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Doc_a8_(3).doc
ESEMPIO 6 (procedura di verifica). Si abbia un pilastro di dimensioni esterne 30 cm x 50 cm
di una struttura a telaio le cui sollecitazioni di progetto siano state calcolate pari a:
N Sd = 110 t = 1,1 10 5 daN (compressione)(1);
MSd = 35 tm = 3,5 106 daNcm (comprensiva delle eccentricità aggiuntive da Normativa).
Si supponga che i valori del momento flettente e della forza assiale siano riferiti all’asse
dell’elemento strutturale e che abbiano centro di pressione coincidente con l’asse d’inerzia
lungo la direzione dei lati più lunghi della sezione. Il pilastro sia armato simmetricamente con
armature Ff = Ff = 6 20 = 6 ( 3,14 cm2 ) = 18, 84cm 2 .
I materiali siano Rck30 per il conglomerato e fyk = 430 MPa per le armature. Maggiori dettagli
della sezione di verifica per il pilastro sono riportati nella figura sottostante.
Inserire figura 10.37:
ILLUSTRAZIONI\ARTS Tiff(cap 10)\Figura es6.tif
Si ipotizzi, in particolare, un ricoprimento delle armature più esterne di c = 2, 5 cm e una
staffatura con tondini del 10 . Si verifichi a rottura la sezione e si indichi il campo di rottura.
Nel calcolo della sezione resistente si prescinda dal contributo dalle armature di parete.
SOLUZIONE. Calcolo resistenze di progetto dei materiali:
fcd = 0, 44 Rck = 0, 44 (300 daN / cm2 ) = 132daN / cm2 ;
conglomerato:
fyd = 3740daN / cm2 .
acciaio (tab. 9.4):
Calcolo distanza baricentri armature dai casseri:
h = h = c + staffe + g = (2, 5 cm) + (1, 0 cm) + (2, 0 cm) = 5,5 cm ;
1
Si ricorda che in condizioni di pressoflessione, tutte le equazioni riportate al paragrafo 10.6 assumono la convenzione di
considerare negative le compressioni e positive le trazioni.
324
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avendo indicato con g la distanza del baricentro delle armature tese (o compresse) dalla
superficie interna della staffa.
Calcolo altezza utile sezione:
h = H h = (50 cm) (5,50 cm) = 44,50 cm .
Calcolo distanza adimensionale baricentri armature dai casseri:
h h (5,50 cm)
= =
=
0,124
h
h (44, 50 cm)
Calcolo percentuali meccaniche di armatura:
Ff fyd
(18,84 cm 2 )
(3740 daN / cm2 )
f =
=
0, 400 ;
b h fcd (30 cm) (44, 50 cm) (132daN / cm2 )
(18,84 cm 2 )
(3740 daN / cm2 )
f =
=
0, 400 .
b h fcd (30 cm) (44, 50 cm) (132daN / cm2 )
Calcolo sollecitazioni adimensionali di progetto (sezione rettangolare):
N Rd
(1,1 10 5 daN)
n Rd =
=
0,624 ;
b h fcd (30 cm) (44, 5 cm) (132daN / cm 2 )
Ff
m Rd =
fyd
M Rd
(3,5 106 daNcm)
=
0, 446 .
b h 2 fcd (30 cm) (44, 5 cm) 2 (132daN / cm 2 )
Essendo la sezione pressoinflessa con eccentricità pari a e = MSd / N Sd 32 cm , e quindi con
centro di pressione relativamente vicino alle armature compresse, si può ipotizzare il campo di
rottura 4 (vedere figura 10.4), con gli acciai superiori compressi in campo plastico e gli acciai
inferiori tesi in campo elastico. Ciò posto, l’intervallo di pertinenza dell’asse neutro
adimensionale, per fyd = 3740daN / cm2 , è pari a (eq. 10.54):
1
=
1 + 2, 857 10 2 yd
1
1+ 2,857 102 fyd
Ef
1
H
(50 cm)
= 0, 663 =
1, 123 .
1 + 0, 509
h (44, 5 cm)
Ovvero, in cifre: 0, 663 1, 123 . Per la verifica della sezione conviene calcolare due
particolari coppie di punti n Rd ; mRd relative rispettivamente agli estremi del campo 4 (divisione
tra i campi di rottura 3 e 4: rottura bilanciata) e asse neutro adimensionale = d = 1+ (divisione tra i campi di rottura 4 e 5). Tracciato poi il segmento che unisce i suddetti punti, si
controlla che il punto individuato dalla coppia di valori n Sd ; mSd sia compreso all’interno della
frontiera del tratto di dominio di interazione evidenziato dal segmento precedentemente
tracciato.
Per la rottura bilanciata si pone = 0,663 , per cui risulta x = h = 0,663 ( 44, 5 cm) 29, 5 .
Pertanto, l’allungamento unitario degli acciai inferiori tesi, dato dall’equazione 10.55 (con
< 1 ), deve risultare uguale all’allungamento al limite elastico yd :
f = 3,5 ‰ f yd
1 3,5 1 0, 663
(3740daN / cm2 )
.
=
1, 78 ‰ = yd =
=
E f ( 2,1 10 6 daN / cm2 )
1000 0,663
Ovviamente risulta f = f / fyd = f Ef / fyd = yd Ef / fyd 1 . Per quanto riguarda l’acciaio
superiore compresso, in virtù della 10.57, risulta confermata l’entrata in campo plastico:
3, 5 3, 5 0,663 0,124
f =
=
2, 84 ‰ > yd
= 1, 78 ‰ .
