Lezione n. 24bis
Il cemento armato
Il problema dell’aderenza e la disposizione delle armature
Esempio di calcolo di una trave in C.A.
La disposizione delle armature
ZZ
A
La progettazione delle sezioni critiche in un elemento in c.a. comporta la definizione delle armature
nelle sole sezioni maggiormente sollecitate. Il completamento dell’armatura in una struttura in c.a.
avviene tenendo conto dell’effetto di confinamento che è necessario fornire al calcestruzzo in modo
da consentire un efficace funzionamento della sezione in c.a. Occorre inoltre tenere presenti quelle
che saranno le modalità di esecuzione dell’opera (ossia le successive fasi di getto) per determinare
correttamente i cosiddetti “tagli” di armatura, ossia la conformazione delle armature e la definizione
delle zone di sovrapposizione.
Supponendo di operare con un elemento semplicemente inflesso (ad esempio, una trave), una volta
progettate le sezioni più sollecitate, il progetto dell’intera trave si effettua controllando che in ogni
sezione il momento resistente Msdu sia sempre superiore al momento esterno Mrdu di calcolo:
Msdu ≥ Mrdu .
B
O
Il controllo si ottiene costruendo il diagramma dei momenti resistenti e facendo in modo che esso
“copra” il diagramma del momento esterno di calcolo.
In altre parole, è possibile ipotizzare delle riduzioni (o comunque delle modifiche) nelle armature
metalliche per “seguire” l’andamento dell’effettivo diagramma dei momenti sollecitanti al fine di
evitare un eccessivo spreco di armatura metallica. Occorre notare che, teoricamente, sarebbe anche
possibile ottimizzare la conformazione della sezione modificandone la geometria, adottando cioè
sezioni più grosse dove le sollecitazioni sono maggiori e viceversa operando delle riduzioni nelle
dimensioni nelle zone meno sollecitate. Di solito si opera, per facilità di esecuzione, con elementi a
sezione costante, quindi l’unica operazione di ottimizzazione possibile è offerta dalla modifica nella
disposizione delle armature resistenti.
Il calcolo effettuato nella sezione maggiormente sollecitata consente quindi la definizione della geometria dell’elemento, mentre l’andamento dei diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione
suggerisce la disposizione ottimale delle armature.
Si ipotizzano quindi modifiche delle armature nelle zone di inversione delle sollecitazioni flettenti,
e riduzioni delle stesse dove i momenti sono inferiori, sempre controllando che in nessuna sezione
si fornisca una resistenza alla sezione inferiore rispetto alla sollecitazione. È così possibile operare
“tagli” nelle armature (ossia interrompere alcune delle armature perché non necessarie nella zona
esaminata) oppure procedere ad “integrazioni” delle armature (ad esempio per coprire zone con
momento di segno diverso).
Nel caso in cui si proceda ad una riduzione delle armature presenti in una sezione occorrerà prolungare le armature che non risultano più necessarie in termini di momento resistente della sezione oltre la posizione in cui esse non vengono più utilizzate, di una lunghezza almeno pari a quella che è
definita “lunghezza di ancoraggio” (indicativamente, 40φ) che sarà introdotta nel paragrafo successivo.
Nel caso in cui (ad esempio nella realizzazione del primo pilastro che spicca dalla fondazione della
struttura o nella realizzazione della parte in elevazione di un muro di sostegno) si debba procedere
ad una “ripresa di getto”, ossia il getto avvenga in più fasi successive, l’ancoraggio delle armature
deve essere predisposto prima del getto della fondazione: può quindi essere opportuno “spezzare”
tali armature in due tratti, il primo dei quali predisposto all’interno della fondazione, ed il secondo
da disporre preliminarmente al getto dell’opera in elevazione. I due tratti devono essere sovrapposti
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Lezione n. 24bis – pag. XXIVb.2
per un tratto che garantisca la trasmissione dello sforzo di trazione da uno all’altro, secondo una
modalità analoga a quella già illustrata per l’ancoraggio delle barre. Di conseguenza si richiederà
ancora una lunghezza di sovrapposizione pari a 40φ (aumentata, come si vedrà, a circa 60φ se in
zona tesa) per permettere l’insorgere del meccanismo di trasmissione degli sforzi.
ZZ
A
La necessità di fornire un opportuno confinamento al calcestruzzo, richiede inoltre la presenza di
armature lungo tutto il perimetro della struttura, per cui occorrerà aggiungere armature (seppure in
misura ridotta) anche nelle zone compresse.
Riguardo al progetto di travi in c.a. è necessario a tal fine premettere due osservazioni:
- la presenza di una staffatura (anche se minima) è obbligatoria: quindi la necessità di “sorreggere”
gli spigoli delle staffe comporta la disposizione di almeno quattro barre di armatura (due
all’estradosso e due all’intradosso della sezione) che svolgono il ruolo di “reggistaffe”(a); queste
barre, che dovrebbero essere costituite da parte dell’armatura prevista nel calcolo, vengono a volte aggiunte indipendentemente dalle verifiche della sezione, nelle zone dove si è operato al progetto (o alla verifica) con armatura semplice. In generale si preferisce ipotizzare che almeno queste armature corrano lungo tutta la trave (e quindi eventualmente si aggiungono le armature ove
necessario), in modo da realizzare una “gabbia” di armatura (l’insieme delle armature più le staffe) che può essere assemblata a “piè d’opera” esternamente alla zona del getto, e successivamente collocata nelle casserature per procedere con il getto.
- in zona sismica (e quindi praticamente su tutto il territorio italiano) è bene conferire una certa
duttilità alle sezioni in c.a., caratteristica che si ottiene, tra l’altro, attraverso un buon confinamento del calcestruzzo compresso; è quindi generalmente previsto che, almeno alle estremità
delle travi, si abbia sempre la presenza di un’armatura compressa non inferiore della metà di
quella disposta in zona tesa, quindi implicitamente assumendo un rapporto di armatura pari a
α=0.5.
Nel paragrafo successivo si introdurrà il concetto di “lunghezza di ancoraggio”, mentre nel paragrafo ancora seguente si analizzerà il caso del calcolo completo di una trave in c.a., dove verranno evidenziati tutti gli aspetti legati alla disposizione delle armature longitudinali ed a taglio.
O
La lunghezza di ancoraggio
Procediamo alla determinazione della lunghezza di ancoraggio, considerando ad esempio
l’estremità sinistra di una trave come schematicamente rappresentato nella figura seguente:
L
B
A
Fa
La
C
F’a
Supponiamo che, a partire da una distanza L dall’appoggio, si abbia la necessità di utilizzare una
barra aggiuntiva di armatura, per cui sarà necessario determinare la distanza La alla quale è possibile interrompere tale nuova armatura. La barra superiore sarà soggetta nel tratto compreso tra
l’estremo sinistro e la sezione C a una distribuzione di tensioni tangenziali, che per ipotesi si assumono costanti sull’intero tratto La; la distribuzione di tensioni tangenziali fa equilibrio alla forza di
trazione Fa alla quale è soggetta la barra per effetto del momento flettente nella sezione C.
(a)
La normativa sismica richiede che “almeno due barre di diametro non inferiore a 12 mm devono essere
presenti superiormente ed inferiormente per tutta la lunghezza della trave”
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Lezione n. 24bis – pag. XXIVb.3
L
Fa
τ
τ
C
La condizione di equilibrio alla traslazione della barra è pertanto espressa dalla seguente relazione:
τ ⋅ π ⋅ φ ⋅ L a = Fa = f s ⋅ π ⋅
φ2
4
dove
π·φ·La è la superficie laterale del tratto di barra di lunghezza La,
A
φ2
π
è l’area della sezione trasversale della barra.
4
La forza di trazione da considerare nell’equazione di equilibrio è quella che si ha nella sezione C,
tuttavia in sicurezza si può considerare il valore massimo della forza di trazione che la barra può
sopportare, pari a:
B
O
ZZ
φ2
4
dove fyd è la massima tensione che può essere assorbita dell’acciaio.
Sostituendo nell’equazione di equilibrio il valore massimo di Fa ed un opportuno valore fbd per le
tensioni tangenziali ultime di aderenza si ottiene:
φ2
f
⋅
π
⋅
yd
φ2
4 = f yd ⋅ φ .
f bd ⋅ π ⋅ φ ⋅ L a = f yd ⋅ π ⋅
La =
⇒
4
f bd ⋅ π ⋅ φ
4 ⋅ f bd
La Normativa fissa il valore delle tensioni tangenziali ultime di aderenza in
0.32
- f bd =
R ck in N / mm 2 per barre lisce
γc
f
- f bd = 2.25 ⋅ ctk
per barre ad aderenza migliorata
γc
Per cui, una volta nota la resistenza del calcestruzzo e dell’acciaio, è possibile individuare il valore
di La. Considerando un calcestruzzo con Rck 30 ed un acciaio FeB44k, si ottiene, per barre ad aderenza migliorata:
Fa ,max = f yd ⋅ π ⋅
2
f ctm = 0.27 ⋅ 3 R ck
= 0.27 ⋅ 30 2 / 3 = 2.61 N / mm 2
f ctk = 0.7 ⋅ f ctm = 0.7 ⋅ 2.61 = 1.83 N / mm 2
f bd = 2.25 ⋅
f yk
f ctk
1.83
= 2.25 ⋅
= 2.57 N / mm 2
γc
1.6
430
= 374 N / mm 2
γ s 1.15
da cui, sostituendo nell’espressione sopra si ottiene:
f yd ⋅ φ
374
La =
=
φ ≈ 36φ .
4 ⋅ f bd
4 ⋅ 2.57
f yd =
=
Il valore appena ricavato viene di solito arrotondato per eccesso a 40 φ.
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Lezione n. 24bis – pag. XXIVb.4
La lunghezza La calcolata con la formula vista sopra è sufficiente ad ancorare
le barre se l’ancoraggio è realizzato in zona compressa. Viceversa se
l’ancoraggio è realizzato in zona tesa, dove le condizioni di aderenza sono peggiori, nel calcolo di La il valore della tensione tangenziale di aderenza deve essere ridotto, fino addirittura al 50 % del suo valore nei casi meno favorevoli.
Nel caso dell’esempio seguente, essendo la barra centrale ancorata in zona tesa, è pertanto opportuno considerare un valore ridotto di fbd, ad esempio del 30 %, che comporta una maggiorazione
della lunghezza di ancoraggio della stessa percentuale. Si adotta pertanto per La un valore pari a:
L a = 1,3 ⋅ 40 ⋅ φ = 52 φ
A
Supponendo ad esempio di dovere ancorare una barra di 16 mm, l’espressione precedente fornisce:
L a = 52 ⋅ 1,6 = 83,2 cm ≅ 85 cm .
L
L
1φ16
85
Α
Β
D
ZZ
C
85
In alternativa si può piegare la barra verso la zona compressa, mantenendo la lunghezza di ancoraggio di 40 φ (= 40⋅1,6 = 64 cm ≅ 65 cm).
L
L
65
Α
1φ16
Β
D
O
C
65
B
Esempio di calcolo di una trave in cemento armato utilizzando il metodo agli stati limite
q1k
gk
A
C
B
L
L/2
Per la trave in c.a. a sezione rettangolare riportata in figura, dove
gk=2500 kg/m
q1k=2000 kg/m (carico variabile per civile abitazione)
L=5.00 m
b =0.25 m (base della sezione)
effettuare il dimensionamento dell’altezza (unica per le due aste) della sezione e la disposizione delle armature in modo da soddisfare le verifiche previste agli stati limite ultimi ed agli stati limite di
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Lezione n. 24bis – pag. XXIVb.5
esercizio (si consideri una situazione di ambiente poco aggressivo).
Materiali: calcestruzzo:Rck 30, acciaio per armature: FeB44k
Caratteristiche dei materiali
calcestruzzo: Rck 30 tensioni caratteristiche e di progetto a rottura
f ck = 0.83 ⋅ R ck = 0.83 ⋅ 30 = 24.90 N / mm 2 = 24.90 MPa
f
24.90
f cd = ck =
= 15.56 N / mm 2 = 15.56 MPa
γc
1.6
resistenza media a trazione
A
2
= 2.61 MPa
f ctm = 0.27 ⋅ 3 R ck
acciaio per armature: FeB44k tensione di progetto
f yk 430
f yd =
=
= 374 N / mm 2 = 374 MPa
γ s 1.15
f yd
=
374
= 0.00182 =1.82‰
206000
ZZ
ε yd =
Es
O
Valutazione delle sollecitazioni
Con un generico carico q, le reazioni vincolari sono pari a
3
 L
 ⋅q ⋅ L ⋅
9
3

