View
8
Download
2
Category
Preview:
DESCRIPTION
tosion rc
Citation preview
� Thin-walled Tube
� Combined Shear & Torsion
� Space Truss Analogy
� Torsion Design by ACI318
� Compatibility Torsion
Mongkol JIRAVACHARADET
S U R A N A R E E INSTITUTE OF ENGINEERING
UNIVERSITY OF TECHNOLOGY SCHOOL OF CIVIL ENGINEERING
Reinforced Concrete DesignReinforced Concrete Design
Torsion 2Torsion 2
T
�����������ก�� ����� ����������������������ก�� �����������ก�������������ก����������������ก���ก������������� ��
Solid Hollow
0 1 2 3Percent of torsional reinforcement
0
Tn
Tcr solid section
Tcr hollow section
Torsional Strength of Reinforced Concrete SDM
����� �����!�����ก����� ������ก�� "���ก�� ก�� ����������� ������������ก�� ��#����ก��������������������ก��������ก��
�� ��$�ก�� �����ก����"% �"ก�����ก�� ���������������ก�����
Shear Stress in Thin-walled Tube
Cracking Torque (Tcr)
SDM
#������ ���"�&'ก#������(����)�� � ��������ก�ก� #��ก���
A0
t
Shear flow (q) Shear flow:0
Tq kg/cm
2A=
��#�# �������������'����ก� #����)�� ���
������� �*+��"กก���� τt = q / t :
t0
T2A t
τ =
ก���ก����ก���%$���+�� τ ��#�&% c1.06 f ′ crcr c
0
T1.06 f
2A t′τ = =
�� ��$� �����!�����ก��� ( )cr c 0T 1.06 f 2 A t′=
SDMACI ก���,�����#�#����)�� ���� t = 0.75Acp/pcp ���
-+$����������� A0 = 2Acp/3 ��+��
pcp #+���������'�.���ก�� ������#��ก���
Acp #+�-+$����/%� ������� �� pcp
�� ��$� �����!�����ก��� cp cpcr c
cp
2A 0.75AT 1.06 f 2
3 p
′= × ×
2cp
cr ccp
AT 1.06 f
p
′=
������ #��)��� ก������+�� 4/TT cru φ≤
���#'���ก�� �����ก���� φ = 0.85
( )2cp
ccp
A0.265 f
p
′≤ φ
ตัวอยางที ่7.1 คานยื่นรับน้ําหนักบรรทกุประลัย 3 ตันที่มุมหนาตัดหางจาก
ศูนยกลางหนาตัด 15 ซม. ตรวจสอบดูวาจําเปนตองคิดผลของการบิดในการออกแบบ
หรือไม กําหนด f’c = 240 กก./ซม.2
��������'������� pcp = 2(60+30) = 180 /�.
-+$���������� Acp = (60)(30) = 1,800 /�.2
������������� ���������� ������
���"ก�� �����!��� φTcr/4 ( )2cp
ccp
A0.265 f
p
′= φ
218000.85 0.265 240
180
= × ×
= 62,812 กก.-/�. = 0.63 ���-����
�����!�������ก��� Tu = (3)(0.15) = 0.45 ���-���� OK< 0.63 ���-����
SDM
3 ton
30 cm
15 cm
60 cm
tA2T
0t =τ
Combined Shear and Torsion
Torsionalstresses
Shearstresses
Hollow section
Torsionalstresses
Shearstresses
Solid section
SDM
������� �*+��"กก��*+��:db
V
wv =τ
������� �*+��"กก����:��+�� t = 0.75Acp/pcp
��� A0 = 2Acp/3
�����������������ก�����:
2h0
hu
w
u
A7.1
pTdb
V+
2
2h0
hu2
w
u
A7.1
pTdb
V
+
Torsional Geometric Parameters
Gross area A0h = x0 y0
Shear perimeter ph = 2(x0 + y0)
x0 , y0 = Distance from center to
center of stirrup
SDM
y0 h
x0
b