1000 1000
0, 663
Calcolo della sollecitazione assiale a rottura (eq. 10.60 con rottura bilanciata: = 0,663 ):
0,8 f + f f = n Sd ;
dove, davanti al simbolo f si è lasciato il solo segno algebrico positivo (+) in virtù del
rispetto della condizione:
325
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1
1.
1 + 2, 857 10 2 yd
Sostituendo i valori numerici nell’equazione di equilibrio alla traslazione, si ha:
0,8 0,663 0,400 + 1 0, 400 = 0, 531 = nRd .
La relativa sollecitazione flettente a rottura risulta (eq. 10.60):
m Rd = ( f + f f ) 0, 5 (1 ) + 0,8 [0,5 (1 + ) 0, 4 ] ;
avendo lasciato davanti al simbolo f il segno algebrico positivo (+) in quanto l’asse neutro
adimensionale rientra nell’intervallo:
1
1.
1 + 2, 857 10 2 yd
Sostituendo i valori numerici si ha:
m Rd = (0, 400 + 1 0, 400) 0, 5 (1 0,124) +
+ 0,8 0,663 [0, 5 (1+ 0,124) 0, 4 0,663] 0,508.
Pertanto la prima coppia di valori, relativamente alla rottura bilanciata è:
(n Rd ; m Rd ) ( 0, 531; 0, 508) .
Nel caso di asse neutro che divide il campo di rottura 4 dal campo di rottura 5 (vedere figure
10.4 e 10.5), si assume = 1 + = 1 + 0, 124 = 1,124 .
Per l’equazione 10.56 si calcola:
3, 5 1 3, 5 1, 124 1 0, 386
f =
=
=
.
100 100 1,124
1000
Risulta, quindi:
0, 386 (2, 1 106 daN / cm 2 )
f = f / fyd = f Ef / fyd =
0, 217 .
1000 ( 3740daN / cm 2 )
Le equazioni adimensionali di equilibrio sono (eq. 10.60):
0,8 f f f = n Rd
( f f f ) 0, 5 (1 ) + 0,8 [0, 5 (1 + ) 0,4 ] = m Rd .
avendo lasciato davanti al simbolo f il segno algebrico negativo (–) in virtù della posizione
= 1 + . Sostituendo i valori numerici si trova la seconda coppia di valori:
(n Rd ; m Rd ) ( 1, 386; 0, 238) .
All’interno di un grafico cartesiano, unendo con un segmento le due coppie di punti calcolati, è
possibile verificare immediatamente che il punto determinato dalla coppia di sollecitazioni di
progetto (nSd ; mSd ) ( 0,624; 0, 446) rientra all’interno del dominio di interazione: la sezione
è verificata alla rottura.
Risulta, inoltre:
N
Ff + Ff 0,15 Sd ;
f yd
ovvero, sostituendo:
(1,1 10 5 daN)
2
2
2
(18,84 cm ) + (18,84 cm ) = 37, 68 cm 0,15 = 4, 41cm2 ;
2
( 3740daN / cm )
0, 3% b H Ff + Ff 6% b H ;
ovvero, sostituendo:
0, 3% (30 cm) (50 cm) = 4, 5 cm2 37, 68 cm2 6% (30 cm) (50 cm) = 90 cm2 .
326
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Inserire figura 10.38:
ILLUSTRAZIONI\ARTS Tiff(cap 10)\Figura es6_b.tif
ESEMPIO 7 (progetto condizionato). Sia data la sezione 30 cm x 50 cm dell’esempio
precedente. Mantenendo i medesimi materiali e le medesime sollecitazioni di calcolo,
progettare le armature in modo che la sezione presenti la massima duttilità possibile. A tal
proposito, si ipotizzi che il verso della sollecitazione flettente rimanga inalterato (assenza di
sollecitazioni dinamiche). Si progettino le armature inferiori disponendole su doppio registro.
SOLUZIONE. Le resistenze di progetto dei materiali sono:
fcd = 0, 44 Rck = 0, 44 (300 daN / cm2 ) = 132daN / cm2 ;
conglomerato:
acciaio (tab. 9.4):
fyd = 3740 daN / cm 2 .
Le sollecitazioni di progetto sono:
N Sd = 110 t = 1,1 10 5 daN (compressione)(2);
MSd = 35 tm = 3,5 106 daNcm (comprensiva delle eccentricità aggiuntive da Normativa).
Le corrispondenti sollecitazioni adimensionali di progetto sono:
N Sd
( 1, 1 10 5 daN)
n Sd =
=
0, 624 ;
b h fcd (30 cm) ( 44, 5 cm) (132daN / cm 2 )
MSd
( 3,5 106 daNcm)
mSd =
=
0, 446 .
b h 2 fcd (30 cm) ( 44, 5 cm) 2 (132daN / cm2 )
2
Si ricorda che in condizioni di pressoflessione, tutte le equazioni riportate al paragrafo 10.6 assumono la convenzione di
considerare negative le compressioni e positive le trazioni.
327
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Doc_a8_(3).doc
Supponendo, per sicurezza, di armare la parte tesa della sezione con barre del 26 disposte su
doppio registro, si ha:
h = h = c + staffe + g = (2, 5 cm) + (1, 0 cm) + (2, 0 cm) = 5,5 cm ;
avendo supposto con g la distanza del baricentro delle armature tese (o compresse) dalla
superficie interna della staffa (circa 2 cm).
