Sussidi didattici per il corso di
COSTRUZIONI EDILI
Prof. Ing. Francesco Zanghì
STRUTTURE IN
CEMENTO ARMATO - III
AGGIORNAMENTO 26/09/2012
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STATI LIMITE ULTIMI CON N E M
-0.002
-0.0035
+0.01
Il limite di resistenza della sezione si determina quando uno dei due materiali ha
raggiunto la sua deformazione ultima.
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Possono aversi diversi scenari o (campi) di rottura dove le lettere maiuscole individuano
le possibili posizioni dell’asse neutro.
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Campo 1 – Tenso-flessione (trazione con debole eccentricità)
Campo 2 – massimo allungamento dell’acciaio e calcestruzzo non completamente sfruttato; la
rottura della sezione avviene per raggiungimento della deformazione ultima nell’acciaio con il
calcestruzzo che presenta una residua capacità di deformarsi – sezione ad armatura debole.
Campo 3 – ROTTURA PERFETTA o BILANCIATA: massimo accorciamento del calcestruzzo
con acciaio in campo plastico – sezione ad armatura normale.
Campo 4 – massimo accorciamento del calcestruzzo con acciaio in campo elastico; la rottura
della sezione avviene per schiacciamento del cls mentre l’acciaio presenta una residua capacità
di deformarsi – sezione ad armatura forte.
Campo 5 – Flessione composta.
Campo 6 – Pressoflessione con piccola eccentricità.
CAMPO
1
2a
2b
3
4
5
6
Tenso-flessione
sezione ad armatura debole
ROTTURA PERFETTA
sezioni ad armatura normale
ROTTURA FRAGILE
sezioni ad armatura forte
Flessione composta
Pressoflessione con piccola eccentricità
4
k
da -∞
∞a0
da 0 a 0.167
da 0.167 a 0.259
da 0.259 a 0.642
da 0.642 a 1
da 1 a h/d
da h/d a +∞
∞
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La soluzione ideale è quella in cui la rottura della sezione avviene quando entrambi i
materiali hanno raggiunto il loro limite deformativo ed è individuata dalla retta che passa
per C – sezione bilanciata.
Quindi la modalità di rottura di una sezione è descritta dalla posizione “x” che assume
l’asse neutro rispetto alla altezza utile “d” della sezione. Tale rapporto adimensionale
(x/d) prende il nome di profondità relativa della zona compressa.
x
d-x
Ponendo la similitudine dei triangoli si può scrivere:
x ÷ ሺd − xሻ = εୡ ÷ εୱ da cui
5
୶
ୢ
=k=
கౙ
ሺகౙ ାக౩ ሻ
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L’Eurocodice 2, per i calcestruzzi con resistenza ordinaria, impone k≤0.45 allo scopo
di avere una rottura sufficientemente duttile e con armatura snervata. In sostanza la
DUTTILITA’ rappresenta la capacità della sezione di deformarsi plasticamente. Se una
sezione è duttile, prima della rottura è in grado di ruotare sensibilmente. In pratica una
sezione che presenti rottura duttile dà chiari segnali di preavviso (elevata fessurazione,
notevole incremento della deformazione) che possono mettere in allarme e consentire
interventi prima del crollo.
Esempio di rottura in campo 2
Le sezione inflesse ben proporzionate appartengono, solitamente, ai campi 2b e 3. In
questo caso il comportamento è duttile e i due materiali sono sfruttati al massimo. E’
buona norma evitare le sezioni in campo 4 in quanto hanno un comportamento di tipo
fragile.
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PRESCRIZIONI DI NORMATIVA
As ≥ 0.26
1.
L’armatura longitudinale tesa deve essere almeno:
fctm
⋅ b⋅ d ≥ 0.0013⋅
0
b⋅ d
f yk
b = larghezza della zona tesa;; d = altezza utile della sezione
2
fctm = 0.30 ⋅ 3 f ck
resistenza media a trazione del calcestruzzo
2.
As,max≤0.04 Ac Armatura tesa (o compressa) considerata individualmente
3.
All’intradosso degli appoggi di estremità deve essere disposta un’armatura metallica calcolata
Vmax
A
=
per uno sforzo di trazione uguale al taglio: s,min
f yd
4.
Minimo 3 staffe/m con Ast≥1.5b
≥1.5b.. L’interasse delle staffe deve essere comunque i≤0.8d. Le
staffe devono assorbire almeno il 50% degli sforzi di taglio.
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FLESSIONE SEMPLICE RETTA
Anche se è presente sforzo normale, è possibile semplificare la procedura di verifica e considerare la
sezione come solo inflessa se:
Nsd ≤ 0.08⋅ fck ⋅ Ac
ESEMPIO N°1
