Tecnica delle Costruzioni
ESERCIZI Tecnica delle Costruzioni
S.L.U. per FLESSIONE e PRESSOFLESSIONE Esempio 1 Sia assegnata una sezione rettangolare di base b=300 mm, altezza utile d=500 mm, copriferro δ=50 mm (λ=50/500=0.1) soggetta ad un momento flettente di calcolo MSd=270 KNm =2.7 108 Nmm. Fissate le caratteristiche dei materiali: acciaio1 B450C e calcestruzzo di classe C25/30, se ne progetti l'armatura affinché la profondità dell'asse neutro a rottura risulti pari a ξ*= xu/d = 0.233. I valori di calcolo delle resistenze dei materiali valgono: fyd=391.3 MPa, fcd=0.85x25/1.5=14.167 MPa, mentre la sollecitazione espressa in termini adimensionali vale mrd =
M rd 270000000 = = 0.254 . 2 bd f cd 300 ⋅ 500 2 ⋅14.167
Fig. 1
La posizione dell'asse neutro ξ*=0.233 garantisce che allo SLU anche l'armatura compressa risulta snervata. In questa ipotesi, posto λ=δ/d, la condizione di equilibrio alla rotazione, con riferimento alla Fig. 1, si scrive: mrd = µω* (1 − λ ) + κ ξ* − ηξ *2
(
1
)
In questo come in tutti gli esercizi successivi si considera l’acciaio a duttilità illimitata.
3
Esercizi
ω* = µω* + κξ* ⇒ ω* =
con (per l'equilibrio alla traslazione)
da cui:
µ=
(
)
mrd − κ ξ* − ηξ*2 κ ⋅ ξ* ⋅ (1 − λ ) + mrd − κ ξ* −ηξ*2
(
κ 1− µ
ξ*
)
che per κ=0.809, η=0.416 e ξ*=0.233 diventa:
µ=
mrd − 0.168 0.254 − 0.168 = = 0.336 0.1884 ⋅ (1 − λ ) + mrd − 0.168 0.1884 ⋅ (1 − 0.1) + 0.254 − 0.168
La trave dovrà pertanto essere dotata di un rapporto meccanico di armatura tesa
ω* =
κ 1− µ
ξ* =
0.809 0.233 = 0.284 1 − 0.336
cui corrisponde la seguente armatura:
As = ω ⋅ bd ⋅
f cd 14.167 = 0.284 ⋅ 300 ⋅ 500 = 1542 mm 2 = 15.42 cm 2 f yd 391.3
A' s = 0.336 ⋅ As = 0.336 ⋅1542 = 518 mm 2 = 5.18 cm 2 ottenibile, ad esempio, con 5ϕ20 in zona tesa e (2ϕ12+1ϕ20) in zona compressa. Esempio 2 Si progetti altezza ed armatura di una sezione rettangolare di base b=350 mm, con capacità flessionale a rottura MRd=500 KNm =5 108 Nmm. e profondità dell'asse neutro a rottura ξ*=0.233. Le caratteristiche dei materiali siano acciaio B450C (fyd=391.3 MPa) e calcestruzzo di classe C25/30 (fcd=0.85x25/1.5=14.167 MPa). La condizione di equilibrio alla rotazione, scritta con riferimento alla Fig. 1 (armature entrambe snervate allo SLU) è: mrd = µω* (1 − λ ) + κ ξ* − ηξ *2
(
da cui, ricordando che mrd =
d=
)
M rd , è immediato ricavare: bd 2 f cd
M rd 1 ⋅ bfcd µω* (1 − λ ) + κ ξ* − ηξ*2
(
)
Dall'equilibrio alla traslazione, nella ipotesi che entrambe le armature siano al-
4
Tecnica delle Costruzioni
lo SLU snervate, è possibile quantificare l'armatura tesa necessaria:
ω* = µω* + κξ* ⇒ ω* = da cui
d=
κ
1− µ
ξ*
M rd 1 ⋅ bf cd µ κ ξ (1 − λ ) + κ ξ − ηξ 2 * * * 1− µ
(
)
Considerando un possibile campo di variabilità di µ fra 0 e 0.6 dalla precedente si ricava: per µ=0.0 ⇒ d=766 mm ⇒ ω*=0.1885 ⇒ As = 1830 mm2 per µ=0.6 ⇒ d=480 mm ⇒ ω*=0.4713 ⇒ As = 2866 mm2 Ritenendo che l'armatura massima che è possibile disporre in 350 mm non debba eccedere i 22 cm2 (7ϕ20) si adotta la seguente soluzione: µ=0.3 ⇒ d=638 mm ⇒ ω*=0.2693 ⇒ As = 2177 mm2 Pertanto si può adottare una trave di altezza complessiva pari a 70 cm (d=64 + δ=6) armata con 7ϕ20 in zona tesa e (2ϕ14+1ϕ20) in zona compressa.