Calcolo altezza utile sezione:
h = H h = (50 cm) (5,50 cm) = 44,50 cm .
Calcolo distanza adimensionale baricentri armature dai casseri (per semplicità e sicurezza si
pone a priori h h ):
h h (5,50 cm)
= =
=
0,124 .
h
h (44, 50 cm)
Imponendo una rottura il più possibile duttile, si impone = b = 0,2593 con asse neutro pari
al valore x = h = 0,2593 (44, 5 cm) = 11, 5 cm .
Calcolo parametro yd (2 ) :
yd (2 ) = 0,2593 (1 1, 361 10
4
fyd ) = 0, 2593[1 1, 361 10
4
(3740daN / cm2 )] 0,127 ;
risultando = 0,124 < yd ( 2) = 0,127 con > , allora il parametro f è incognito. Pertanto, è
necessario il calcolo del valore dell’asse neutro critico:
0,4762 10 4 fyd + 0, 4762 10 4 (3740 daN / cm 2 ) + 0,124
crit 2 =
=
0, 256 .
4
4
0,4762 10 fyd + 1
0,4762 10 ( 3740daN / cm2 ) + 1
Risultando = b = 0,2593 > crit 2 = 0, 256 si deduce che anche le armature superiori lavorano
in campo plastico ( f = 1 con f = fyd ). Si sfruttano, pertanto, le equazioni di equilibrio
10.46_b e 10.47_b; che riordinate assumono la forma:
f
f f
= (nSd + 0,8 )
= mSd 0, 8 [0,5 (1+ ) 0, 4 ].
f 0, 5 (1 ) + f f 0,5 (1 )
Essendo verificata la condizione , nell’equazione adimensionale dell’equilibrio alla
traslazione si è lasciato il segno algebrico negativo (–) davanti al simbolo f ; mentre nella
restante equazione di equilibrio alle rotazioni si è lasciato il solo segno algebrico positivo (+)
davanti al simbolo f . Il sistema è a due equazioni nelle due incognite f e f . Sostituendo i
valori numerici, si ottiene:
f
f
= 0, 416
+ f 0,438
= 0,351.
f 0, 438
Le soluzioni del sistema (da considerarsi come valori minimi) sono le seguenti:
( f ) min 0,192 ;
( f ) min 0,609 .
Le rispettive aree di armatura sono:
f
(132daN / cm2 )
(F f ) min = f b h cd = 0,192 ( 30 cm) (44, 5 cm) 9,05 cm 2 ;
f yd
(3740daN / cm 2 )
( Ff) min = f b h fcd
(132daN / cm 2 )
= 0,609 (30 cm) (44, 5 cm)
28, 69 cm2 .
( 3740daN / cm 2 )
f yd
Volendo disporre le armature superiori su doppio registro, si avrà(3):
Ff = 3 26 + 3 26 = 6 (5,30 cm2 ) 31, 80 cm2 > 28, 69 cm 2 ;
mentre, per le armature compresse si disporranno:
3
Notare che nelle calcolazioni si è imposto h = h , con valore pari a quello relativo al caso di armature disposte su doppio
registro. Pertanto, si rimane in sicurezza comunque si vogliano disporre le barre sia in zona tesa che in zona compressa.
328
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Ff = 2 26 = 2 (5, 30 cm2 ) = 10, 62 cm2 > 9,05 cm 2 .
Il coefficiente di sicurezza alla rottura, essendo le armature calcolate dei valori minimi, risulta:
Ff
Ff CS = min ;
1,11 .
(Ff ) min ( Ff) min Inoltre, risulta:
0,15
0,15
Ff = 10,62 cm2 >
bH =
( 30 cm) (50 cm) = 2,25 cm2 .
100
100
Risulta anche:
N
Ff + Ff 0,15 Sd ;
f yd
ovvero, sostituendo:
(31, 80 cm2 ) + (10, 62 cm2 ) = 42, 42 cm2 0,15
(1, 1 10 5 daN)
= 4,41 cm2 ;
(3740 daN / cm 2 )
0, 3% b H Ff + Ff 6% b H ;
ovvero, sostituendo:
0, 3% (30 cm) (50 cm) = 4, 5 cm2 42, 42cm 2 6% (30 cm) ( 50 cm) = 90 cm 2 .
OSSERVAZIONI. Come noto, nel caso di sollecitazioni dinamiche, il verso della
sollecitazione flettente (e quindi l’eccentricità) si inverte continuamente. Di conseguenza, è
necessario verificare la sezione in funzione dei due differenti versi di azione della sollecitazione
flettente. In tal caso, la procedura illustrata in questo esempio può essere un’alternativa – una
volta fissato uno qualunque dei due versi dell’azione flettente – per dimensionare dapprima i
rapporti meccanici di armatura corrispondenti alla massima duttilità raggiungibile dalla sezione
e infine per incrementare il coefficiente di sicurezza alla rottura, imponendo un’opportuna
armatura simmetrica.
Ad esempio, nel caso particolare dell’esempio appena esposto, per sollecitazioni dinamiche, è
necessario adottare un’armatura simmetrica pari alla massima armatura necessaria in zona
compressa (che risulta la maggiore tra le due) calcolata in condizioni di massima duttilità:
Ff = Ff = 3 26 + 326 .
