Sezioni in c. a.
dalle tensioni ammissibili agli stati limite
Taglio
Taglio, punzonamento, torsione
Teramo, 21 ottobre 2006
Edoardo M. Marino
Comportamento di una trave
Comportamento di una trave
P
1 – calcestruzzo resistente a trazione
P
P
trave
n
schema
Momento
flettente
M
P
3
σ
τ
1
τ
σ
2
τ
45°
σξ
P
> 45°
σ
Taglio
P
Comportamento di una trave 1 –
Comportamento di una trave
calcestruzzo resistente a trazione
P
< 45°
P
σξ=τxy
σ
V
σξ
τ
2 – calcestruzzo non resistente a trazione
P
P
P
n
σ
isostatiche
τ
1
τ
2
V
0.9 b d
τ
σξ=τxy
σ
P
τmax =
σξ
45°
σ
> 45°
P
1
Comportamento di una trave
2 – calcestruzzo non resistente a trazione
P
P
Resistenza
di trave non armata a taglio
isostatiche
τ
σξ=τxy
σ
P
ma questa tensione di trazione è incompatibile
con l’ipotesi fatta per il materiale
Verifica – tensioni ammissibili
Non è necessaria armatura a taglio se τ < τc0
Vuol dire che:
- Non si accetta trazione dovuta alla flessione
- Si accettano modeste trazioni dovute al taglio
Verifica – stato limite ultimo
Viene proposto un modello per calcolare la resistenza
in assenza di armature a taglio
Si parte dall’esame delle lesioni provocate dal taglio
in una trave priva di armature a taglio
Il taglio al di sotto del quale non è necessaria
armatura a taglio è
Vc 0 = 0.9 τc 0 b d
Nota: si devono comunque disporre armature
minime a taglio, tranne che nei solai
Verifica – stato limite ultimo
Verifica – stato limite ultimo
Viene proposto un modello per calcolare la resistenza
in assenza di armature a taglio
Viene proposto un modello per calcolare la resistenza
in assenza di armature a taglio
Si parte dall’esame delle lesioni provocate dal taglio
in una trave priva di armature a taglio
Si parte dall’esame delle lesioni provocate dal taglio
in una trave priva di armature a taglio
Modello a pettine
Dorso del pettine
Dente del pettine
2
Resistenza del dente
V
x
Resistenza del dente
V
Nc
d
45 °
d-x
x
N c + ∆N c
z
Ns
N s + ∆N s
d
d-x
N0
M0
∆N s
∆x
∆N s
∆x
∆Ns =
∆M V ∆x
=
z
z
∆x
∆M V
∆Ns = N0 = - ∆N
= s = - V ∆x
z 2 z 2z
∆x  V ∆x 
∆x 

M0 = -∆Ns  d - x = d-x- 4 
4 
z



Altri contributi
Resistenza del dente
alla resistenza del dente
Rottura quando
σ = fcfd
N0
M0
∆N s
∆N s
Ingranamento degli inerti
Resistenza del dente:
Resistenza del dente:
VRd = τRd b d
VV
==ττRdRdkbbdd
RdRd
τRd = 0.25 fctd
k = 1.6 − d
Altri contributi
Esempio – tensioni ammissibili
alla resistenza del dente
Travetti di solaio:
b = 20 cm
h = 24 cm
d = 22 cm
Effetto spinotto
Resistenza del dente:
VRd1
VRd = τVRd
k=(τ1Rd
.2 k+ b
40d ρl ) b d
Rd
A
ρl = s
bd
≥1
As = 2∅10 a travetto