2
 4 = 3 ⋅q⋅L
VB =  ⋅ q ⋅ L  − VA = ⋅ q ⋅ L
VA = 
8
2

L
8
Il momento massimo si ha tra A e B ad una distanza dall’appoggio pari a x0 (ascissa di taglio nullo):
quindi
3
3
T(x ) = ⋅ q ⋅ L − q ⋅ x
T (x 0 ) = 0 ⇒ x 0 = ⋅ L
8
8
3
x2
M (x ) = ⋅ q ⋅ L ⋅ x − q ⋅
8
2
2
2
B
3
q 3 
9
3  q 3 
⋅ q ⋅ L2
M max = M (x 0 ) = ⋅ q ⋅ L ⋅  ⋅ L  − ⋅  ⋅ L  = ⋅  ⋅ L  =
8
2 8 
128
8  2 8 
Mentre il momento negativo sull’appoggio B vale (trave a sbalzo)
2
L22
q L
q ⋅ L2
M B = −q ⋅
= − ⋅  = −
2
2 2
8
Il valore di MB è superiore, in valore assoluto, al valore di Mmax.
Zona con momento negativo
Ipotizzando una sezione di dimensione 25x50(1) cm, quindi dal peso proprio pari a
g trave = γ cls ⋅ b ⋅ h = 2500 ⋅ 0.25 ⋅ 0.50 = 312 kg / m
(1)
In assenza di un calcolo più preciso di predimensionamento, del resto spesso non necessario, è possibile
ipotizzare, per una trave su più appoggi e con sbalzi di lunghezza limitata (come ordine di grandezza, per
sbalzi con luce non superiore alla metà della luce della campata adiacente), una sezione di altezza intorno
ad 1/10 della luce.
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Lezione n. 24bis – pag. XXIVb.6
nella condizione di Stato Limite Ultimo il carico applicato è pari a
q = γ g ⋅ g k + γ q ⋅ q k = 1.4 ⋅ (2500 + 312) + 1.5 ⋅ 2000 = 6938 kg / m ≈ 6950 kg / m
di conseguenza il momento in B (che, risultando il più alto in valore assoluto, è da assumersi come
valore condizionante il progetto della trave) vale
5.00 2
= 2.172 ⋅ 10 4 kgm = 2.172 ⋅ 10 8 Nmm = 217 kNm
8
Si può progettare la sezione secondo i seguenti parametri:
- A s' = α ⋅ A s , con α=0.5,
- rottura bilanciata (x/d=0.259)
- b=250 mm (dal testo)
Si ha quindi
A s ⋅ f yd 0.176
ω=
=
= 0.352
b ⋅ d ⋅ f cd (1 − α )
A
M sdu = M B,SLU = 6950 ⋅
Se si assume l’acciaio compresso snervato (ossia con una deformazione maggiore dell’1.82 ‰), il
momento resistente assume il valore
ZZ

α ⋅ 0.176 
α ⋅ 0.176 ' 
M rdu = f cd ⋅ b ⋅ d ⋅  0.158 +
 ⋅ d −
⋅d
(1 − α ) 
(1 − α ) 