In questo modo, la parte di sezione di volta in volta compressa presenterà sempre l’armatura
superiore nella giusta percentuale. È bene, però, precisare che un siffatto provvedimento
allontana ovviamente la sezione dalla condizione di massima duttilità ma, come osservato
nell’esempio 5, allo stesso tempo allontana la frontiera del dominio di rottura dalle
sollecitazioni di progetto, rendendo di fatto più sicura la sezione (relativo aumento del
coefficiente di sicurezza alla rottura).
Relativamente all’esempio proposto, si può infatti dimostrare che, se si dispongono due
armature simmetriche tali che Ff = Ff = 3 26 + 326 , il dominio di interazione si ingrandisce,
con conseguente incremento del coefficiente di sicurezza alla rottura. In particolare, il campo di
rottura della sezione si sposta dalla condizione di massima duttilità (limite tra i campi di rottura
2 e 3) al campo di rottura 4, tipico delle sezioni prossoinflesse.
Le figure di seguito proposte sintetizzano quanto detto, presentando i due diagrammi di
interazione calcolati rispettivamente nel caso di armature non simmetriche (ma in condizioni di
massima duttilità) e nel caso di armature simmetriche (con rottura nel campo 4 e relativo
aumento del coefficiente di sicurezza alla rottura).
329
Documento #:
Doc_a8_(3).doc
Nota per la composizione: prego disporre figura su intera pagina per agevolare la lettura.
Inserire figura 10.39:
ILLUSTRAZIONI\ARTS Tiff(cap 10)\Figura es7_b.tif
330
Documento #:
Doc_a8_(3).doc
Nota per la composizione: prego disporre figura su intera pagina per agevolare la lettura
Inserire figura 10.40:
ILLUSTRAZIONI\ARTS Tiff(cap 10)\Figura es7.tif
In base a queste osservazioni, è possibile dedurre che sezioni sufficientemente pressoinflesse e
armate con armature simmetriche presenteranno i campi di rottura 4 o 5; quest’ultimo, nel caso
di pressoflessioni con relativamente piccole eccentricità.
331
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ESEMPIO 8 (procedura di verifica). Sia data una sezione rettangolare 30 cm x 50 cm armata
con armatura simmetrica su doppio registro Ff = Ff = 6 26 = 6 (5,30 cm2 ) = 31, 8 cm 2 . I
materiali siano Rck30 per il conglomerato e fyk = 430 MPa per gli acciai. La sezione sia
sottoposta alle seguenti sollecitazioni di progetto:
N Sd = 300 t = 3,0 10 5 daN (compressione)
MSd = 20 tm = 2,0 10 6 daNcm (comprensiva delle eccentricità aggiuntive da Normativa).
Si assuma un ricoprimento delle armature più esterne di c = 2, 5 cm e uno staffaggio con barre
del diametro del 10 . Si verifichi a rottura la sezione.
SOLUZIONE. Le resistenze di progetto dei materiali sono:
fcd = 0, 44 Rck = 0, 44 (300 daN / cm2 ) = 132daN / cm2 ;
conglomerato:
acciaio (tab. 9.4):
fyd = 3740 daN / cm 2 .
Le sollecitazioni adimensionali di progetto sono:
N Sd
( 3, 0 10 5 daN)
n Sd =
=
1,702 ;
b h fcd (30 cm) ( 44, 5 cm) (132daN / cm 2 )
mSd =
MSd
(2,0 10 6 daNcm)
=
0, 255 .
b h 2 fcd (30 cm) ( 44, 5 cm) 2 (132daN / cm2 )
Si ha:
h = h = c + staffe + g = (2, 5 cm) + (1, 0 cm) + (2, 0 cm) = 5,5 cm ;
avendo supposto con g la distanza del baricentro delle armature tese (o compresse) dalla
superficie interna della staffa (circa 2 cm).
Calcolo percentuali meccaniche di armatura:
Ff fyd
( 31,8 cm2 )
(3740 daN / cm2 )
f =
=
0,675 ;
b h fcd (30 cm) (44, 50 cm) (132daN / cm2 )
( 31,8 cm2 )
(3740 daN / cm2 )
f =
=
0,675 .
b h fcd (30 cm) (44, 50 cm) (132daN / cm2 )
Calcolo altezza utile sezione:
h = H h = (50 cm) (5,50 cm) = 44,50 cm .
Calcolo distanza adimensionale baricentri armature dai casseri (per semplicità e sicurezza si
pone a priori h h ):
h h (5,50 cm)
= =
=
0,124 .
h
h (44, 50 cm)
L’eccentricità del centro di pressione dall’asse dell’elemento strutturale è:
e = MSd / N Sd 6,7 cm , pari a circa il 27% di H/2.
Essendo la sezione sottoposta ad una sollecitazione di pressoflessione a relativamente contenuta
eccentricità, si ipotizza il campo di rottura 5 (figura 10.5). Si procede, per la verifica, al calcolo
della coppia di sollecitazioni resistenti (a rottura) relativi al punto (relativo a = d = 1+ ) che
divide il campo di rottura 3 dal campo di rottura 4, e al calcolo della coppia di sollecitazioni
resistenti relativi alla massima compressione (relativo a + ). In questo modo, in un
sistema di assi cartesiani, facendo passare un segmento tra i due punti individuati, si delinea
parte del dominio di interazione relativo al settore della rottura nel campo 4. In questo modo,
evidenziando sugli assi cartesiani anche il punto delle sollecitazioni di progetto ( n Sd ;mSd ) è
immediato constatare la verifica o meno della resistenza.