Verificare a flessione una trave in c.a. di sezione rettangolare 30x50
30x50, realizzata con calcestruzzo di classe C25/30
e armature
ture metalliche del tipo B450C, sollecitata da un momento flettente di progetto pari a 160 kNm. La trave è
armata inferiormente con 4Φ20 e superiormente con 2Φ14.
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Caratteristiche dei materiali:
o Calcestruzzo C25/30
fck
25
= 0.85
= 14.11 MPa
1.50
1.50
Resistenza di progetto a compressione:
fcd = 0.85
Resistenza media a trazione:
2
fctm = 0.30 ⋅ 3 f ck
= 0.30 ⋅ 3 252 = 2.55 MPa
Deformazione ultima:
εcu = 0.0035
Modulo elastico:
Ec = 31447 MPa
o Acciaio B450C
f yk
450
=
= 391.3 MPa
1.15 1.15
f
391.3
= yd =
= 0.0019
Es 206000
Tensione di progetto allo snervamento:
f yd =
Deformazione allo snervamento:
ε yd
Deformazione ultima:
ε su = 0.01
Modulo elastico:
Es = 206000 MPa
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Armature:
Armatura tesa:
As = 12.56 cm2 ( 4Φ20 ) ;
Armatura compressa:
A's = 3.08 cm2 ( 2Φ14)
Posizione dell’asse neutro:
Risultante delle tensioni nell’armatura tesa (che si suppone snervata: ε s ≥ ε yd = 0.0019 ):
Ns = f yd ⋅ As = 39.13⋅12.56 = 491.5kN
Risultante delle tensioni nell’armatura compressa (che si suppone snervata: ε s ≥ ε yd = 0.0019 ):
N 's = f yd ⋅ A's = 39.13⋅ 3.08 = 120.5kN
Risultante delle tensioni di compressione nel calcestruzzo:
In condizioni di rottura il diagramma delle tensioni nel calcestruzzo (compresso) assume
l’andamento coerente con il legame costitutivo (parabola-rettangolo) utilizzato per questo
materiale. Per le sezioni di forma comune, non si commette un grosso errore se si sostituisce il
diagramma parabolico con uno rettangolare (stress-block) equivalente di larghezza pari
sempre a fcd e altezza pari a 0.8x, dove x è la profondità della zona compressa individuata dalla
posizione dell’asse neutro.
Nc = fcd ⋅ b⋅ ( 0.8⋅ x) = 14.11⋅ 30 ⋅ ( 0.8 ⋅ x) = 34 ⋅ x kN
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Per l’equilibrio alla traslazione orizzontale della sezione:
Ns − N 's − Nc = 0;
491.5 −120.5 − 34 ⋅ x = 0 ;
x=
370.65
= 10.90 cm
34
Se esprimiamo la stessa equazione di equilibrio inserendo le espressioni letterali dei tre contributi
avremo:
f yd ⋅ As − f yd ⋅ A ' s − f cd ⋅ b ⋅ (0 . 8 x ) = 0
Da cui si ricava:
x=
( As − A ' s ) ⋅
f yd
0 . 8 ⋅ f cd ⋅ b
Occorre controllare che l’armatura compressa sia effettivamente snervata. Calcoliamo la profondità
minima affinché l’armatura compressa sia snervata.
Con riferimento al diagramma delle deformazioni, dalla similitudine dei triangoli si ricava:
εcu
x−c
x
=
; ε 's = ε cu
x
ε 's x − c
imponendo l’uguaglianza con la deformazione al limite di snervamento si ottiene:
εcu
x−c
= ε yd ;
x
poiché:
x=
εcu
0.0035
c=
c ≈ 2.20 ⋅ c = 2.20 ⋅ 4 = 8.80 cm
εcu − ε yd
0.0035 − 0.0019
x = 10.90 cm> 8.80 cm
la posizione dell’asse neutro trovata è corretta.
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k=
x 10.90
=
= 0.236
d
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la rottura avviene nel campo 2b.
Calcolo del momento resistente:
Per l’equilibrio alla rotazione, ad esempio, rispetto al punto di applicazione di Nc:
M rd = N s (d − 0 . 4 x ) + N ' s (0 . 4 x − c ) = 491 . 5 (46 − 0 . 4 ⋅ 10 . 9 ) + 120 . 5 (0 . 4 ⋅ 10 . 9 − 4 ) =
= 20590 kNcm = 206 kNm > M sd = 160 kNm
VERIFICA POSITIVA
Se esprimiamo la stessa equazione di equilibrio inserendo le espressioni letterali avremo:
M rd = f yd ⋅ As ⋅ (d − 0 . 4 x ) + f yd ⋅ A ' s ⋅(0 . 4 x − c )
Da cui si ricava:
M rd = f yd ⋅ [ As ⋅ (d − 0 . 4 x ) + A ' s ⋅(0 . 4 x − c )]
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ESEMPIO N°2
Con i dati dell’esempio precedente Verificare a flessione la trave disponendo anche superiormente con 4Φ20.
Armature:
Armatura tesa: As = 12 . 56 cm
2
(4 Φ 20 ) ;
Armatura compressa: A ' s = 12 . 56 cm
2
(4 Φ 20 )
Posizione dell’asse neutro:
Ipotizziamo che l’armatura compressa sia snervata:
x=
( As − A ' s ) ⋅
f yd
0 . 8 ⋅ f cd ⋅ b
=
(12 .56 − 12 .56 ) ⋅ 39 .13
0 . 8 ⋅ 1 . 41 ⋅ 30
=0
poiché:
x = 0 < 2 . 20 ⋅ c = 8 . 80 cm
l’armatura compressa non è snervata pertanto la posizione dell’asse neutro dovrà essere trovata
mediante risoluzione di un’equazione di secondo grado:
2



