγιστικό διάγραμμα αλληλεπιδράσεως: Εχουμε αποδείξει στην θεωρία ότι το δ/μα αλληλεπιδράσεως μπορεί να προσεγγισθεί από τα τέσσερα σημεία: Κεντρική θλίψη (ν=ω, μ=0) Καθαρή κάμψη (ν=0, μ=ω(0.5-d 1 /h) ν ν= ω μ=0 ν bal =0.45 μ bal =ω(0.5-d 1 /h) ν=ω μ=0 μ ν=0 μ=ω(0.5-d 1 /h) Μέγιστης ροπής (ν bal =0.45, μ bal =ω(0.5-d 1 /h)+0.106) και Κεντρική θλίψη (ν=-0.85-ω, μ=0) όπου: ω=[α s f yd ]/[bhf cd ] το μηχανικό ποσοστό οπλισμού ν=ν/[bhf cd ] η ανηγμένη αξονική δύναμη και μ=μ/[bh f cd ] η ανηγμένη ροπή αδρανείας

37 398 Οπότε δίνουμε διάφορες τιμές στο "ω" μέχρις ότου το σημείο σχεδιασμού (ν, μ) βρεθεί εντός του διαγράμματος αλληλεπιδράσεως. 4. Πιθανοί συνδυασμοί: Όταν έχουμε περισσότερες της μιας μεταβλητές δράσεις, τότε εξετάζονται όλοι οι δυνατοί συνδυασμοί ώστε να προσδιορισθεί η «δυσμενέστερη ένταση 44». Κάθε μεταβλητή δράση Q 1k λαμβάνεται διαδοχικά ως βασική, ενώ οι άλλες θεωρούνται ως συνοδεύουσες δράσεις (παρ του κανονισμού ή παρ. 3.4 και 3.6 του βιβλίου). Στον συνδυασμό οι συνοδεύουσες δράσεις θα πολλαπλασιάζονται με τον μειωτικό συντελεστή ψ 1 (ο οποίος λαμβάνει υπόψη του την μειωμένη πιθανότητα να βρεθούν ταυτόχρονα όλες οι μεταβλητές δράσεις με την, μικρής πιθανότητας, τιμή σχεδιασμού). Ο συνδυασμός δράσεων γράφεται: S d =S(γ g G k +γ q Q 1k +γ q ψ Q k +γ q ψ 3 Q 3k +...) όπου Q 1k είναι η βασική μεταβλητή δράση του εξεταζόμενου συνδυασμού. Εφαρμογή: Υποστύλωμα πρόβολος, ύψους G,Q Q 3.0m, καταπονείται με κατακόρυφα l=3.00 m φορτία G600kN και Q 1 =300kN, και με οριζόντιο φορτίο Q =50kN. Το φορτίο Q 1 προέρχεται από ωφέλιμα φορτία γραφείων (άρα ψ 1 =0.6, βλ πίν. 3.), ενώ το φορτίο Q προέρχεται από άνεμο (άρα ψ 1 =0.5, βλ πίν. 3.). Υλικά C0/5, S400s, Αγνοούνται τα φαινόμενα δευτέρας τάξεως (λυγισμός). Παρακάτω φαίνονται οι συνδυασμοί που δίνουν την μέγιστη αξονική δύναμη (συνδυασμοί 1 και ) καθώς και οι συνδυασμοί που δίνουν την μέγιστη ροπή (συνδυασμοί 3 και 4). Μέγιστη αξονική και αντίστοιχη ροπή: 1) Ν d = 1.35G + 1.5Q1 ) Ν d = 1.35G + 1.5Q1 M d = 0 Md = ψo1.5ql Μέγιστη ροπή και αντίστοιχη αξονική: 3) Md = 1.5Ql 4) Md = 1.5Ql 44 Οταν η ένταση είναι διανυσματική, δεν είναι προφανές, εκ των προτέρων, ποιος συνδυασμός είναι η δυσμενέστερος: π.χ. ο συνδυασμός που δίνει την μέγιστη αξονική ή ο συνδυασμός που δίνει την μέγιστη ροπή; Γι' αυτό στις περιπτώσεις αυτές, θα εξετασθούν όλοι οι συνδυασμοί, και δυσμενέστερος θα είναι αυτός από τον οποίο θα προκύψει ο περισσότερος οπλισμός.