[
M rdu = f cd ⋅ b ⋅ d ⋅ 0.334 ⋅ d − 0.176 ⋅ d '
]
Assumendo d’=40 mm, si ottiene
M rdu
= 0.334 ⋅ d 2 − 7.04 ⋅ d
f cd ⋅ b
O
Imponendo la condizione limite
M rdu = M sdu
si ottiene l’eq.ne di secondo grado in d
0.334 ⋅ d 2 − 7.04 ⋅ d = 55832
da cui si ricava la radice positiva
d = 420 mm
B
e quindi
x = 0.259 ⋅ d = 0.259 ⋅ 420 = 109 mm
Occorre controllare una delle ipotesi di partenza, ossia il fatto che l’armatura compressa sia effettivamente snervata. Per l’altezza determinata, si ha che
3.5
3.5
ε s' =
⋅ x − d' =
⋅ (109 − 40 ) = 2.22 ‰
x
109
quindi superiore al limite di snervamento. Una volta confermate le ipotesi, si possono scegliere le
armature:
ω ⋅ b ⋅ d ⋅ f cd 0.352 ⋅ 250 ⋅ 420 ⋅15.56
As =
=
= 1538 mm 2
f yd
374
(
)
A s' = α ⋅ A s = 0.5 ⋅1538 = 769 mm 2
Si può adottare:
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A
Zona tesa: 5Ø20 (As=5·314=1570 mm2)
Zona compressa: 3Ø20 (A’s=3·314=942 mm2)
E’ evidente che:
- il rapporto di armatura non corrisponde esattamente a quello imposto (si ha α=0.60 anziché
0.50);
- l’armatura disposta non corrisponde esattamente a quella di calcolo (1570 mm2 contro 1538
mm2).
Di conseguenza risulta necessario calcolare Mrdu con queste due nuove armature (lasciando inalterata l’altezza): questo corrisponderà ad ottenere una rottura con asse neutro non coincidente con la
posizione di rottura bilanciata. È evidente che il momento resistente dovrebbe ovviamente risultare
maggiore di quello ipotizzato, avendo in generale adottato armature maggiori di quelle strettamente
necessarie.
ZZ
Calcolo di Mrdu
Un’osservazione: avendo disposto un’armatura compressa corrispondente ad un rapporto α maggiore di quello previsto inizialmente, la rottura della sezione si sposta verso la rottura lato acciaio (si
è infatti aumentata, in rapporto, l’armatura compressa, e quindi si è dotata la sezione di una maggiore resistenza a compressione). Una situazione diversa si sarebbe ottenuta, come si osserverà alla
fine del procedimento, se si fosse scelto un rapporto di armatura minore di quello inizialmente previsto (ossia α<0.5).
Per le armature introdotte si ha, impostando l’equilibrio alla traslazione ed ipotizzando ancora
l’acciaio compresso snervato (α=0.60):
x
0.8 ⋅ 0.85 ⋅ f cd ⋅ b ⋅ d ⋅ = A s − A s' ⋅ f yd = A s ⋅ (1 − α ) ⋅ f yd
d
(
)
A s ⋅ (1 − α ) ⋅ f yd
x
1570 ⋅ 0.4 ⋅ 374
=
=
= 0.211
d 0.8 ⋅ 0.85 ⋅ f cd ⋅ b ⋅ d 0.8 ⋅ 0.85 ⋅15.56 ⋅ 250 ⋅ 420
O
ossia
x = 0.211 ⋅ d = 89 mm
che corrisponderebbe ad una rottura lato acciaio con calcestruzzo ad una deformazione inferiore a
quella massima e pari a
10
10
εc =
⋅x =
⋅ 89 = 2.69 ‰
(d − x )
(420 − 89)
B
e nell’acciaio compresso
10
10
ε s' =
⋅ x − d' =
⋅ (89 − 40 ) = 1.48 ‰
(d − x )
(420 − 89)
(
)
Dal momento che l’acciaio compresso non risulta snervato, occorre ripetere il procedimento lasciando incognita la deformazione nell’acciaio compresso. Si ha quindi
0.8 ⋅ 0.85 ⋅ f cd ⋅ b ⋅ x + A s' ⋅
(
)
10 x − d '
⋅ f yd = A s ⋅ f yd
1.82 (d − x )
L’equazione è a questo punto di secondo grado in x e si ottiene
(
)
0.68 ⋅ f cd ⋅ b ⋅ x ⋅ (d − x ) + 5.50 ⋅ x − d ' ⋅ A s' ⋅ f yd = (d − x ) ⋅ A s ⋅ f yd
risolvendo si ha
x = 96 mm
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Lezione n. 24bis – pag. XXIVb.8
e quindi
x 96
=
= 0.229
d 420
La deformazione (e quindi la tensione) nell’acciaio compresso rispettivamente valgono
10
10
ε s' =
⋅ x − d' =
⋅ (96 − 40) = 1.73 ‰
(d − x )
(420 − 96)
(
)
εs'
1.73
'
⋅ f yd =
⋅ 374 = 355 MPa
fs =
ε el
1.82
Riprova:
C' = A s' ⋅ f s' = 942 ⋅ 358 = 3.345 ⋅ 10 5 N = 335 kN
A
C = b ⋅ (0.8 ⋅ x ) ⋅ (0.85 ⋅ f cd ) = 250 ⋅ 0.8 ⋅ 96 ⋅ 0.85 ⋅ 15.56 = 2.540 ⋅ 10 5 N = 254 kN
T = A s ⋅ f yd = 1570 ⋅ 374 = 5.871 ⋅ 10 5 N = 587 kN
e quindi la situazione è sostanzialmente di equilibrio, in quanto
(
)
ZZ
T − C + C ' = 2 kN
A questo punto è possibile ricavare il valore del momento resistente
M rdu = C ⋅ (d − 0.4 ⋅ x ) + C'⋅(d − d ')
M rdu = 2.540 ⋅ 10 5 ⋅ (420 − 0.4 ⋅ 96 ) + 3.345 ⋅ 10 5 ⋅ (420 − 40 ) = 2.240 ⋅ 10 8 Nmm = 224 MNm
che risulta maggiore del momento sollecitante.
O
Osservazione:
questo modo di procedere è valido soltanto nel caso in cui si ricavi, alla fine del procedimento, una
posizione dell’asse neutro per cui l’acciaio teso risulti ancora snervato, altrimenti occorrerebbe
operare diversamente. La posizione dell’asse neutro che corrisponde all’acciaio teso al limite elastico è uguale a
3.5 : x = 1.82 : (d − x )
ossia
B
x
3 .5
=
= 0.658
d 3.5 + 1.82
In generale, dal momento che le armature scelte saranno probabilmente poco diverse da quelle ottenute dal calcolo, sarà comunque improbabile che l’acciaio teso risulti al di sotto del limite di
snervamento. Quindi, nel caso in cui si ottenesse una profondità dell’asse neutro più alta di quella
appena ricavata, potrebbe essere necessario modificare le equazioni di congruenza, in quanto
l’acciaio teso non è più alla massima deformazione.
E’ da sottolineare che l’equazione di congruenza relativa alla deformazione deve essere impostata
dal lato acciaio teso per profondità dell’asse neutro inferiori a quella corrispondente a rottura bilanciata (x/d<0.259) oppure dal lato calcestruzzo in caso contrario. A titolo di esempio, se avessimo
scelto la seguente armatura:
Zona tesa: 5Ø20 (As=5·314=1570 mm2)
Zona compressa: 2Ø20 (A’s=2·314=628 mm2)
e quindi α=0.4, operando come in precedenza si sarebbe ottenuto, ipotizzando inizialmente ancora
l’acciaio compresso snervato
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BOZZA SOGGETTA A REVISIONE – 18.01.05
Lezione n. 24bis – pag. XXIVb.9
0.8 ⋅ 0.85 ⋅ f cd ⋅ b ⋅ d ⋅
(
)
x
= A s − A s' ⋅ f yd = A s ⋅ (1 − α ) ⋅ f yd
d
A s ⋅ (1 − α ) ⋅ f yd
x
1570 ⋅ 0.6 ⋅ 374
=
=
= 0.317
d 0.8 ⋅ 0.85 ⋅ f cd ⋅ b ⋅ d 0.8 ⋅ 0.85 ⋅15.56 ⋅ 250 ⋅ 420
ossia
x = 0.317 ⋅ d = 133 mm
(
A
che corrisponderebbe ad una rottura lato calcestruzzo con l’acciaio teso ad una deformazione inferiore a quella massima e pari a
3.5
3.5
εc =
⋅ (d − x ) =
⋅ (420 − 133) = 7.55 ‰
x
133
mentre per l’acciaio compresso
3.5
3.5
ε s' =
⋅ x − d' =
⋅ (133 − 40) = 2.45 ‰
x
133
confermando l’ipotesi di acciaio compresso snervato; il momento resistente risulta quindi pari a
(α=0.4)
)
ZZ

α ⋅ 0.68 ⋅ (x / d ) 
α ⋅ 0.68 ⋅ (x / d ) ' 
 ⋅ d −
M rdu = f cd ⋅ b ⋅ d ⋅  0.158 +
⋅d 
(
)
(
)
−
α
−
α
1
1