Esempio 3 Utilizzando l'abaco di Fig. 2 (o la relativa tabella 1) si verifichi una sezione rettangolare di base b=500 mm, altezza utile d=250 mm, armata con As=5ϕ20=1570 mm2 ed A's=2ϕ20=628 mm2 (µ=0.4), soggetta ad un momento flettente di calcolo MSd=130 KNm. Si valuti inoltre la curvatura della sezione allo SLU. Le caratteristiche dei materiali siano acciaio B450C (fyd=391.3 MPa) e calcestruzzo di classe C25/30 (fcd=0.85x25/1.5=14.167 MPa). La percentuale meccanica dell’armatura tesa è:
ω=
As f yd bd ⋅ f cd
=
1570 ⋅ 391.3 = 0.347 . 500 ⋅ 250 ⋅14.167
Dalla tabella 1 nella colonna µ=40% il valore di ω più vicino e ω=0.3508, cui corrisponde mrd=0.3140 e ξu=xu/d=0.26 con SLU raggiunto in campo IIIc. Il momento resistente della sezione vale pertanto: M Rd = m rd ⋅ bd 2 ⋅ f cd = 0.314 ⋅ 500 ⋅ 250 2 ⋅14 .167 = 139 ⋅10 6 Nmm
M Rd = 139 KNm > M Sd = 130 KNm e la sezione risulta verificata. La curvatura della sezione a rottura vale: ε 3. 5 1 , che in termini adimensionali può scriversi: χ u = cu = xu 1000 ξ u ⋅ d 3. 5 χ u = χ u ⋅1000 ⋅ d = = 13.46 . 0.26
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Esercizi
Fig. 2 - Flessione semplice retta - sezioni rettangolari: abaco per calcestruzzi di classe non superiore a C50/60
6
Tecnica delle Costruzioni
Tabella 1 Momento adimensionalizzato mrd e rapporto meccanico ω al variare della posizione dell’asse neutro per sezioni con diverse percentuali di armatura compressa (valido per calcestruzzi di classe non superiore a C50/60 e acciaio a duttilità illimitata)
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Esercizi
Esempio 4 Si debba valutare la capacità flessionale allo SLU del singolo travetto relativo al solaio rappresentato in Fig. 3 (unità cm), armato inferiormente con As=2ϕ14=308 mm2. Si utilizzino le seguenti caratteristiche dei materiali: - acciaio B450C (fyd=391.3 MPa) - calcestruzzo di classe C25/30 (fcd=0.85x25/1.5=14.167 MPa). Fig. 3
La percentuale meccanica dell’armatura tesa è:
ω=
As f yd bd ⋅ f cd
=
308 ⋅ 391.3 = 0.063 . 500 ⋅ 270 ⋅14.167
Interpolando i valori dalla tabella 1 nella colonna µ=0% al suddetto valore di ω corrisponde ξu=xu/d=0.078 ed mrd=0.061. Poiché xu=0.078 x 270 = 21 mm < 50 mm l'asse neutro taglia la soletta e la sezione a T inflessa può essere trattata nello stesso modo di una rettangolare con base uguale alla larghezza della soletta compressa. Il momento resistente della sezione vale pertanto: M Rd = m rd ⋅ bd 2 ⋅ f cd = 0.061 ⋅ 500 ⋅ 270 2 ⋅14 .167 = 31 .5 ⋅ 10 6 Nmm La capacità flessionale allo SLU del singolo travetto può assumersi pari a 31.5 KNm
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Esempio 5 Si valuti la capacità flessionale e la curvatura allo SLU della trave a T rappresentato in Fig. 4 (unità cm), armata in zona tesa con As=18ϕ26=9557 mm2 e in zona compressa con As=4ϕ16=804 mm2 (µ=8.4%). Si utilizzino le seguenti caratteristiche dei materiali: - acciaio B450C (fyd=391.3 MPa) - calcestruzzo con fck=30 MPa (fcd=0.85x30/1.5=17.0 MPa).