3.1 cm2 a metro
Il taglio al di sotto del quale non è necessaria
armatura a taglio è
Vc 0 = 0.9 τc 0 b d =
= 0.9 × 0.53 × 20 × 22 × 10 −1 = 21.0 kN
≤ 0.02
3
Esempio – stato limite ultimo
Travetti di solaio:
b = 20 cm
h = 24 cm
d = 22 cm
As = 2∅10 a travetto
3.1 cm2 a metro
Il taglio al di sotto del quale non è necessaria
armatura a taglio è
τRd = 0.25 MPa
VRd1 = τRd k (1.2 + 40 ρl ) b d
k = 1.6 − 0.22 = 1.38
3.1
ρl =
= 0.00646
20 × 24
VRd1 = 22.2 kN
1.2 + 40 ρl = 1.46
Confronto
Tensioni ammissibili:
Vc 0 = 0.9 τc 0 b d = 21.0 kN
0.48
0.48 x 1.45 = 0.72
Stato limite ultimo:
VRd1 = τRd k (1.2 + 40 ρl ) b d = 22.2 kN
0.50
0.25 ÷ 0.80
Ma i carichi allo SLU sono circa 1.45 volte maggiori,
quindi la resistenza è, in proporzione, minore
Modello di calcolo
Resistenza
di trave armata a taglio
Traliccio di Mörsch
Verifica – tensioni ammissibili
La resistenza del calcestruzzo viene valutata
convenzionalmente col confronto τ ≤ τc1
Quindi:
Vc1 = 0.9 τc1 b d
La resistenza dell’armatura viene valutata col
traliccio di Mörsch - schema isostatico
Per staffe:
Vst =
Verifica – stato limite ultimo
Sia la resistenza del calcestruzzo che quella
dell’armatura vengono valutate col modello di
traliccio
Attenzione: occorre tener conto del fatto che il
traliccio è iperstatico
Traliccio iperstatico
Ast
0 . 9 d σs
s
4
Verifica – stato limite ultimo
Verifica – stato limite ultimo
In campo lineare, l’iperstaticità del traliccio è
irrilevante
Quindi, in una prima fase elastica
Resistenza del calcestruzzo:
Rigidezza estensionale
>>
Rigidezza flessionale
z
Traliccio iperstatico
Traliccio isostatico
=
V
Ponendo
σc = ν fcd
Notare:
Verifica – stato limite ultimo
si ottiene
Nc = V 2
Ac = b z 2
VRd2 =
α fcd
1
νf bz
2 cd
ν fcd
ν = 0.7 −
Verifica – stato limite ultimo
Quindi, in una prima fase elastica
Superata la fase elastica, si hanno due modelli
Resistenza dell’armatura:
Modello “normale”
z
Ns = V
V
Ponendo
σ s = fyd
si ottiene
Vwd =
Ast
f z
s yd
Verifica – stato limite ultimo
VRd2 =
Se si snerva l’armatura
scompare l’armatura a taglio
Modello “di traliccio a inclinazione variabile”
Quando si snerva l’armatura
scompare l’armatura a taglio
ma per l’ingranamento degli
inerti la direzione di
compressione si inclina
1 ≤ cot θ ≤ 2
cot θ
νf bz
1 + cot2 θ cd
VRd3 =
1
νf bz
2 cd
rimane ancora il “pettine”
con la sua resistenza
con
Vcd = VRd1
Esempio – tensioni ammissibili
Superata la fase elastica, si hanno due modelli
VRd2 =
Se si rompe prima il
calcestruzzo: fine
z
VRd3 = Vwd + Vcd
z
fck
200
Ast
f z cot θ
s yd
Trave emergente:
b = 30 cm
h = 50 cm
d = 46 cm