M rdu = 15.56 ⋅ 250 ⋅ 420 ⋅ [(0.158 + 0.149 ) ⋅ 420 − 0.149 ⋅ 40] = 2.009 ⋅ 10 8 Nmm = 201 kNm
In questo caso, quindi, il momento resistente risulta (anche se di poco) inferiore al momento sollecitante; era del resto abbastanza ovvio aspettarselo visto che è stata disposta un’armatura inferiore
rispetto a quella inizialmente prevista.
B
O
Zona con momento positivo
Il massimo momento positivo vale (allo Stato Limite Ultimo)
9
M sdu = M max,SLU =
⋅ 6950 ⋅ 5.00 2 = 1.222 ⋅ 10 4 kgm = 1.222 ⋅ 10 8 Nmm = 122 kNm
128
Per dimensionare l’armatura a momento positivo si può procedere secondo due diverse vie.
- si potrebbe modificare l’armatura, lasciando ovviamente la stessa dimensione geometrica della
trave, in modo da ottenere una situazione a rottura più vicina al valore del momento di progetto:
dal momento che l’altezza è comunque fissata, occorre procedere ipotizzando un’armatura e verificarne il comportamento a rottura.
- un’ulteriore possibilità è offerta dalla ricerca di un’armatura che soddisfi contemporaneamente la
condizione di equilibrio alla traslazione e di momento resistente maggiore o uguale al momento
sollecitante, sempre una volta che l’altezza sia fissata ed ipotizzando un rapporto tra armatura
compressa ed armatura tesa.
Primo caso: verifica con una nuova armatura
Si potrebbe ipotizzare di proseguire l’armatura inferiore (costituita da 3Ø20) e diminuire l’armatura
superiore, ad esempio riducendola a 2Ø20. La situazione è quindi la seguente:
Zona compressa: 2Ø20 (As=2·314=628 mm2)
Zona tesa: 3Ø20 (A’s=3·314=942 mm2)
d=420 mm
d’=40 mm
Gianni Bartoli/Maurizio Orlando – Appunti di Tecnica delle Costruzioni
BOZZA SOGGETTA A REVISIONE – 18.01.05
Lezione n. 24bis – pag. XXIVb.10
E’ ancora probabile che la sezione arriverà ad una rottura lato acciaio teso. Imponendo di conseguenza l’equilibrio alla traslazione si ottiene (nell'ipotesi di acciaio compresso non ancora snervato):
0.8 ⋅ 0.85 ⋅ f cd ⋅ b ⋅ x + A s' ⋅
(
)
10 x − d '
⋅ f yd = A s ⋅ f yd
1.82 (d − x )
(
)
0.68 ⋅ f cd ⋅ b ⋅ x ⋅ (d − x ) + 5.50 ⋅ A s' ⋅ x − d ' ⋅ f yd = A s ⋅ f yd ⋅ (d − x )
e risolvendo
x = 78 mm
)
ZZ
(
A
e quindi
x 78
=
= 0.186
d 420
che conferma l’ipotesi di rottura lato acciaio teso (x/d<0.259).
La deformazione e la tensione nell’acciaio compresso valgono rispettivamente
10
10
ε s' =
⋅ x − d' =
⋅ (78 − 40) = 1.11 ‰
(d − x )
(420 − 78)
ε'
1.11
⋅ 374 = 228 MPa
f s' = s ⋅ f yd =
ε el
1.82
Riprova:
C = b ⋅ (0.8 ⋅ x ) ⋅ (0.85 ⋅ f cd ) = 250 ⋅ 0.8 ⋅ 78 ⋅ 0.85 ⋅ 15.56 = 2.064 ⋅ 10 5 N = 206 kN
C' = A s' ⋅ f s' = 628 ⋅ 228 = 1.432 ⋅ 10 5 N = 143 kN
T = A s ⋅ f yd = 942 ⋅ 374 = 3.523 ⋅ 10 5 N = 352 kN
O
e quindi la situazione è sostanzialmente di equilibrio, in quanto
(
)
T − C + C ' = −3 kN
Il corrispondente valore del momento resistente è quindi pari a
M rdu = C ⋅ (d − 0.4 ⋅ x ) + C'⋅(d − d ')
M rdu = 206 ⋅ (420 − 0.4 ⋅ 78) + 143 ⋅ 10 5 ⋅ (420 − 40 ) = 134432 kNmm = 134 kNm
B
maggiore del momento sollecitante.
Secondo caso: ricerca di una nuova armatura
In questo caso, senza ipotizzare a priori nessun tipo di armatura ma fissando soltanto l’altezza della
sezione, si può comunque imporre la condizione di equilibrio alla traslazione e di momento uguale
al momento sollecitante di progetto.
Ipotizzando l’acciaio compresso snervato si ha (dalla condizione di equilibrio)
x
0.8 ⋅ 0.85 ⋅ f cd ⋅ b ⋅ d ⋅ = A s − A s' ⋅ f yd = (1 − α ) ⋅ A s ⋅ f yd
d
ossia
x
0.68 ⋅ f cd ⋅ b ⋅ d ⋅ = (1 − α ) ⋅ A s ⋅ f yd
d
Il momento resistente è offerto dalla relazione
(
)
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Lezione n. 24bis – pag. XXIVb.11
(
)
x
M rdu = 0.68 ⋅ f cd ⋅ b ⋅ d ⋅ ⋅ (d − 0.4 ⋅ x ) + A s' ⋅ f yd ⋅ d − d '
d
sostituendo l’espressione precedente si ottiene (utilizzando la relazione A’s=αAs)
M rdu = 0.68 ⋅ f cd ⋅ b ⋅ d 2 ⋅
(
x 
x  α 
x
'
⋅ 1 − 0.4 ⋅  + 
 ⋅ 0.68 ⋅ f cd ⋅ b ⋅ d ⋅ ⋅ d − d
d 
d  1− α 
d
)
A
x 
x
α  d ' 

M rdu = 0.68 ⋅ f cd ⋅ b ⋅ d 2 ⋅ ⋅ 1 − 0.4 ⋅ +
⋅ 1−
d 
d 1 − α 
d 


Uguagliando l’espressione precedente al momento sollecitante, fissando il rapporto di armatura (ad
esempio ponendo α=0.5) ed utilizzando i valori geometrici ricavati in precedenza (d=420 mm,
d’=40 mm) si ottiene l’equazione di secondo grado in x/d
2
M sdu
α  d '   x 
x 
− 0.4 ⋅   + 1 +
⋅ 1−
=0
 ⋅  −


d   d  0.68 ⋅ f cd ⋅ b ⋅ d 2
 d   1 − α 

2
ZZ
x
x
− 0.4 ⋅   + 1.452 ⋅   − 0.262 = 0
d
d
da cui si ricavano le due radici
x 0.190
=
d 3.440
la radice corretta è ovviamente la prima (nel secondo caso si avrebbe l’asse neutro esterno alla sezione) e quindi siamo nel caso di rottura lato acciaio teso (x/d<0.259), con corrispondenti deformazioni nel calcestruzzo e nell’acciaio compresso pari a
x = 0.190 ⋅ d = 0.190 ⋅ 420 = 80 mm
10
10
⋅x =
⋅ 80 = 2.36 ‰
(d − x )
(420 − 80)
ε s' =
10
10
⋅ x − d' =
⋅ (80 − 40 ) = 1.18 ‰
(d − x )
(420 − 80)
O
εc =
(
)
B
dal momento che ε’s è inferiore alla deformazione corrispondente allo snervamento dell’acciaio, occorre effettuare di nuovo il procedimento imponendo la condizione di acciaio compresso entro il limite elastico.
Imponendo sempre la rottura lato acciaio teso e lasciando incognita la deformazione nell’acciaio
compresso, si perverrebbe alle equazioni di equilibrio seguenti:
εs' =
(
10
⋅ x − d'
(d − x )
)
⇒ f s' =
equilibrio alla traslazione:
0.8 ⋅ 0.85 ⋅ f cd ⋅ b ⋅ d ⋅
(
)
εs'
10
x − d'
⋅ f yd =
⋅
⋅f
(d − x ) 1.82 yd
εs,el
(
)
x
10
x − d'
+
⋅
⋅ A s' ⋅ f yd = A s ⋅ f yd
d (d − x ) 1.82
(
)
0.68 ⋅ f cd ⋅ b ⋅ d ⋅ (d − x ) + 5.50 ⋅ A s' ⋅ f yd ⋅ x − d ' = A s ⋅ f yd ⋅ (d − x )
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Lezione n. 24bis – pag. XXIVb.12
 x d' 
 x
 x
0.68 ⋅ f cd ⋅ b ⋅ d ⋅ 1 −  + 5.50 ⋅ A s' ⋅ f yd ⋅  −  = A s ⋅ f yd ⋅ 1 − 
d d 
 d
 d


 x 
 x d ' 
 x
0.68 ⋅ f cd ⋅ b ⋅ d ⋅ 1 −  = A s ⋅ f yd ⋅ 1 −  − 5.50 ⋅ α ⋅  − 
 d d 
 d
 d 