Fig. 4
Valutata la percentuale meccanica dell’armatura tesa:
ω=
As f yd bd ⋅ f cd
=
9557 ⋅ 391.3 = 0.183 750 ⋅1600 ⋅17.0
è immediato riconoscere, sfruttando ad esempio la Tab. 1, che il rapporto x/d>20/160=0.125 e che, pertanto, l'asse neutro taglia l'anima della sezione a T inflessa. Di conseguenza la sezione non può essere trattata nello stesso modo di una rettangolare con base uguale alla larghezza della soletta compressa. Con riferimento alla Fig. 4 si ha:
x' =
As f yd (1 − µ ) Bt 9557 ⋅ 391.3 750 ⋅ 200 − = − = 206 mm bf cd b 250 ⋅17.0 250
t + x ' 200 + 206 = = 507 .5 mm 0.8 0 .8 C 0 = Btf cd = 750 ⋅ 200 ⋅17.0 = 2550 ⋅10 3 N x=
C1 = bx ' f cd = 250 ⋅ 206 ⋅17.0 = 875 ⋅10 3 N C s = µAs f yd = 804 ⋅ 391.3 = 315 ⋅10 3 N Σ compressioni = 3740 ⋅10 3 N T = As f yd = 9557 ⋅ 391.3 = 3740 ⋅10 3 N Dall'equilibrio alla rotazione intorno all'armatura tesa si ottiene la capacità flessionale della sezione allo SLU:
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Esercizi
t x' M rd = C 0 d − + C1 d − t − + C s (d − δ ) 2 2
0.206 M rd = 2550 ⋅ (1.60 − 0.10 ) + 875 ⋅ 1.60 − 0.20 − + 315 ⋅1.55 = 5448 KNm 2 La curvatura ultima della sezione è: ε 3. 5 1 0.0069 1 , che in termini adimensionali può χ u = cu = = xu 1000 507.5 1000 mm scriversi: χ u = χ u ⋅1000 ⋅ d = 0.0069 ⋅1600 = 11.04 .
Esempio 6 Utilizzando il dominio di interazione semplificato a 6 lati (Fig. 5) con la relativa tabella 2, si verifichi un pilastro (acciaio B450C e calcestruzzo con fck=30 MPa) con sezione rettangolare di dimensioni b=300 mm, d=500 mm armata superiormente ed inferiormente con 4ϕ20, e soggetto ad una flessione composta, con NSd=480 KN=4.8 105 N ed MSd=280 KNm=2.8 108 Nmm. La percentuale meccanica dell’armatura disposta in zona tesa e compressa è:
ω=
As f yd bd ⋅ f cd
=
12.57 ⋅ 391.3 = 0.193 . 300 ⋅ 500 ⋅ 17.0
Dalla tabella 2 nel campo 0.1835
d = 0.147 + 0.9 ⋅ 0.193 = 0.3207 La condizione di verifica è:
a (nSd − c ) + d b 0.0634 0.22 ≤ (0.188 − 0.5193) + 0.3207 = 0.258 0.3358 mSd ≤
La sezione risulta pertanto verificata.
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Fig. 5. - Dominio di interazione semplificato a 6 lati (particolarizzato per λ=0.1)
mSd ≤
a (nSd − c ) + d b
(1)
Tabella 2 - Valori dei coefficienti a,b,c e d da utilizzare nelle verifiche approssimate espresse dalla (1) validi per λ=0.1
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Esercizi
δ / d = 0.10
Fig. 6 -
Famiglia dei domini di interazione per una sezione rettangolare simmetricamente armata e per cls di classe non superiore a C50/60
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Tecnica delle Costruzioni
Esempio 7 Progettare l'armatura del pilastro di figura 7 le cui dimensioni geometriche sono bx=400 mm e hy= 500 mm, assoggettato ai seguenti stati di sollecitazione: C.C. 1: Nsd=1100 KN MSdx =240 KNm MSdy =72 KNm C.C. 2: Nsd=1100 KN MSdx =66 KNm MSdy =220 KNm. Si consideri un parametro di copriferro λ=0.1 e si utilizzi acciaio B450C e calcestruzzo di classe C25/30, le cui resistenze di calcolo valgono rispettivamente: fyd=391.3 MPa, fcd=0.85x25/1.5=14.167 MPa. Lo sforzo normale adimensionalizzato comune ad entrambe le condizioni di sollecitazione è:
nsd =
Fig. 7
N Sd 110000 = = 0.431 bd ⋅ f cd 400 ⋅ 450 ⋅ 14.167
Progetto armatura parallela asse x Si progetta tale armatura considerando una pressoflessione retta le cui sollecitazioni sono: Nsd=1100 KN MSdx = 1.3 x 240 = 312 KNm, che in termini adimensionali vale: msdx =