Si fissa, pertanto, il valore = d = 1+ = 1+ 0,124 = 1, 124 . Di conseguenza, utilizzando le
equazioni 10.68 si scrive:
Ff
fyd
332
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0,8 f f f = nRd
( f f f ) 0, 5 (1 ) + 0,8 [0, 5 (1 + ) 0,4 ] = m Rd ;
avendo tenuto conto, infatti, del rispetto della condizione 1 + < 1, 25 (1+ ) .
Avendo fissato il valore dell’asse neutro adimensionale, si può procedere al calcolo della
deformazione unitaria degli acciai inferiori (eq. 10.64):
2, 0
2, 0
1,124 1
0, 386
1
f =
=
=
.
3
3
1000 (1+ ) 1000 1, 124 (1 + 0,124) 1000
7
7
Risultando, per definizione del parametro f = f / fyd = f Ef / fyd :
f = f Ef
fyd
=
0, 386 (2, 1 10 6 daN / cm2
0,217 .
1000 (3740daN / cm2 )
Sostituendo i valori nelle due equazioni di equilibrio si ha:
0,899 0,675 0, 675 0,217 = n Rd = 1, 720
0, 529 0, 562 + 0,899 [0, 562 0, 450] = mRd = 0, 333.
Pertanto, la prima coppia di sollecitazioni resistenti a rottura (divisione tra i campi 4 e 5) è:
(n Rd ; mRd ) ( 1, 72; 0,33) .
Essendo la sezione armata con armatura simmetrica, le sollecitazioni a rottura del rimanente
punto (massima compressione) si calcolano immediatamente imponendo l’eccentricità nulla:
m Rd = 0 . Pertanto, dal sistema delle equazioni di equilibrio si ricava il massimo valore della
sollecitazione assiale (eq. 10.74):
n (max)
= (1+ ) 2 f = (1 + ) 2 f = (1+ 0,124) 2 0, 675 2,47 .
Rd
Pertanto, l’ultimo punto è individuato dalla coppia di valori:
(n Rd ; mRd ) ( 2, 47; 0,00) .
Volendo tenere poi in conto anche quanto prescritto dalla Normativa Italiana (vecchio D.M.
09.01.96) sui valori massimi di compressione, si ha il valore della sollecitazione assiale ridotta
(eq. 10.74_b):
0, 4 fck
0, 4 (249daN / cm 2 )
( rid max)
n Rd
=
(1+ ) 2 f = (1 + 0,124) 2 0,675 2, 20 .
fcd
(132daN / cm 2 )
La figura seguente illustra il settore del dominio di interazione delimitato dalle due rette
cercate. In particolare, si può vedere che la sezione è verificata alla rottura rientrando inoltre nel
limite di compressione massima imposta dalla Normativa Italiana (D.M. 09.01.96).
333
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Nota per la composizione: prego disporre figura su intera pagina per agevolare la lettura
Inserire figura 10.41:
ILLUSTRAZIONI\ARTS Tiff(cap 10)\Figura es8.tif
Risulta, inoltre:
Ff + Ff 0,15 N Sd
;
f yd
ovvero, sostituendo:
(31, 80 cm2 ) + ( 31,80 cm 2 ) = 63, 6 cm2 0,15 (1,1 10 5 daN)
= 4, 41cm2 ;
( 3740daN / cm2 )
334
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Doc_a8_(3).doc
0, 3% b H Ff + Ff 6% b H ;
ovvero, sostituendo:
0, 3% (30 cm) (50 cm) = 4, 5 cm2 63, 6 cm 2 6% (30 cm) (50 cm) = 90 cm2 .
ESEMPIO 9 (progetto condizionato). Sia dato un pilastro di sezione trasversale 30 cm x 50
cm. I materiali siano Rck30 per il conglomerato e fyk = 430 MPa per gli acciai delle armature.
Si ipotizzi che la sezione da progettare sia staffata con barre di diametro 8 mm e che il
ricoprimento della superficie più esterna delle staffe sia pari a c = 2,5 cm. Le sollecitazioni di
progetto siano di pressoflessione con piccola eccentricità:
N Sd = 210 t = 2,1 10 5 daN (compressione);
MSd = 8 tm = 8,0 105 daN (compreso le eccentricità aggiuntive da Normativa).
Si imponga un’armatura simmetrica per la sezione.
SOLUZIONE. Calcolo resistenze di progetto dei materiali:
fcd 0, 44 Rck = 0,44 ( 300daN / cm 2 ) = 132 daN / cm2 ;
conglomerato:
fyd = 3740daN / cm2 .
acciaio (tab. 9.4):
Calcolo distanza baricentro armature longitudinali dai casseri:
ipotizzando un diametro medio delle barre longitudinali di 22 mm, si calcola:
h h = c + staffe + long / 2 = (2, 5 cm) + (0, 8 cm) + (2, 2 cm) / 2 = 4, 40 cm .
Calcolo altezza utile sezione resistente:
h = H h = (50 cm) (4, 40 cm) = 45,50 cm .