�����������ก�� &�)�� ��������ก��,��,5�#�����,��������� �ก����6� ���&�)�� ��#���� t < A0h/ph ,��������� �*+��"กก������(�
2h0
hu
A7.1
pTtA7.1
T
h0
u
Maximum Shear + Torsion Stress SDM
��������� ������-�� -����"��,��������� �*+������ก�����#�����ก�����"ก��
(a) For solid sections
2h0
hu
w
u
A7.1
pTdb
V+
2
2h0
hu2
w
u
A7.1
pTdb
V
+
′+φ≤ c
w
c f12.2db
V
(b) For hollow sections
′+φ≤ c
w
c f12.2db
V
For reinforced concrete cc f53.0V ′=
Torsional Crack
ก���ก���"กก��������ก7����(��)������
���6����#��ก����������� �% �������ก�����#�ก
ก�� �����ก��������,�8��"ก����ก���ก�9� ����ก��������� ����)��#��ก������� ����� ���
#��ก�����ก����ก���ก���#�����)����ก���� �� ��$���� ก���ก���"�,5�-+$����A0h /%� &'ก������� ������ก���ก
����ก���ก�9�
A0h = -+$�������
T
45o
Torsional crack
Txo
yo
����ก���ก�����ก���
θV1V2
V3
V4
����ก���������
�)��#��ก������� ����� ���
Space Truss Analogy
ก�����*+�� q ,�)�� ���"�&'ก��� ��ก��(��� �*+�� V1 V2 V3 ��� V4 �������
����� #� &�ก�������� ,��'�
! "��#����������������$%�: V4
V4
x0
V4y0
s
At fyv
At fyv
At fyv
y0 cot θ �����!���"ก�� �*+�� V4 :
4 04
V xT
2=
�� �*+�� V4 = n At fyv
"������ก,������*+��:
o0 0y cot 45 y
ns s
= =
t yv 04
A f yV
s=
t yv 0 04
A f x yT
2s= 1 2 3T T T= = =
�����!�����$ ��� : n 1 2 3 4T T T T T= + + +
t yv 0 0n
2 A f x yT
s= t yv 0h2A f A
s=
! "��#������������������&��
V4y0
∆N4/2
∆N4/2θθθθ
V4
θθθθ
D4
N4
�� �% ,�����ก���������: ∆N4 = V4 cot θ
t yv 04
A f yN
s∆ = 2N= ∆
t yv 01 3
A f xN N
s∆ = ∆ =
perimeter of stirrup2(xo+yo)
y0
x0�� �% ��$ ���: ∆N = ∆N1 + ∆N2 + ∆N3 + ∆N4
t yvy 0 0
A fA f 2(x y )
s= +
ℓ ℓ
t vy hA f p
s=
Torsion Design by ACI318-08 SDM
��+�� �����!��� Tu ��#��ก�� φφφφTcr/4 ,����ก������ �����!����-+��,��
φφφφTn ≥≥≥≥ Tu
,�ก�#��� Tn �����!�����$ ���"�&'ก��� ��
����ก���ก�������ก��������� ��,�� Tc = 0
���������ก���ก#��� �� 0 t yvn
2A A fT
s= ��+�� A0 = 0.85A0h
t n
0 yv
A Ts 2A f
= u
0 yv
T2 A f
=φ
-+$��������ก��������������� ,���-����%$��-+�������ก���� yvth
y
fAA p
s f
=
ℓ
ℓ
���������ก���ก������ ก�������� �*+����� �����!���
v t tvA AATotal 2
s s s+ = +
2 legs Av
1 leg At
SDMMinimum Torsion Reinforcement
���������ก���ก��������6� ( ) wv t c
yv
b sA 2A 0.199 f
f′+ = w
yv
b s3.5
f≥
������ ����ก���ก��#�����ก��#��������ก���� ph/8 ��+� 30 /�.
-+$��������ก�����������������6� yvc t,min cp h
y y
f1.33 f AA A p
f s f
′= −
ℓ
ℓ ℓ
����� At/s "���� �������ก�� 1.8 bw/fyv
���� ���������ก�������ก����ก��"� �����.�,�����ก���ก ���������� �ก����6� 30 /�.
���� ���������ก������� ������%� �������������6��� ����ก���ก
���� ,5�����ก��������� ∅∅∅∅ ≥≥≥≥ 1/24 ��������� ����ก���ก ≥≥≥≥ 10 �.�.