M Sdx 312000000 = = 0.272 2 bd ⋅ f cd 400 ⋅ 4502 ⋅ 14.167
Sull'abaco di Fig. 6 la coppia di valori msd=0.272 ed nsd=0.431 richiede una percentuale meccanica di armatura ω≅0.15 da disporre su ciascun lato parallelo all'asse x (con copriferro δ=λ hy=0.1 x 500= 50 mm), cui corrisponde:
Asx = ω bd
14.167 f cd = 0.15 ⋅ 400 ⋅ 450 ⋅ = 975 mm 2 f yd 391.3
Tale armatura può essere realizzata con 3ϕ20 su ciascun lato, ottenendo Asx=942 mm2 leggermente inferiore a quello ricavato dal calcolo e, pertanto, da verificare in fase successiva (si veda Esempio 8). Progetto armatura parallela asse y Questa armatura può essere progettata considerando la seguente condizione di pressoflessione retta: Nsd=1100 KN MSdy = 1.3 x 220 = 286 KNm, che in termini adimensionali vale: msdy =
M Sdy 286000000 = = 0.311 2 bd ⋅ f cd 500 ⋅ 3602 ⋅ 14.167
Sull'abaco di Fig. 6 la coppia di valori msd=0.311 ed nsd=0.431 richiede una percentuale meccanica di armatura ω≅0.2 da disporre su ciascun lato parallelo all'asse y (con copriferro δ=λ bx=0.1 x 400= 40 mm), cui corrisponde:
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Esercizi
Asy = ω bd
f cd 14.167 = 0.2 ⋅ 500 ⋅ 360 ⋅ = 1303 mm 2 f yd 391.3
Si realizza tale armatura con 4ϕ20 su ciascun lato, pari ad Asx=1256 mm2 leggermente inferiore a quella di calcolo, da verificare in fase successiva (si veda Esempio 8).
Esempio 8 Con riferimento alla sezione dell'esercizio precedente (la cui armatura di progetto è riportata nella Fig. 8), si costruisca il dominio approssimato di pressoflessione deviata (secondo NTC ed EC2) e si effettui la verifica grafica ed analitica.
Fig. 8
Nella tabella 3 sono riportati, per diversi valori di sforzo normale, i corrispondenti valori di momenti resistenti in pressoflessione retta con asse nutro parallelo all'asse x (MRdx) e parallelo all'asse y (MRdy). Sulla stessa tabella sono altresì indicati gli esponenti α da utilizzare nella formula di Bresler, ricavati per interpolazione lineare dalla Tab. normativa (Fig.9) in cui lo sforzo normale resistente è stato valutato per As=10ϕ20=3141 mm2:
N Rd = Ac f cd + As f yd = 400 ⋅ 500 ⋅ 14.167 + 3141⋅ 391.3 = 4062 ⋅ 103 N = 4062 KN α
α
M Sdx M Sdy =1 + M M Rdx Rdy
NSd MRdx MRdy α
Fig. 9 – Formula di Bresler e tabella degli esponenti α.
406.2
467.9
800
1100
1324.2
1600
2000
2400
2800
3000
232.8 225.5 1.0
243.8 234.4 1.01
289.4 271.0 1.08
312.7 289.6 1.14
319.5 295.1 1.19
296.2 273.4 1.24
257.3 239.6 1.33
208.1 200.1 1.41
143.8 151.9 1.49
107.1 123.2 1.57
C-C'
B-B'
Tab 3 – Dominio approssimato di pressoflessione deviata (unità KN, m) relativo alla sezione di Fig. 8
In Fig. 10 sono rappresentate le diverse sezioni del dominio tridimensionale, ottenute in corrispondenza degli stessi valori di NRd=costante che compaiono nella tabella 3. In particolare nella parte sinistra ci sono gli sforzi normali crescenti fino al raggiungimento dello sforzo che produce rottura bilanciata (curva B-B' di Fig. 11), mentre nella parte destra ci sono gli sforzi normali che producono rottura fragile.
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Tecnica delle Costruzioni
Fig. 10 –Sezioni del dominio semplificato di pressoflessione deviata per diversi valori di sforzo normale costante.
Fig. 11 –Dominio semplificato N, Mx, My per pressoflessione deviata.