Calcolo distanza adimensionale bericentro armature longitudinali dai casseri:
h h (4, 5 cm)
=
= =
0,099 .
h
h (45, 5 cm)
Calcolo sollecitazioni adimensionali di progetto:
N Sd
( 2,1 10 5 daN)
n Sd =
=
1, 166 ;
b h fcd (30 cm) ( 45, 5 cm) (132daN / cm 2 )
MSd
(8, 0 10 5 daNcm)
=
0,098 .
b h 2 fcd (30 cm) ( 45, 5 cm) 2 (132daN / cm2 )
Tenendo conto anche dell’eccentricità aggiuntiva, si è comunque in presenza di pressoflessione
con modestissima eccentricità:
e = MSd / N Sd 2, 6 cm .
Pertanto, si può ipotizzare una rottura nel campo 5 (vedere figura 10.5), in cui sia il
conglomerato che le armature si trovano in compressione.
Considerando per le compressioni del conglomerato il modello dello “stress block”, si tenta un
valore dell’asse neutro adimensionale che soddisfi la condizione:
(1+ ) < 1, 25 (1+ ) ;
ovvero in cifre:
1,099 < 2, 624 .
Si prova direttamente con un valore prossimo all’estremo superiore: = 2,6 . In base
all’equazione 10.64, si calcola l’accorciamento unitario degli acciai inferiori ( Ff ):
2, 0
2, 0
2, 6 1
1, 50
1
f =
=
;
3
3
1000 (1+ ) 1000 2,6 (1, 099) 1000
7
7
da cui si può ricavare il valore del parametro f . Infatti, dalla relazione:
mSd =
f = f E f = f f yd , si deduce:
335
Documento #:
Doc_a8_(3).doc
f = f Ef
fyd
=
1, 50 (2,1 10 6 daN / cm 2 )
0,844 .
1000 (3740daN / cm 2 )
Pertanto, in virtù della posizione assunta di 1 + < 1, 25 (1+ ) , si possono utilizzare le
equazioni di equilibrio 10.68. In particolare, dall’equazione di equilibrio alla traslazione,
assunta l’ipotesi di armatura doppia f = f , si scrive:
0, 8 f (1+ f ) = nSd ;
avendo imposto la condizione n Rd = n Sd di massima economia per gli acciai. Pertanto, isolando
la variabile f e sostituendo i valori si ha:
f =
0, 8 n Sd 0,8 2,6 ( 1, 166)
=
0, 496 < 0 .
(1 + f )
(1+ 0, 844)
Il risultato però, non essendo coerente con la definizione del rapporto meccanico di armatura
( f > 0 ), indica che il valore scelto per l’asse neutro non è corretto. Si tenta, quindi, con un
valore prossimo al limite inferiore:
= 1,1 .
Riapplicando la medesima procedura, si ottiene:
1
2, 0
2, 0
1, 1 1
0,32
f =
=
;
1000 3 (1+ ) 1000 1, 1 3 (1,099) 1000
7
7
da cui risulta:
E f 0, 32 (2,1 10 6 daN / cm 2 )
f = f =
0,178 .
fyd 1000 (3740daN / cm 2 )
Sostituendo i nuovi valori nell’equazione di equilibrio alla traslazione, scritta sempre per
f = f , si ottiene:
f =
0, 8 n Sd 0,8 1,1 ( 1,166)
=
0, 242 ;
(1 + f )
(1+ 0, 178)
quindi: f = f = 0, 242 .
Come verifica della sezione, è necessario che sia rispettata anche l’equazione di equilibrio alle
rotazioni (eq. 10.68), espressa ovviamente in termini di f = f :
f (1 f ) 0, 5 (1 ) + 0,8 [0, 5 (1+ ) 0, 4 ] = mRd .
Sostituendo i valori numerici, si ha:
0, 242 (1 0,178) 0,5 (1 0, 099) +
+ 0, 8 1,1 [0, 5 (1, 099) 0, 4 1, 1] = mRd 0, 186 .
Risultando m Rd = 0,186 > mSd = 0,098 , la sezione risulta verificata alla rottura. Volendo
minimizzare il quantitativo di armatura, è necessario scegliere quel particolare valore di che
abbassi il valore attuale del coefficiente di sicurezza a rottura:
CS = m Rd / mSd 1, 90 1 .
Con analogo procedimento, eventualmente implementando la procedura su un normale foglio
di calcolo, si può dimostrare che un valore dell’asse neutro adimensionale pari a 1, 228
porta il coefficiente di sicurezza a rottura al valore CS 1, 002 1 .
Volendo però mantenere comunque un sufficiente margine di sicurezza a rottura, si fissa un
valore dell’asse neutro adimensionale pari a:
= 1, 2 .
In questo caso, volendo calcolare anche gli accorciamenti unitari dei materiali, si possono
utilizzare l’equazione 10.63 per l’accorciamento della fibra di conglomerato maggiormente
compressa e l’equazione 10.65 per l’accorciamento unitario della fibra di conglomerato
compressa in misura minore; e, infine, l’accorciamento unitario degli acciai superiori e
inferiori. Pertanto, si ha rispettivamente:
336
Documento #:
Doc_a8_(3).doc
2, 0
2, 0
1,2
3, 29
=
;
1000 3 (1+ ) 1000 1, 2 3 (1, 099) 1000
7
7
2,0
2,0
1, 2 (1, 099)
0,28
(1+ )
c min =
=
;
3
3
1000 (1 + ) 1000 1, 2 (1, 099) 1000
7
7
2, 0
2, 0
1, 2 0,099
3, 02
f =
=
;
1000 3 (1+ ) 1000 1, 2 3 (1, 099) 1000
7
7
2, 0
2, 0
1, 2 1
0, 55
1
f =
=
;
3
3
1000 (1+ ) 1000 1, 2 (1, 099) 1000
7
7
quest’ultimo con:
E f 0, 55 (2,1 10 6 daN / cm 2 )
f = f =
0,308 .
fyd 1000 (3740daN / cm 2 )
c =
Sostituendo, infine, i valori nell’equazione di equilibrio alla traslazione si ottiene:
0,8 nSd 0, 8 1, 2 ( 1, 166)
f = f =
=
0,157 .