 
 εcu A's⋅ c⋅ f yd
f yd
f yd
ε cu
ε cu
x =  As −
A's  ⋅
+  As −
A's  
 +
ε yd
ε yd

 2 ⋅ 0.8 ⋅ b⋅ fcd

  2 ⋅ 0.8 ⋅ b⋅ fcd  ε yd 0.8 ⋅ b⋅ fcd
2
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nel nostro caso la relazione fornisce:
0 . 0035
39 . 13


x =  12 . 56 −
12 . 56  ⋅
+
0 . 0019

 2 ⋅ 0 . 8 ⋅ 30 ⋅ 1 . 41
2
2
0 . 0035
39 . 13
0 . 0035 12 . 56 ⋅ 4 ⋅ 39 . 13

 

12 . 56  
≈ 6 . 00 cm
 12 . 56 −
 +
0 . 0019
0 . 0019 0 . 8 ⋅ 30 ⋅ 1 . 41

  2 ⋅ 0 . 8 ⋅ 30 ⋅ 1 . 41 
la tensione nell’armatura compressa vale:
σ 's =
(6 − 4 ) 0 .0035 39 . 13 = 24 kN = 240 MPa < f
x − c ε cu
f yd =
yd
x ε yd
6
0 . 0019
cm 2
Calcolo del momento resistente:
M rd = f yd ⋅ [ As ⋅ (d − 0 . 4 x ) + A ' s ⋅(0 . 4 x − c )] =
39 . 13 ⋅ [12 . 56 ⋅ (46 − 0 . 4 ⋅ 6 . 00 ) + 12 . 56 ⋅ (0 . 4 ⋅ 6 . 00 − 4 )] = 20604 kNcm
≈ 206 kNm > M sd = 16 0 kNm
VERIFICA POSITIVA
k=
x 6
=
= 0 .130
d 46
la rottura avviene nel campo 2a.
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Tabella tondini da Cemento Armato
Diametro
mm
1
2
3
4
6
8
10
12
14
16
18
20
22
24
25
26
28
30
32
0,28
0,50
0,79
1,13
1,54
2,01
2,54
3,14
3,80
4,52
4,91
5,31
6,16
7,07
8,04
0,57
1,01
1,57
2,26
3,08
4,02
5,09
6,28
7,60
9,05
9,82
10,62
12,32
14,14
16,08
0,85
1,51
2,36
3,39
4,62
6,03
7,63
9,42
11,40
13,57
14,73
15,93
18,47
21,21
21,13
1,13
2,01
3,14
4,52
6,16
8,04
10,18
12,57
15,21
18,10
19,63
21,24
24,63
28,27
32,17
Numero barre
5
6
7
sezione [cm²]
1,41
2,51
3,93
5,65
7,70
10,05
12,72
15,71
19,01
22,62
24,54
26,55
30,79
35,34
40,21
15
1,70
3,02
4,71
6,79
9,24
12,06
15,27
18,85
22,81
27,14
29,45
31,86
36,95
42,41
48,25
1,98
3,52
5,50
7,92
10,78
14,07
17,81
21,99
26,61
31,67
34,36
37,17
43,10
49,48
56,30
8
9
10
12
2,26
4,02
6,28
9,05
12,32
16,08
20,36
25,13
30,41
36,19
39,27
42,47
49,26
56,55
64,34
2,54
4,52
7,07
10,18
13,85
18,10
22,90
28,27
34,21
40,72
44,18
47,78
55,42
63,62
72,38
2,83
5,03
7,85
11,31
15,39
20,11
25,45
31,42
38,01
45,24
49,09
53,09
61,58
70,69
80,42
3,39
6,03
9,42
13,57
18,47
24,13
30,54
37,70
45,62
54,29
58,90
63,71
73,89
84,82
96,51
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Fonti
•
•
•
•
D. M. Infrastrutture Trasporti 14 gennaio 2008 (G.U. 4 febbraio 2008 n. 29 - Suppl. Ord.)
Norme tecniche per le Costruzioni”
Circolare 2 febbraio 2009 n. 617 del Ministero delle Infrastrutture e dei Trasporti (G.U. 26 febbraio 2009 n. 27 –
Suppl. Ord.)
“Istruzioni per l'applicazione delle 'Norme Tecniche delle Costruzioni' di cui al D.M. 14 gennaio 2008”.
S.Catasta – Materiale didattico
Università degli Studi Roma Tre – facoltà di Ingegneria: materiale didattico
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