A
 x
 x
0.68 ⋅ f cd ⋅ b ⋅ d ⋅ 1 − 
0.68 ⋅ f cd ⋅ b ⋅ d ⋅ 1 − 
 d
 d
A s ⋅ f yd =
=
 x 
 x d '  
d' 
x
1 −  − 5.50 ⋅ α ⋅  −  1 + 5.50 ⋅ α ⋅  − (1 + 5.50 ⋅ α ) ⋅ 
 d d  
d 
d
 d 

 

0.68 ⋅ f cd ⋅ b ⋅ d ⋅ (1 − y )
A s ⋅ f yd =
A − B⋅ y
A = 1 + 5.50 ⋅ α ⋅
B = 1 + 5.50 ⋅ α
x
y=
d
d'
d
ZZ
dove si è posto
equilibrio alla rotazione:
(
)
(
10
x − d'
M rdu = 0.68 ⋅ f cd ⋅ b ⋅ x ⋅ (d − 0.4 ⋅ x ) +
⋅
⋅ f yd ⋅ A s' ⋅ d − d '
(d − x ) 1.82
)
O
'

y− d 

d 
 d '  0.68 ⋅ f cd ⋅ b ⋅ d ⋅ (1 − y )

2
M rdu = 0.68 ⋅ f cd ⋅ b ⋅ d ⋅ y ⋅ (1 − 0.4 ⋅ y ) + 5.50 ⋅
⋅ d ⋅ 1 −  ⋅ α
(1 − y )  d 
A − B⋅ y
B

d' 
5.50 ⋅ α ⋅  y − 

d 
M rdu

= y ⋅ (1 − 0.4 ⋅ y ) + (1 − y ) ⋅
A − B⋅ y
0.68 ⋅ f cd ⋅ b ⋅ d 2
 d'  
d' 
1.47 ⋅ (A − B ⋅ y ) ⋅ µ rdu = (A − B ⋅ y ) ⋅ y ⋅ (1 − 0.4 ⋅ y ) + 5.50 ⋅ α ⋅ 1 −  ⋅  y − 

d  
d 

dove si è posto
M rdu
µ rdu =
f cd ⋅ b ⋅ d 2
Quest’ultima espressione rappresenta un’equazione di terzo grado nell’incognita y=x/d. Risolvendo
si ottiene un’unica radice reale compresa tra 0 e 0.259, ossia
x
= 0.136
d
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Lezione n. 24bis – pag. XXIVb.13
x = 0.136 ⋅ d = 0.136 ⋅ 420 = 57 mm
εc =
10
10
⋅x =
⋅ 57 = 1.57 ‰
(d − x )
(420 − 57 )
ε s' =
10
10
⋅ x − d' =
⋅ (57 − 40) = 0.47 ‰
(d − x )
(420 − 57 )
(
)
 x
0.68 ⋅ f cd ⋅ b ⋅ d ⋅ 1 − 
1
 d
As =
f yd 
d' 
x
1 + 5.50 ⋅ α ⋅  − (1 + 5.50 ⋅ α ) ⋅ 
d 
d


As =
A
di conseguenza
0.68 ⋅15.56 ⋅ 250 ⋅ 420 ⋅ 0.864
= 463 mm 2


40 
374 ⋅ 1 + 5.50 ⋅ 0.5 ⋅
 − (1 + 5.50 ⋅ 0.5) ⋅ 0.136
420 


ZZ
A s' = α ⋅ A s = 0.5 ⋅ 463 = 231 mm 2
Si può controllare la correttezza del risultato verificando l’equilibrio alla traslazione
f s' =
ε s'
0.47
⋅ f yd =
⋅ 374 = 97 MPa
1.82
ε s, el
C = b ⋅ (0.8 ⋅ x ) ⋅ (0.85 ⋅ f cd ) = 250 ⋅ 0.8 ⋅ 57 ⋅ 0.85 ⋅ 15.56 = 1.508 ⋅ 10 5 N = 151 kN
C' = A s' ⋅ f s' = 231 ⋅ 97 = 0.226 ⋅ 10 5 N = 23 kN
O
T = A s ⋅ f yd = 463 ⋅ 374 = 1.731 ⋅ 10 5 N = 173 kN
per cui l’equilibrio alla traslazione è rispettato, in quanto
(
)
T − C + C ' = 1 kN
B
L’armatura di progetto potrebbe corrispondere a:
Zona compressa: 1Ø20 (As=314 mm2)(b)
Zona tesa: 2Ø20 (As=2·314=628 mm2)
Commento:
Il secondo modo di procedere, per quanto formalmente corretto, è in generale abbastanza impegnativo dal punto di vista del calcolo, e, nonostante conduca ad una scelta ottimizzata di armature per
il momento ricercato, non comporta un effettivo miglioramento delle prestazioni della sezione progettata in quanto a controllo della profondità dell’asse neutro. In altre parole, è sostanzialmente
inutile, operando ad altezza fissata, cercare di minimizzare a tutti i costi l’armatura disposta nella
sezione, in quanto comunque si ottiene una rottura sbilanciata dal lato acciaio teso (se la sezione è
più alta di quello che sarebbe strettamente necessario per resistere al momento di progetto) o dal
lato calcestruzzo (in caso contrario). In ultima analisi, è preferibile, una volta che è fissato il valore
(b)
In realtà sarebbe meglio disporre, nella sezione, un’armatura di area equivalente ma costituita almeno da
due barre di armatura, ad esempio scegliendo 2Ø14 (As=2·154 mm2=308 mm2), in modo da realizzare un
valido sostegno per le staffe
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BOZZA SOGGETTA A REVISIONE – 18.01.05
Lezione n. 24bis – pag. XXIVb.14
dell’altezza, scegliere un’armatura in base ad altri criteri (rispetto dei minimi di normativa, facilità
di disposizione delle armature, continuità di alcune barre rispetto alle sezioni più sollecitate) e
quindi verificare l’effettivo valore del momento resistente. Si prosegue quindi utilizzando le armature scelte nella prima procedura.
Disposizione delle armature
Ø
20
Altezza della sezione: h = d + + Øst + c = 420 +
+ 10 + 20 = 460 mm
2
2
dove si è indicato con Ø il diametro delle barre, con Øst il diametro (presunto)(2) delle staffe (Øst=10 mm) e con c il valore del ricoprimento di armatura (pari al minimo, ossia 20 mm).
armature:
zona compressa (inf.):
zona tesa (sup.):
momento resistente: Mrdu=224 kNm
Sezione max M+:
armature:
3Ø20 (As=3·314=942 mm2)
5Ø20 (A’s=5·314=1570 mm2)
A
Sezione B:
ZZ
zona compressa (sup.):
2Ø20 (As=2·314=628 mm2)
zona tesa (inf.):
3Ø20 (As=3·314=942 mm2)
momento resistente: inferiore:
Mrdu=135 kNm
superiore:
Mrdu= 92 kNm
O
Si può quindi ipotizzare lungo tutto l’asse della trave un’armatura composta da 3+2Ø20 (3 ferri inferiori e 2 ferri superiori), e cercare di individuare la zona in cui disporre i restanti 3Ø20 superiori
per coprire la massima zona di momento negativo.
Costruendo un grafico con i momenti flettenti di progetto ed i momenti resistenti, si può individuare
tale zona come quella compresa tra 35 cm prima dell’appoggio e 45 cm dopo di esso.
Ricordando che occorre comunque prolungare i ferri almeno 40Ø (quindi nel caso in esame, 80 cm)
oltre la zona in cui devono effettivamente resistere a trazione, si decide di disporre l’armatura aggiuntiva costituita da 3Ø20 da una distanza pari a 120 cm prima dell’appoggio fino ad una distanza
di 130 cm oltre l’appoggio.
Osservazione:
l’armatura disposta rispetta il limite minimo previsto di normativa. La disposizione normativa recita infatti che il minimo di armatura in zona tesa, deve risultare maggiore dello 0.15% dell’area della sezione trasversale, quindi
0.15
⋅ 250 ⋅ 460 = 173 mm 2
100
B
ρ min = 0.15% ⋅ b ⋅ h =
Nel caso in esame, la condizione risulta soddisfatta essendo l’armatura minima in zona tesa pari a
3Ø20 (As=3·314=942 mm2), ossia pari ad una percentuale di armatura
ρ=
(2)
As
942
=
= 0.0082 = 0.82%
b ⋅ h 250 ⋅ 460
Come si vedrà nel seguito, le staffe effettivamente disposte saranno proprio del diametro 10 mm. Questo
è sostanzialmente ininfluente nel calcolo che si sta effettuando: anche non operando una specifica verifica
a taglio, e quindi non conoscendo il diametro effettivo delle staffe, è comunque presumibile che il diametro delle staffe sia compreso tra 8 e 12 mm (come accade nella grande maggioranza dei casi di interesse
comune) e procedere come indicato, ossia ipotizzando un valore intermedio (10 mm appunto).
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BOZZA SOGGETTA A REVISIONE – 18.01.05
Lezione n. 24bis – pag. XXIVb.15
-250
3Ø20+2Ø20
2
Ø20+5Ø20
kNm
-200
2 Ø20+2Ø20
3Ø20
-150
-100
A
-50
0
100
ZZ
50
23Ø20
Ø20
150
0
100
200
300
400
500
600
700 cm 800
O
Verifica allo stato limite ultimo per azioni taglianti
Allo S.L.U., i valori delle sollecitazioni taglianti risultano i seguenti
3
3
Vsdu ,A = ⋅ q ⋅ l = ⋅ 6950 ⋅ 5 = 13031 kg = 130 kN
8
8
Vsdu ,B sin =
5
5
⋅ q ⋅ l = ⋅ 6950 ⋅ 5 = 21719 kg = 217 kN
8
8
4
4
⋅ q ⋅ l = ⋅ 6950 ⋅ 5 = 17375 kg = 174 kN
8
8
per cui la condizione peggiore si ha alla sinistra dell’appoggio in B.
La quantità minima di armatura trasversale (staffe) prevista dalla normativa risulta pari a
B
Vsdu ,Bdx =
d
42 