(1+ f )
(1+ 0,308)
Sostituendo ancora i valori anche nell’equazione di equilibrio delle rotazioni (scritta in termini
di f = f ), si ottiene:
0,157 (1 0, 308) 0, 5 (1 0, 099) +
+ 0, 8 1, 2 [0,5 (1, 099) 0, 4 1, 2] = m Rd 0,116 .
Il coefficiente di sicurezza alla rottura risulta, in questo caso:
CS = m Rd / mSd 1,18 1 .
Il relativo momento resistente ultimo è:
MRd = mRd b h 2 fcd = 0,116 (30 cm) ( 45, 5 cm) 2 (132daN / cm2 ) 949000 daNcm .
Infine, dai rapporti meccanici di armatura, si ricavano le aree di armatura (minime):
f
(132daN / cm2 )
Ff = Ff = f b h cd = 0,157 (30 cm) (45, 5 cm) 8, 34 cm 2 ;
( 3740daN / cm 2 )
fyd
realizzabili disponendo:
Ff = Ff = 224 = 2 (4, 52 cm 2 ) = 9,04 cm2 > 8, 34 cm 2 .
Come verifiche ulteriori, si controlla il rispetto delle massime compressioni secondo la
Normativa Italiana (vecchio D.M. 09.01.96):
0, 4 fck
( ridmax)
nSd n Rd
= (1+ ) 2 f =
fcd
= 0, 4 (249 daN / cm 2 )
(1, 099) 2 0,157 1, 20 .
(132daN / cm 2 )
Infatti: nSd = 1, 166 < 1, 20 .
Infine, risulta:
Ff + Ff 0,15 NSd
fyd
,
essendo:
2 (9, 04 cm 2 ) = 18, 08 cm2 0,15
(2,1 10 5 daN)
8, 42 ;
(3740 daN / cm2 )
e 0, 3% b H Ff + Ff 6% b H ,
essendo:
337
Documento #:
Doc_a8_(3).doc
6
0, 3
(30 cm) ( 50 cm) = 4,5 cm2 18, 08 cm2 ( 30 cm) (50 cm) = 90 cm2 .
100
100
Nella figura seguente, si riporta il semidominio di interazione (rottura) della sezione progettata.
In particolare, come si può notare, le compressioni sono state assunte con segno positivo.
Inserire figura:
ILLUSTRAZIONI\ARTS Tiff(cap 10)\Es(ITA)9.tif
Figura 10.42 – Semidominio di rottura sezione pilastro maggiormente cimentata.
338
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Doc_a8_(3).doc
ESEMPIO 10 (procedura di verifica). Sia dato un tirante in c.a. di sezione 30 cm x 30 cm
armato con 4 24 . Si supponga di voler verificare la sezione a rottura, impiegando come
materiali Rck30 per il conglomerato e fyk = 430 MPa per le armature. La sollecitazione assiale
di trazione sia N Sd = 65 t = 65000 daN .
SOLUZIONE. Volendo verificare la sezione a rottura, essendo tutta la sezione tesa, si può
prescindere dal calcolo della resistenza a trazione del conglomerato. Per gli acciai tesi, la
resistenza di progetto è fyd = 3740daN / cm2 .
Pertanto, dovendo trascurare la resistenza a trazione del conglomerato, la resistenza ultima a
trazione della sezione è dovuta alla sola resistenza delle armature:
N Rd = ( Ff + Ff ) fyd = 4 (4, 52 cm 2 ) (3740daN / cm2 ) 67619 daN > N Sd = 65000 daN .
Il coefficiente di sicurezza alla rottura è:
CS = N Rd / NSd 1, 04 1 .
OSSERVAZIONI. In questo particolare caso, di sezione armata in modo simmetrico, la
procedura per il progetto delle armature si semplifica direttamente nel calcolo dell’equazione:
N
(F f + Ff) min = Sd .
fyd
Le armature effettivamente da disporre saranno tali da verificare la condizione di minimo:
(F f + Ff) eff (F f + Ff) min .
La resistenza a trazione del conglomerato dovrà invece essere tenuta in conto nella verifica a
fessurazione del tirante (verifica agli stati limite di esercizio).
ESEMPIO 11 (progetto condizionato). Sia dato un elemento strutturale in c.a. di sezione 30
cm x 60 cm, soggetto ad una sollecitazione di tensoflessione con contenuta eccentricità. In
particolare, le sollecitazioni di progetto siano:
N Sd = 65 t = 65000 daN = 6, 5 10 4 daN (trazione);
MSd = 2 tm = 2,0 10 5 daNcm .
Ipotizzando come materiali Rck30 per il conglomerato e fyk = 430 MPa per gli acciai,
progettare le armature simmetriche della sezione, in modo che sia verificata a rottura con un
coefficiente di sicurezza almeno pari a 1,1.