As = 4∅14 (6.2 cm2)
staffe ∅8/15 (6.7 cm2/m)
La resistenza della trave a taglio è
Vc1 = 0.9 τc1 b d =
= 0.9 × 1.69 × 30 × 46 × 10 −1 = 210 kN
La resistenza dell’armatura è
A
Vst = st 0.9 d σs =
s
= 6.7 × 0.9 × 46 × 255 × 10 −3 = 70.7 kN
5
Esempio – stato limite ultimo
modello “normale”
Trave emergente:
b = 30 cm
h = 50 cm
d = 46 cm
As = 4∅14 (6.2 cm2)
staffe ∅8/15 (6.7 cm2/m)
modello “normale”
Trave emergente:
b = 30 cm
h = 50 cm
d = 46 cm
As = 4∅14 (6.2 cm2)
staffe ∅8/15 (6.7 cm2/m)
La resistenza dell’armatura si calcola così
La resistenza della trave a taglio è
VRd2
Esempio – stato limite ultimo
1
= ν fcd b z =
2
0.596
=
× 13.0 × 30 × 0.9 × 46 × 10 −1 = 481 kN
2
Vcd = VRd1 = 54.3 kN
Ast
0.9 d fyd =
s
= 6.7 × 0.9 × 46 × 374 × 10 −3 = 103.7 kN
Vwd =
VRd3 = Vwd + Vcd = 158 kN
Esempio – stato limite ultimo
“inclinazione variabile del traliccio”
Trave emergente:
b = 30 cm
h = 50 cm
d = 46 cm
As = 4∅14 (6.2 cm2)
staffe ∅8/15 (6.7 cm2/m)
La resistenza della trave a taglio è
cot θ
VRd2 =
νf bz
1 + cot2 θ cd
Trave emergente:
b = 30 cm
h = 50 cm
d = 46 cm
As = 4∅14 (6.2 cm2)
staffe ∅8/15 (6.7 cm2/m)
La resistenza dell’armatura è
VRd3 =
Ast
f z cot θ
s yd
cot θ = 1
⇒
VRd2 = 481 kN
cot θ = 1
⇒
VRd3 = 103.7 kN
cot θ = 2
⇒
VRd2 = 385 kN
cot θ = 2
⇒
VRd3 = 207.4 kN
Esempio – stato limite ultimo
“inclinazione variabile del traliccio”
Trave emergente:
b = 30 cm
h = 50 cm
d = 46 cm
As = 4∅14 (6.2 cm2)
staffe ∅8/15 (6.7 cm2/m)
In definitiva, poiché
cot θ = 1
⇒
VRd2 = 481 kN
VRd3 = 103.7 kN
cot θ = 2
⇒
VRd2 = 385 kN
VRd3 = 207.4 kN
si può assumere
Esempio – stato limite ultimo
“inclinazione variabile del traliccio”
cot θ = 2
e
VRd = 207.4 kN
Confronto - calcestruzzo
Tensioni ammissibili:
Vc1 = 0.9 τc1 b d = 210 kN
1.52
1.52 x 1.45 = 2.28
Stato limite ultimo (cotθ = 2):
cot θ
VRd2 =
ν f 0.9 b d = 385 kN
1 + cot2 θ cd
3.10
Cotθ = 1 ⇒ 3.87
Poiché i carichi allo SLU sono circa 1.45 volte
maggiori, la resistenza è, in proporzione, maggiore
6
Confronto - armatura
Progetto dell’armatura
Tensioni ammissibili:
A
Vst = st 0.9 d σs = 70.7 kN
s
255 x 1.45 = 370
255
Stato limite ultimo (cotθ = 2):
A
VRd3 = st 0.9 d fyd cot θ = 207.4 kN
s
748
Tensioni ammissibili:
Ast
V
=
s
0.9 d σs
Stato limite ultimo:
VSd
Ast
=
s
0.9 d fyd cot θ
Cotθ = 1 ⇒ 374
Poiché i carichi allo SLU sono circa 1.45 volte
maggiori, la resistenza è notevolmente maggiore
(nell’esempio è il doppio)
Esempio
Trave emergente:
b = 30 cm
c = 4 cm
Minimi di armature
h = 50 cm
d = 46 cm
Tensioni ammissibili:
V = 85 kN
Ast
V
=
s
0.9 d σs
85
=
x 10 3 = 8.1 cm2 / m
0.9 x 46 x 255