A st , min = 0.10 ⋅ 1 + 0.15 ⋅  ⋅ b = 0.10 ⋅ 1 + 0.15 ⋅  ⋅ 25 = 3.13 cm 2 / m
b
25 


in cui le lunghezze che compaiono nell’espressione devono essere indicate in cm.
Inoltre il passo non deve superare il minimo tra
0.8 ⋅ d = 0.8 ⋅ 420 = 336 mm
∆x ≤ min 
3 staffe al metro ⇒ 333 mm
Disponendo staffe a due braccia (nb=2) a passo 300 mm (nst=1000/300 staffe/m) si ottiene quindi
un’area minima per ogni braccio pari a
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Lezione n. 24bis – pag. XXIVb.16
A min =
A st , min
n b ⋅ n st
=
3.13 300
⋅
= 0.47 cm 2 = 47 mm 2
2 1000
si possono quindi disporre staffe Ø8 (A=0.50 cm2) a passo 300, per un’area risultante pari a
1000
1stØ8 2br / 300 ⇒ A st = 0.50 ⋅ 2 ⋅
= 3.33 cm 2 / m
300
Occorre ricordare che, in prossimità di carichi appesi o appoggi, per un tratto di lunghezza pari
all’altezza utile della trave, il passo delle staffe non può superare il limite
∆x ≤ 12 ⋅ Ø l = 12 ⋅ 20 = 240 mm
A
dove Øl è il diametro minimo delle barre longitudinali (nel caso in esame: Øl =20 mm).
La verifica da effettuare allo S.L.U. è rappresentata dal doppio controllo rispetto alla compressione
della biella compressa in calcestruzzo e rispetto all’armatura trasversale d’anima.
Nel primo caso occorre verificare che
Vsdu ≤ 0.30 ⋅ f cd ⋅ b w ⋅ d
Nel caso in esame si ha
Vrdu = 0.30 ⋅ f cd ⋅ b w ⋅ d = 0.30 ⋅ 15.56 ⋅ 250 ⋅ 420 = 490140 N = 490 kN
ZZ
effettivamente maggiore del valore di progetto (Vsdu=217 kN).
La seconda verifica richiede che
Vsdu ≤ Vcd + Vwd
dove
Vcd = 0.60 ⋅ f ctd ⋅ b w ⋅ d ⋅ δ
0.90 ⋅ d
⋅ (sin β + cos β )
s
Nel caso in esame si ottiene
f
0.7 ⋅ f ctm 0.7 ⋅ 2.61
f ctd = ctk =
=
= 1.14 N / mm 2 = 1.14 MPa
γc
γc
1.6
O
Vwd = A sw ⋅ f ywd ⋅
Vcd = 0.60 ⋅ f ctd ⋅ b w ⋅ d ⋅ δ = 0.60 ⋅ 1.14 ⋅ 250 ⋅ 420 ⋅ 1 = 71820 N = 72 kN
B
in cui il coefficiente δ è stato posto uguale ad 1 non essendo presente sforzo normale.
Per quanto riguarda il termine Vwd si ottiene
0.90 ⋅ d
0.90 ⋅ 420
Vwd = A sw ⋅ f ywd ⋅
⋅ (sin β + cos β) = (2 ⋅ 50) ⋅ 374 ⋅
⋅ (0 + 1)
s
300
Vwd = 47124 N = 47 kN
in cui β (inclinazione delle armature trasversali rispetto all’asse della trave) è stato posto pari a 90°.
Complessivamente si ha quindi
Vrdu = Vcd + Vwd = 72 + 47 kN = 119 kN
che risulta inferiore al valore di progetto. Occorre quindi aumentare il diametro delle staffe e/o il loro passo.
Le staffe possono quindi essere progettate imponendo che
Vcd + Vwd ≥ Vsdu
o anche (dal momento che il termine Vcd non dipende dalla disposizione di armatura trasversale)
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Lezione n. 24bis – pag. XXIVb.17
Vwd ≥ Vsdu − Vcd
si ha quindi
0.90 ⋅ d
A sw ⋅ f ywd ⋅
⋅ (sin β + cos β) ≥ Vsdu − Vcd
s
e nel caso β=90°
A sw
V − Vcd
217200 − 71800
≥ sdu
=
= 1.03 mm
s
f ywd ⋅ 0.90 ⋅ d 374 ⋅ 0.90 ⋅ 420
quindi si hanno le seguenti combinazioni possibili:
passo minimo
disposizione
Ø8 2br.
s<97 mm
Ø8 2br./95
Ø10 2br.
s<153 mm
Ø10 2br./150
Ø12 2br.
s<219 mm
Ø12 2br./210
A
staffa
ZZ
Si dispongono quindi staffe Ø10 2br./150. Per verifica si può controllare che effettivamente il taglio
resistente superi il valore della sollecitazione di progetto
0.90 ⋅ d
0.90 ⋅ 420
Vwd = A sw ⋅ f ywd ⋅
= (2 ⋅ 79 ) ⋅ 374 ⋅
= 148910 N = 149 kN
s
150
Vrdu = Vcd + Vwd = 72 + 149 kN = 221 kN
O
effettivamente superiore al taglio di progetto.
Tale armatura è necessaria soltanto nelle zone di taglio massimo, ossia in prossimità degli appoggi.
Ad una certa distanza da essi, il passo potrebbe essere aumentato (ad esempio portandolo a 300
mm), lasciando inalterato il numero dei bracci e il diametro delle staffe.
Si può quindi calcolare il taglio resistente offerto da un passo più ampio e valutare in quali zone della trave si potrebbe disporre questa nuova armatura.
Ripetendo il calcolo con staffe a passo 300 si otterrebbe
0.90 ⋅ d
0.90 ⋅ 420
Vwd = A sw ⋅ f ywd ⋅
= (2 ⋅ 79 ) ⋅ 374 ⋅
= 74456 N = 75 kN
s
300
Vrdu = Vcd + Vwd = 72 + 75 kN = 147 kN
B
Dai diagrammi del taglio (oss: 6950 kg/m=69.5 kN/m):
taglio da A verso B il valore del taglio di progetto in A (130 kN) è già inferiore al taglio resistente appena ricavato: in corrispondenza dell’appoggio in A non occorrerebbe disporre staffe a passo superiore a 300 mm; va tuttavia ricordato che, in
prossimità degli appoggi, il passo non può superare 240 mm, per cui occorre
comunque procedere ad una diminuzione del passo.
5
taglio da B verso A T(x ) = ⋅ q ⋅ l − q ⋅ x ⇒ T(x1 ) = Vrdu
8
217.2 − 69.5 ⋅ x1 = 146.3 ⇒ x1 = 1.250 m
4
taglio da B verso C T(x ) = ⋅ q ⋅ l − q ⋅ x ⇒ T(x1 ) = Vrdu
8
173.8 − 69.5 ⋅ x1 = 146.3 ⇒ x1 = 0.626 m
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BOZZA SOGGETTA A REVISIONE – 18.01.05
Lezione n. 24bis – pag. XXIVb.18
Il raffittimento del passo da 300 a 150 mm è quindi effettivamente necessario per una zona intorno