SOLUZIONE. Calcolo resistenze di progetto materiali:
fcd 0, 44 Rck = 0,44 ( 300daN / cm 2 ) = 132 daN / cm2 ;
conglomerato:
fyd = 3740daN / cm2 .
acciaio (tab. 9.4):
Supponendo, per semplicità, che il baricentro delle armature longitudinali al più possa distare di
4,5 cm dai casseri, si calcola:
h h h
( 4,5 cm)
=
= =
=
0, 081 ;
h
h H h (60 cm 4,5 cm)
con altezza utile valutata pari a h = H h = 55,50 cm .
Calcolo sollecitazioni adimensionali di progetto:
N Sd
(6,5 10 4 daN)
n Sd =
=
0, 296 ;
b h fcd (30 cm) ( 55, 5 cm) (132daN / cm 2 )
MSd
(2, 0 10 5 daNcm)
mSd =
=
0,016 .
b h 2 fcd (30 cm) ( 55, 5 cm) 2 (132daN / cm2 )
Risultando in tensoflessione un’eccentricità sufficientemente contenuta:
e = MSd / N Sd 3, 1 cm ,
339
Documento #:
Doc_a8_(3).doc
si ipotizza una rottura nel campo 1. In particolare, si parte dalla posizione limite = 0 ;
dall’equazione 10.38 si valuta il relativo allungamento unitario degli acciai superiori:
10 10
10
0,810
f =
=
=
0, 081
.
1000 1 1000
1000
1000
Si può, quindi, valutare il valore del parametro f :
f = f Ef
fyd
=
0, 810 (2,1 10 6 daN / cm 2 )
0,455 .
1000 (3740daN / cm 2 )
Scrivendo poi le equazioni di equilibrio in funzione di un’armatura simmetrica ( f = f ), si
ottiene:
n Rd = f (1+ f )
m Rd = 0,5 (1 ) f (1 f ).
Imposta la condizione di massima economia per gli acciai ( n Rd = n Sd ), la prima equazione di
equilibrio alla traslazione diventa:
n Sd
.
f = f =
(1+ f )
Sostituendo i valori numerici, relativamente alla posizione assunta per l’asse neutro ( = 0 ), si
ha:
0,296
f = f =
0,203 .
(1+ 0, 455)
Sostituendo nella seconda equazione di equilibrio alle rotazioni (eq. 10.37), si ottiene:
m Rd = 0,5 (1 0,081) 0,203 (1 0, 455) 0, 051 .
Risultando m Rd = 0,051 > mSd = 0, 016 , la sezione risulta verificata a rottura nel campo 1 con
coefficiente di sicurezza alla rottura pari a:
CS = m Rd / mSd 3, 186 1 .
Volendo, però, minimizzare il quantitativo di armature, si decide di abbassare il coefficiente di
sicurezza alla rottura ad un valore prossimo a 1,10 ÷ 1, 20 . Si tenta, quindi, con il valore
= 0, 06 ; rieseguendo le calcolazioni, si ha:
10 10 0,081 0,06 1, 33
f =
=
;
1000 1 1000
1 0, 06
1000
da cui risulta:
E f 1, 33 (2,1 10 6 daN / cm 2 )
f = f =
0,747 .
fyd 1000 (3740daN / cm 2 )
Dall’equazione di equilibrio alla traslazione (scritta per f = f ), si ha:
n Sd
0,296
f = f =
=
0,169 .
(1+ f ) (1+ 0, 747)
Sostituendo nella 2° equazione di equilibrio alle rotazioni (scritta sempre per f = f ), si ha:
m Rd = 0,5 (1 0,081) 0,169 (1 0, 747) 0, 0197 .
Risultando m Rd = 0,0197 > mSd = 0,016 , la sezione risulta verificata a rottura nel campo 1 con
coefficiente di sicurezza alla rottura pari a:
CS = m Rd / mSd 1, 23 1 .
Pertanto, le armature richieste si calcolano:
f
(132daN / cm2 )
Ff = Ff = f b h cd = 0,169 (30 cm) ( 55, 5 cm) 9,96 cm 2 ;
(3740 daN / cm 2 )
fyd
realizzabili praticamente ponendo:
Ff = Ff = 3 22 = 3 ( 3,80 cm 2 ) = 11, 4 cm2 > 9,96 cm 2 .
340
Documento #:
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Nella figura sottostante si riporta il semidominio resistente di progetto della sezione armata con
armatura doppia simmetrica 3 + 3 22 . Si nota come il punto della coppia di sollecitazioni di
progetto sia all’interno del dominio di rottura (2° quadrante). In particolare, nel grafico
proposto, per le sollecitazioni di trazione si è utilizzata la convenzione di considerarle di segno
negativo.
Inserire figura:
ILLUSTRAZIONI\ARTS Tiff(cap 10)\ES(ITA)11.tif
Figura 10.43 – Semidominio di rottura sezione progettata.
OSSERVAZIONI. Implementando la procedura proposta su un comune foglio di calcolo, si
può dimostrare che il valore dell’asse neutro che abbassa il coefficiente di sicurezza a rottura al
valore CS 1, 001 1 è = 0, 0693 . A tale valore risulta:
f = f = 0,165
Ff = Ff = 9,72 cm2 ,
con m Rd = 0,016
MRd = 195428 daNcm
e f = 1, 406 ‰ con f = 0, 789 .
341