Stato limite ultimo (cotθ = 2):
VSd = 120 kN
VSd
Ast
=
s
0.9 d fyd cot θ
120
=
x 10 3 = 3.9 cm2 / m
0.9 x 46 x 374 x 2
Area minima delle staffe:
A
ρ = st ≥ ρmin
bs
ρmin dipende dalle caratteristiche dei materiali
impiegati
Valori di ρmin
Classi di
calcestruzzo
C12/15 - C20/25
C25/30 - C35/45
C40/50 - C50/60
Classi di acciaio
S220
S400
S500
0.0016
0.0009
0.0007
0.0024
0.0013
0.0011
0.0030
0.0016
0.0013
Minimi di armature
Area minima delle staffe:
A
ρ = st ≥ ρmin
bs
ρmin dipende dalle caratteristiche dei materiali
impiegati
Punzonamento
Passo delle staffe:
deve essere non superiore a
s ≤ 0.8 d ≤ 30 cm
VSd ≤ 1/5 VRd2
s ≤ 0.6 d ≤ 30 cm
1/5 VRd2 VSd ≤ 2/3 VRd2
s ≤ 0.3 d ≤ 20 cm
VSd > 2/3 VRd2
7
Il fenomeno
Verifica – tensioni ammissibili
τ
Sezione tutta reagente
F
Sezione
critica
F
d
h
Area
caricata
Le τ equilibrano la forza concentrata F
La forza massima che le τ possono contrastare è la
resistenza a punzonamento dell’elemento in calcestruzzo
Perimetro
critico (u)
τmax =
1 .5 F
du
Sezione parzializzata
F
τmax =
0.9 d u
Non è necessaria armatura a punzonamento se τmax < τc0
Se la forza F supera la resistenza a punzonamento si
dispone un’armatura a punzonamento (barre piegate a 45°)
Verifica – tensioni ammissibili
Sezione tutta reagente
F
Sezione
critica
d
h
Area
caricata
Verifica – tensioni ammissibili
Perimetro
critico (u)
τmax
1 .5 F
=
du
Sezione parzializzata
F
τmax =
0.9 d u
È necessario aumentare lo spessore della soletta
se τmax > τc1
d
h
Area
caricata
Perimetro
critico (u)
Verifica – stato limite ultimo
33°
d
h
Area
caricata
Azione per unità di lunghezza
VSd
1.5 d
1.5 d
Perimetro
critico (u)
vSd =
vrd1
Sezione parzializzata
F
τmax =
0.9 d u
2F
σs
Resistenza in assenza di armatura a
punzonamento
vRd1 = τRd k (1.2 + 40 ρl ) d
ρl = ρlx ρly
vrd2
Resistenza della sezione in calcestruzzo in
presenza di armatura a punzonamento
vRd2 = 1.6 vRd1
β = 1.5 e β = 1.4 per pilastri posti allo
spigolo o al bordo della piastra
Bisogna verificare che vSd < vRd
1 .5 F
du
Verifica – stato limite ultimo
VSd
u
Per carichi eccentrici
β VSd
vSd =
u
τmax =
È necessario disporre un’armatura a punzonamento se
τc0 < τmax < τc1
As,pun =
Sezione
critica
Sezione tutta reagente
F
Sezione
critica
vrd3
Resistenza dell’armatura a punzonamento
As,pun fyd
vRd3 = vRd1 +
2u
8
Comportamento di una trave
1 – calcestruzzo resistente a trazione
Torsione
τ
τ
T
σξ=τxy
σ
45°
P
Per bassi livelli di sollecitazioni, la torsione è fronteggiata
dallo stato tensionale che si sviluppa nel calcestruzzo.
Le armature non partecipano efficacemente alla resistenza
strutturale.