all’appoggio B pari a 1.25 m verso sinistra e 0.63 m verso destra. A favore di sicurezza si estende
tale zona a 1.35 m verso sinistra e 0.75 m verso destra (in modo da avere un numero di staffe a passo più fitto multiplo del passo, 150 mm). Inoltre, alla destra dell’appoggio in A, si dispongono staffe a passo 200 mm per i primi 60 cm (basterebbe infittire il passo per una zona pari all’altezza della
trave: per facilità di disposizione si estende tale zona alla lunghezza indicata).
A
In prossimità dell’appoggio in A (e in generale in tutte le estremità delle travi) occorre effettuare
un’ulteriore verifica: bisogna infatti controllare che l’armatura inferiore sia in grado, allo stato limite ultimo, di assorbire uno sforzo di trazione almeno pari al taglio.
Nel caso in esame si ha quindi in A (VSdu,A=130 kN), la necessità di disporre un’armatura inferiore
minima pari a :
VSdu ,A 130000
A s,min ≥
=
= 347 mm 2
f yd
374
Tale limite risulta inferiore rispetto all’armatura effettivamente disposta (pari a 3Ø20,
As=3·314=942 mm2).
Vwd = 146 kN >
ZZ
Osservazione:
occorre comunque verificare che la resistenza di calcolo dell’armatura d’anima risulti non inferiore alla metà del taglio di calcolo. Nella sezione più sollecitata si ha
217
= 109 kN
2
nelle sezioni in cui si opera la modifica del passo delle staffe si ha
Vwd = 75 kN >
146
= 73 kN
2
in tutte le altre zone la verifica è quindi evidentemente soddisfatta.
In molti casi può essere più speditivo operare imponendo subito tale condizione, ossia determinando il passo ed il diametro delle staffe dalla relazione
O
V
Vwd ≥ sd
2
e verificare a posteriori le condizioni sul minimo di armatura obbligatorio.
B
Verifica allo stato limite delle tensioni in esercizio
Allo SLE si hanno le seguenti azioni di progetto:
Combinazione di carico rara:
q rara = g k + q k = 2500 + 312 + 2000 = 4812 kg / m
Combinazione di carico quasi permanente:
q q.perm = g k + ψ 2 ⋅ q k = 2500 + 312 + 0.2 ⋅ 2000 = 3212 kg / m
in cui si è assunto per ψ2 il valore corrispondente ad un carico variabile per abitazioni(3).
Nelle due combinazioni e nella sezione più sollecitata, ossia in B, si ha un momento di progetto
(3)
Nella verifiche successive si potrebbe anche correggere il valore del peso proprio della trave con il valore
effettivo, derivante dal dimensionamento appena effettuato. Tuttavia l’altezza della trave (46 cm) è talmente vicina a quella ipotizzata inizialmente (50 cm), che la differenza in termini di peso proprio è irrilevante. Si avrebbe infatti
g trave = γ cls ⋅ b ⋅ h = 2500 ⋅ 0.25 ⋅ 0.46 = 288 kg / m
contro i 312 kg/m ipotizzati. Si continua quindi, operando a favore di sicurezza, ad ipotizzare un peso
proprio pari a tale quantità.
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Lezione n. 24bis – pag. XXIVb.19
M sd, rara = M B, rara = 4812 ⋅
5.00 2
= 1.504 ⋅10 4 kgm = 1.504 ⋅108 Nmm = 0.151 MNm
8
A ci = 250 ⋅ 460 ⋅ +15 ⋅ (942 + 1570 ) = 152680 mm 2
460
+ 15 ⋅ (942 ⋅ 420 + 1570 ⋅ 40 )
2
= 218 mm
A ci
ZZ
xG =
250 ⋅ 460 ⋅
A
5.00 2
= 1.004 ⋅105 kgm = 1.004 ⋅108 Nmm = 0.101 MNm
M sd, q.perm = 3212 ⋅
8
La prima verifica da effettuare è controllare se la sezione, per la combinazione di carico rara, è in
regime fessurato o meno, controllando il valore della massima tensione nel calcestruzzo teso in ipotesi di sezione interamente reagente.
Ricordano le caratteristiche della sezione adottata:
Zona tesa: 5Ø20 (As=5·314=1570 mm2)
Zona compressa: 3Ø20 (A’s=3·314=942 mm2)
d=420 mm
h=460 mm
d’=40 mm
si ha
dove si è assunto n=15 (coeff. di omogeneizzazione) e si è indicata con xG la posizione del baricentro della sezione rispetto al lembo teso.
Di conseguenza il momento di inerzia della sezione in regime non fessurato vale
J ci,1 =
2
[
]
250 ⋅ 4603
 460

+ 250 ⋅ 460 ⋅ 
− x G  + 15 ⋅ 942 ⋅ (420 − x G )2 + 1570 ⋅ (x G − 40 )2 =
12
 2

J ci,1 = 3.367 ⋅ 109 mm 4
O
In corrispondenza del momento sollecitante si avrebbe una tensione massima nel calcestruzzo teso
pari a
fc =
M sd
1.504 ⋅ 108
⋅ xG =
⋅ 218 = 9.74 MPa
J ci,1
3.367 ⋅ 109
B
che risulta sensibilmente maggiore del limite imposto dalla normativa, pari a fctm (2.61 MPa).
Di conseguenza la sezione è in regime fessurato: occorre quindi calcolare la posizione dell’asse
neutro baricentrico e del momento di inerzia in tale situazione.
La posizione dell’asse neutro (rispetto al lembo compresso della sezione) è offerta dalla soluzione
dell’equazione di secondo grado
x 2 + 2 ⋅ f ⋅ x − f ⋅ d0 = 0
in cui d0 rappresenta la posizione (dal lembo compresso) del baricentro di tutte le armature
A d + A's d '
d0 = s
A s + A's
e f è offerto dalla relazione
n ⋅ (A s + A's )
f=
b
Si ottiene:
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Lezione n. 24bis – pag. XXIVb.20
d0 =
1570 ⋅ 420 + 942 ⋅ 40
= 278 mm
1570 + 942
15 ⋅ (1570 + 942 )
= 151 mm
250
e quindi
f=