Example 14-1: The 8-m span beam carries a cantilever slab 1.5 m. The beam supports a live load of 1.2 t/m along the beam centerline plus 200 kg/m2 over the slab surface. The effective depth of beam is 54 cm, and the distance from the
surface to the stirrup is 4 cm. f’c= 280 kg/cm2, fy = 4,000 kg/cm2
8 m 1.5 m
60 cm
30 cm15 cm
Load from slab:
wu = 1.4(0.15)(2,400)(1.5)+1.7(200)(1.5) = 1,266 kg/m
Eccentricity = 1.5/2 = 0.75 m
Load from beam:
wu = 1.4(0.6)(0.3)(2,400)+1.7(1,200) = 2,645 kg/m
2 2(1,266 2,645)(8.0)25.0 t-m
10 10 1,000u
w LM
+= = =
×
�� �*+��������: uu
w L (1,266 2,645)(8.0)V /1,000 15.6 ton
2 2+
= = =
�����!���������: tuu
w L 1,266 0.75 8.0T /1,000 3.80 t-m
2 2× ×
= = =
�����!���������:
Flexural Design
22 2
25(1,000)(100)31.8 kg/cm
0.9(30)(54)u
n
MR
bdφ= = =
ρmin = 0.0035, ρmax = 0.0229
0.85 21 1 0.0086
0.85c n
y c
f Rf f
ρ ′
= − − = ′ OK
Al,flexure = ρ b d = 0.0086(30)(54) = 13.9 cm2
Shear Design
Cracking Torque
60cm
15 cm
30 cm
Acp = 30 × 60 = 1,800 cm2 pcp = 2(30 + 60) = 180 cm
( )2cp
cr ccp
AT / 4 0.265 f
p
′φ = φ
21,8000.85 0.265 280
180= × ×
= 67,845 kg-cm = 0.68 t-m < Tu = 3.80 t-m
∴∴∴∴ ����ก������'ก�(� ����)����*� �
sv
y
VAs f d
=
cV 0.53 280 30 54 /1,000= × × = 14.37 ton
Vu / φ = 15.6 / 0.85 = 18.35 ton
Vs = Vu / φ – Vc = 18.35 – 14.37 = 3.98 ton
3.984.0 54
=×
= 0.0184 cm2 / cm / two legs
bwd = (30)(54) = 1,620 cm2
xo = 30 - 2(4) = 22 cm
yo = 60 - 2(4) = 52 cm
Aoh = xoyo = (22)(52) = 1,144 cm2
Ao = 0.85(1,144) = 972.4 cm2
ph = 2(22+52) = 148 cm
Torsional Geometric Parameters
30 cm
60 c
m
Check adequacy of section
���"����'�������������,�8��-�� -���+����?
2
2h0
hu2
w
u
A7.1
pTdb
V
+
′+φ≤ c
w
c f12.2db
V
2 2
2
15.6 3.80 100 14830 54 1.7 1,144
× × + × × ( )0.85 0.53 2.12 280 /1,000+
0.0271 t/cm2 0.0377 t/cm2< ������&�����!&��!�
Torsional reinforcement
Combined shear & torsion stirrup
t u
0 yv
A Ts 2 A f
=φ
3.80 1002 0.85 972.4 4.0
×=
× × ×= 0.0575 cm2 / cm / one leg
v t tvA AATotal 2
s s s+ = +
= 0.0184 + 2 × 0.0575 = 0.1334 cm2 / cm
two legs
��+�ก����ก���ก�9� DB12 (-+$������ � 2(1.13) = 2.26 /�.2)
������ ����ก���ก������ ก� s = 2.26 / 0.1334 = 16.9 cm
������ ����ก���ก�ก����6� smax = ph / 8 = 148 / 8 = 18.5 cm < 30 cm
Use closed stirrup DB12 @ 0.16 m (Av+t/s = 2.26/16 = 0.141 cm2 / cm)
Torsion longitudinal steel
Minimum torsion reinforcement
v t w wc
y y
A b bmin 0.199 f 3.5
s f f+ ′= ≥ f’c > 309 ksc
control
303.5
4,000= × = 0.0263 cm2 / cm < (Av+t/s = 0.141 cm2 / cm) OK
yvth
y
fAA p
s f
=
ℓ
ℓ
= 0.0575 × 148 = 8.51 cm2
yvc t,min cp h
y y
f1.33 f AA A p
f s f
′= −
ℓ
ℓ ℓ
1.33 2801,800 8.51
4,000= × − = 1.51 cm2
t w
yv
A b 300.0575 1.8 1.8 0.0135
s f 4,000 = > = =
OK
Total Longitudinal Steel
Bending: Al = 13.9 cm2 (Top reinforcement)
Torsion: Al = 8.51 cm2 (Distributed along perimeter)
Provide 4DB16 in the bottom half of beam
60 cm
30 cm
To satisfy 30 cm max. spacing of Al
and add 8.51 – 4(2.01) = 0.47 cm2 to flexural steel
Steel area required at top = 13.9 + 0.47 = 14.37 cm2
USE TOP 3DB25 (As = 14.73 cm2)
Section @ Supports
60 cm
3DB25
2DB25
DB12 @ 0.16 m
30 cm
2DB16
2 2(1,266 2,645)(8.0)17.87 t-m
14 14 1,000u
w LM
+= = =
×At midspan:
Required As = 9.68 cm2 (2DB25)
Recommended