Comportamento di una trave
2 – calcestruzzo non resistente a trazione
τ
σξ
τ
Armatura a torsione
Aumentando il momento torcente …
… il calcestruzzo si fessura
… con staffe e
ferri longitudinali
Modello di calcolo
Montanti tesi
Staffe
La resistenza del calcestruzzo viene valutata
convenzionalmente col confronto τ ≤ τc1
Quindi:
Traliccio di Rausch
Aste incernierate
Tc1 = 2 Ak t τc1
c
t=2c
Ak
La resistenza dell’armatura viene valutata col
traliccio di Rausch
Correnti
Ferri
longitudinali
tesi
Diagonali compressi
Calcestruzzo
T
Verifica – tensioni ammissibili
T
s
… a spirale
T
T
T
Per le staffe:
Ast
σs
s
As,lon
= 2 Ak
σs
uk
Tst = 2 Ak
Per i ferri longitudinali: Ts,lon
c
uk
t=2c
Ak
9
Verifica – stato limite ultimo
Verifica – stato limite ultimo
Resistenza dell’armatura:
Resistenza del calcestruzzo:
Nc =
Nc
bk
T
Ac =
σc = ν fcd
si ottiene
f
ν = 0.7 − ck ≥ 0.5
200
Ns,lon
t bk
TRd1 = ν fcd t Ak
Travi a cassone con armatura su
entrambe le facce
f 

ν = 0.7  0.7 − ck  ≥ 0.35
200 

Armatura sul perimetro esterno
c
TRd1 = ν fcd t Ak
Nst
σ st = fyd
si ottiene
TRd2 = 2 fyd Ak
Ponendo
σ s,lon = fyd
si ottiene
TRd2 = 2 fyd Ak
Resistenza del calcestruzzo
t=2c
Resistenza dell’armatura
TRd2 = 2 fyd Ak
Ast
s
As,lon
c
uk
uk
t=2c
Ak
Esempio – tensioni ammissibili
Trave emergente:
b = 30 cm
h = 50 cm
c = 4 cm
d = 46 cm
uk
TRd1
c
2 ν fcd t Ak
=
cot θ + tan θ
t=2c
Ak
Resistenza dell’armatura
TRd2 = 2 fyd Ak
Ferri longitudinali:
Ast
s
As,lon
Verifica – stato limite ultimo
Ak
Staffe:
T
2 bk
N
Nst = c
2
N
Ns,lon = c
2
Nc =
Nc
Ponendo
Verifica – stato limite ultimo
Resistenza del calcestruzzo
Nst
Ns,lon
Nc
2
con t = 2 c
bk
Ponendo
T
2 bk
As,lon = 8∅14 (12.3 cm2)
staffe ∅8/15 (3.4 cm2/m)
La resistenza della trave a torsione è
Tc1 = 2 Ak t τc1 =
= 2 x (22 x 42 ) x 8 x 1.69 x 10 −3 = 25 kN m
La resistenza dell’armatura è
A
Tst = 2 Ak st σs =
s
= 2 x (22 x 42 ) x 3.4 x 255 x 10 −5 = 16 kN m
A
Ts,lon = 2 Ak s,lon σs
uk
= 2 x (22 x 42 ) x 0.096 x 255 x 10 −3 = 45 kN m
Staffe:
TRd2 = 2 fyd Ak
Ferri longitudinali: TRd2 = 2 fyd Ak
Ast
cot θ
s
As,lon 1
c
uk
uk cot θ
t=2c
Ak
Per effetto dell’ingranamento degli inerti i puntoni di
calcestruzzo si inclinano (1 ≤ cot θ ≤ 2)
Esempio – stato limite ultimo
Trave emergente:
b = 30 cm
h = 50 cm
c = 4 cm
d = 46 cm
As,lon = 8∅14 (12.3 cm2)
staffe ∅8/15 (3.4 cm2/m)
La resistenza della trave a torsione è
TRd1 =
2 ν fcd t Ak
cot θ + tan θ
cot θ = 1
⇒
TRd1 = 40 kN m
cot θ = 2
⇒
TRd1 = 32 kN m
10
Esempio – stato limite ultimo
Trave emergente:
b = 30 cm
h = 50 cm
c = 4 cm
d = 46 cm
As,lon = 8∅14 (12.3 cm2)
staffe ∅8/15 (3.4 cm2/m)