d 
278 
 = 176 mm
x = f ⋅  − 1 + 1 + 2 0  = 151 ⋅  − 1 + 1 + 2 ⋅
f 
151 


Di conseguenza si ottiene
1
J ci = ⋅ b ⋅ x 3 + n ⋅ A s (d − x )2 + A's (x − d ')2 =
3
]
A
[
[
]
ZZ
1
J ci = ⋅ 250 ⋅ 1763 + 15 ⋅ 1570 ⋅ (420 − 176)2 + 942 ⋅ (176 − 40)2 = 2.118 ⋅ 109 mm 4
3
E’ possibile a questo punto effettuare le verifiche richieste: le limitazioni imposte dalla normativa
sono le seguenti (nel caso di ambiente poco aggressivo)
Per la combinazione di carico rara:
calcestruzzo: f c, rara = 0.60 ⋅ f ck = 0.60 ⋅ (0.83 ⋅ 30) = 14.94 MPa
f s, rara = 0.70 ⋅ f yk = 0.70 ⋅ 430 = 301 MPa
acciaio:
Per la combinazione di carico quasi permanente:
calcestruzzo: f c,q.perm = 0.45 ⋅ f ck = 0.45 ⋅ (0.83 ⋅ 30 ) = 11.21 MPa
Si ottiene:
combinazione di carico rara:
M sd, rara
J ci
x=
1.504 ⋅108
2.118 ⋅109
⋅176 = 12.50 MPa
O
fc =
fs = n ⋅
M sd, rara
J ci
(< fc,rara )
8
(d − x ) = 15 ⋅ 1.504 ⋅10 9 ⋅ (420 − 176) = 260 MPa
2.118 ⋅10
combinazione di carico quasi permanente:
fc =
M sd, q.perm
x=
1.004 ⋅108
2.118 ⋅109
La verifica risulta quindi soddisfatta.
⋅ 176 = 8.34 MPa
(< fc,q.perm )
B
J ci
(< fs,rara )
Osservazione:
la combinazione di carico rara corrisponde di fatto alla combinazione che si sarebbe adottata operando secondo il metodo alle tensioni ammissibili. In questo caso però la verifica avrebbe imposto i
seguenti limiti (vedi DM 14.2.1992), rispettivamente validi per il calcestruzzo e l’acciaio FeB44k
R ck − 15
30 − 15
=6+
= 9.75 MPa
4
4
σs = 255 MPa ≈ 0.59 ⋅ f yk
σc = 6 +
(
)
(≈ 0.33 ⋅ R ck ≈ 0.39 ⋅ f ck )
quindi sensibilmente inferiori. In altre parole, una sezione verificata secondo il metodo delle tensioni ammissibili risulta in genere sempre verificata se controllata attraverso il metodo degli Stati
Limite.
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Lezione n. 24bis – pag. XXIVb.21
Verifica a fessurazione
Nel caso di ambiente poco aggressivo ed armature poco sensibili alla corrosione, le verifiche da effettuarsi sono le seguenti
combinazione di carico quasi permanente: w k < 0.2 mm
combinazione di carico frequente:
w k < 0.4 mm
Il momento della fessurazione, corrispondente al raggiungimento della tensione fctm nella fibra di
calcestruzzo più sollecitata a trazione vale (in sezione parzializzata)
3.367 ⋅109
M cr =
⋅ f ctm =
⋅ 2.61 = 4.031 ⋅10 7 Nmm = 0.040 MNm
xG
218
dove si sono utilizzate le due grandezze Jci,1 e xG relative al regime non fessurato. In corrispondenza
di tale momento, la tensione nell’acciaio teso vale
A
J ci,1
M cr
4.031 ⋅107
σsr = n ⋅
⋅ (d − x ) = 15 ⋅
⋅ (420 − 176 ) = 69.7 MPa
J ci
2.118 ⋅ 109
ZZ
dove, questa volta, si sono utilizzate le due grandezze Jci e x relative al regime fessurato. Nelle due
combinazioni di carico si ottiene quindi:
Combinazione di carico quasi permanente
Il momento di progetto vale
M sd,q.perm = 1.004 ⋅ 108 Nmm = 0.101 kNm
In corrispondenza di tale azione si ha una tensione nell’acciaio teso pari a (in regime fessurato)
M sd,q.perm
B
O
J ci
⋅ (d − x ) = 15 ⋅
1.004 ⋅108
⋅ (420 − 176 ) = 173.5 MPa
2.118 ⋅ 109
Le armature disposte in zona tesa (5Ø20, corrispondenti ad As=5·314=1570 mm2) sono comprese
all’interno di una staffa di diametro 10 mm (Øst=10 mm). Di conseguenza si ottiene un ricoprimento
di armatura pari a
Ø
20
c = d ' − − Øst = 40 −
− 10 = 20 mm
2
2
ed una distanza relativa tra le armature pari a
b − 2 ⋅ c − 2 ⋅ Øst − Ø 250 − 2 ⋅ 20 − 2 ⋅10 − 20
s=
=
= 42.5 mm
n a −1
5 −1
σs = n ⋅
dove si è indicato con na il numero delle barre presenti. L’altezza della zona efficace è pari a
d eff = c + s + 7.5 ⋅ Ø = 20 + 42.5 + 7.5 ⋅ 20 = 212.5 mm
e quindi si ha
A c, eff = b ⋅ d eff = 250 ⋅ 212.5 = 53125 mm 2
È possibile a questo punto procedere alla quantificazione dei vari termini nelle espressioni che costituiscono la verifica in oggetto.
Distanza media tra le fessure
s 
Ø

s rm = 2 ⋅  c +  + k 2 ⋅ k 3 ⋅
ρr
 10 
dove
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Lezione n. 24bis – pag. XXIVb.22
k2 = 0.4
(barre ad aderenza migliorata)
k3 = 0.125
(asse neutro interno alla sezione)
ρr =
As
1570
=
= 0.0296
A c, eff 53125
e quindi
42.5 
20

= 48.5 + 33.8 = 82.3 mm
s rm = 2 ⋅  20 +
 + 0.4 ⋅ 0.125 ⋅
10 
0.0296

Deformazione unitaria media nelle armature
2

 σsr   
σ 

   ≥ 0.4 ⋅ s 
⋅ 1 − β1 ⋅ β 2 ⋅ 
Es 

 σs   

dove
β1 = 1.0
(barre ad aderenza migliorata)
e quindi
(azioni ripetute)
ZZ
β 2 = 0.5
A
σ
εsm = s
Es
2
173.5 
 69.7  
−4
⋅ 1 − 1.0 ⋅ 0.5 ⋅ 
  = 7.74 ⋅ 10
206000 
 173.5  

dal momento che la grandezza ricavata risulta maggiore del limite
σ
173.5
εsm, min ≥ 0.4 ⋅ s = 0.4 ⋅
= 3.37 ⋅ 10 − 4
Es
206000
εsm =
il valore ricavato può essere utilizzato nella verifica.
O
Valore caratteristico di ampiezza delle fessure
w k = 1.7 ⋅ w m = 1.7 ⋅ s rm ⋅ ε sm = 1.7 ⋅ 82.3 ⋅ 6.73 ⋅ 10 −4 = 0.094 mm
che risulta sensibilmente inferiore rispetto al limite fissato (0.2 mm).
B
Combinazione di carico frequente
Ripercorrendo gli stessi passi effettuati in precedenza, si può ripetere la verifica anche nella combinazione frequente.
Il carico di progetto vale
q freq = g k + ψ1 ⋅ q k = 2500 + 312 + 0.5 ⋅ 2000 = 3812 kg / m
in cui si è assunto per ψ1 il valore corrispondente ad un carico variabile per abitazioni. Il momento
di progetto, nella sezione maggiormente sollecitata, vale
5.00 2
= 1.191 ⋅10 4 kgm = 1.191 ⋅108 Nmm = 0.119 MNm
8
In corrispondenza di tale azione si ha una tensione nell’acciaio teso pari a (in regime fessurato)
M sd, freq = M B, freq = 3812 ⋅
σs = n ⋅
M sd,freq
J ci
⋅ (d − x ) = 15 ⋅
1.191 ⋅ 108
2.118 ⋅ 109
⋅ (420 − 176) = 205.8 MPa
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BOZZA SOGGETTA A REVISIONE – 18.01.05
Lezione n. 24bis – pag. XXIVb.23
Distanza media tra le fessure
Il valore della distanza media tra le fessure dipende soltanto dalla disposizione di armatura e dalla
forma del diagramma delle tensioni precedente alla fessurazione. Di conseguenza tale valore è lo
stesso ricavato in precedenza, ossia
s rm = 82.3 mm
Deformazione unitaria media nelle armature
Con lo stesso significato dei simboli del caso precedente, si ha
2
205.8 
205.8
 69.7  
⋅ 1 − 1.0 ⋅ 0.5 ⋅ 
⋅ 0.942 = 9.42 ⋅ 10 − 4
 =
206000 
205
.
8
206000

 

Valore caratteristico di ampiezza delle fessure
A
εsm =
w k = 1.7 ⋅ w m = 1.7 ⋅ s rm ⋅ ε sm = 1.7 ⋅ 82.3 ⋅ 9.42 ⋅ 10 −4 = 0.132 mm
B
O
ZZ
ancora inferiore rispetto al limite fissato (0.4 mm).
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