La resistenza dell’armatura è
Staffe:
Ast
cot θ
s
cot θ = 1 ⇒ TRd2 = 24 kN m
TRd2 = 2 fyd Ak
cot θ = 2
Ferri longitudinali: TRd2
⇒ TRd2 = 47 kN m
As,lon 1
= 2 fyd Ak
uk cot θ
cot θ = 1 ⇒ TRd2 = 66 kN m
cot θ = 2
⇒
TRd1 = 33 kN m
Confronto – staffe
Tensioni ammissibili:
Confronto - calcestruzzo
Tensioni ammissibili:
Tc1 = 2 τc1 Ak t = 25 kN m
1.68
1.68 x 1.45 = 2.44
Stato limite ultimo (cotθ = 2):
ν fcd
TRd1 = 2
Ak t = 32 kN m
cot θ + tan θ
2.17
Cotθ = 1 ⇒ 2.70
Poiché i carichi allo SLU sono circa 1.45 volte
maggiori, la resistenza è, in proporzione, simile
Confronto – armatura longitudinale
Tensioni ammissibili:
A
Tst = 2 Ak st σs = 16 kN m
s
255 x 1.45 = 370
255
Stato limite ultimo (cotθ = 2):
A
TRd2 = 2 Ak st fyd cot θ = 47 kN m
s
748
Cotθ = 1 ⇒ 374
Poiché i carichi allo SLU sono circa 1.45 volte
maggiori, la resistenza è notevolmente maggiore
(nell’esempio è il doppio)
Ts,lon = 2 Ak
Stato limite ultimo:
TSd
Ast
=
s
2 Ak fyd cot θ
σs = 45 kN m
187
Cotθ = 1 ⇒ 374
Poiché i carichi allo SLU sono circa 1.45 volte
maggiori, la resistenza è notevolmente minore
(nell’esempio è la metà)
Esempio
Trave emergente:
Ast
T
=
s
2 Ak σs
uk
255 x 1.45 = 370
255
Stato limite ultimo (cotθ = 2):
fyd
A
TRd2 = 2 Ak s,lon
= 33 kN m
uk cot θ
Progetto delle staffe
Tensioni ammissibili:
As,lon
b = 30 cm
c = 4 cm
h = 50 cm
d = 46 cm
Tensioni ammissibili:
T = 18 kN
Ast
T
=
2 Ak σs
s
18
=
x 10 5 = 3.8 cm2 / m
2 x (22 x 42) x 255
Stato limite ultimo (cotθ = 2):
TSd = 26 kN
TSd
Ast
=
s
2 Ak fyd cot θ
26
=
x 10 5 = 1.9 cm2 / m
2 x (22 x 42) x 374 x 2
11
Progetto dell’armatura longitudinale
Esempio
Trave emergente:
Tensioni ammissibili:
As,lon =
Stato limite ultimo:
As,lon =
b = 30 cm
c = 4 cm
h = 50 cm
d = 46 cm
Tensioni ammissibili:
T = 18 kN
T uk
As,lon =
2 Ak σs
18 x (2 x (22 + 42))
=
x 10 3 = 4.9 cm2
2 x (22 x 42) x 255
T uk
2 Ak σs
TSd uk cot θ
2 Ak fyd
Stato limite ultimo (cotθ = 2):
TSd = 26 kN
TSd uk cot θ
As,lon =
2 Ak fyd
26 x (2 x (22 + 42)) x 2
=
x 103 = 9.6 cm2
2 x (22 x 42) x 374
Torsione e taglio
Minimi di armature
Staffe:
Calcestruzzo:
2
 VSd 
 TSd 




V  + T 
 Rd2 
 Rd1 
– limiti validi per il taglio
2
≤ 1
– la distanza longitudinale fra le staffe deve essere
non maggiore di uk/8
Staffe:
– si progettano separatamente, per la torsione e
per il taglio e si sommano.
– l’angolo θ deve essere uguale per la torsione e per
il taglio.
Armatura longitudinale:
– almeno una barra per spigolo
– distanza tra le barre non superiore a 35 cm
FINE
Per questa presentazione:
coordinamento
A. Ghersi
realizzazione
A. Ghersi,
E.M. Marino
ultimo aggiornamento
14/10/2006
12