Nella parte sinistra della Fig. 10 sono altresì individuati i punti rappresentativi dello stato di sforzo (per le condizioni di sollecitazione di progetto). Questi risultano entrambi all'interno del dominio relativo allo sforzo normale di calcolo (NRd=1100 KN evidenziato in grassetto in Fig.), circostanza questa che assicura che la sezione è verificata. In termini analitici la verifica va condotta applicando la formula di Bresler (Fig. 9) con i valori MRdx=312.7 KNm, MRdy=289.6 KNm ed α=1.14, desunti dalla colonna della Tab. 3 in corrispondenza dello sforzo di calcolo NSd=1100 KN: 1.14
Verifica C.C. 1:
240 312 .7
Verifica C.C. 2:
66 312 .7
1.14
1.14
72 + 289 .6
= 0.739 + 0.205 = 0.944 ≤ 1
1.14
220 + 289 .6
= 0.170 + 0.731 = 0.901 ≤ 1 .
Per entrambe le combinazioni di carico la sezione risulta palesemente verificata.
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Esercizi
S.L.U. per TAGLIO
Esempio 9 Si consideri un solaio in latero-cemento con luce netta 5.50 m, la cui sezione trasversale è rappresentata in figura 12, costituito da travetti (realizzati con un fondello prefabbricato e successivamente completati in opera) larghi 14 cm, disposti ad interasse di 52 cm, privi di armatura a taglio, ed armati inferiormente con As=2ϕ12=226 mm2. Il solaio sia interessato dai seguenti carichi: G1=4.00 KN/m2 G2=3.50 KN/m2 Qk=2.00 KN/m2 Supponendo che il solaio sia realizzato con calcestruzzo di classe C30/35, si verifichi la resistenza a taglio VRd del singolo travetto. Le resistenze dei materiali sono: fyd=391.3 MPa, fck=30 MPa. L'altezza utile della sezione è: d = h − c − ϕ / 2 = 300 − 30 − 12 / 2 = 264 mm Il rapporto geometrico di armatura tesa è: A 226 ρ l = sl = = 0.0061 < 0.02 bw d 140 ⋅ 264 Il coefficiente k relativo all'ingranamento degli inerti vale:
k = 1+
Fig. 12
200 200 = 1+ = 1.87 ≤ 2 d 264
Secondo NTC il taglio resistente è espresso da:
VRd
1/ 3 0.18 ⋅ k ⋅ (100 ρl f ck )1/ 3 0.18 ⋅1.87 ⋅ (100 ⋅ 0.0061⋅ 30) = ⋅140 ⋅ 264 = 21856 N ⋅ bw ⋅ d = γ 1 . 5 c
dopo aver controllato che risulta:
(
)
VRd ≥ vmin ⋅ bw ⋅ d = 0.035 ⋅ k 3 / 2 ⋅ f ck ⋅ bw ⋅ d = 0.035 ⋅1.873 / 2 ⋅ 30 ⋅140 ⋅ 264 = 18120 N la resistenza a taglio VRd del singolo travetto rappresentato in Fig. 12 privo di armatura d'anima, può essere assunta pertanto pari a 21.8 KN. Il carico sul solaio allo SLU è: Fd = γ G 1G1 + γ G 2 G 2 + γ q Q k = 1.3 ⋅ 4.00 + 1.5 ⋅ 3.50 + 1.5 ⋅ 2.00 = 13.45 KN / m 2
Il carico sul singolo travetto vale pertanto Fd 1 = 13.45 ⋅ 0.52 = 7.00 KN / m , e la
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Tecnica delle Costruzioni
sollecitazione tagliante di calcolo è pari a VSd = Fd 1 ⋅ L = 7.00 ⋅ 5.50 = 19.25 KN che 2 2 risulta inferiore alla resistenza VRd = 21.8 KN . La verifica a taglio è soddisfatta.
Esempio 10 Si verifichi a taglio e flessione l'architrave di Fig. 13 di luce netta 2.60 m, priva di armatura a taglio, ed armata inferiormente con As=2ϕ10=157 mm2 sottoposta ad un carico uniformemente distribuito qd=11 KN/m. I materiali sono acciaio B450C (fyd=391.3 MPa) e calcestruzzo di classe C25/30 (fck=25 MPa)
Fig. 13
I valori delle sollecitazioni di calcolo sono: 1 11.0 ⋅ 2.60 2 1 11.0 ⋅ 2.60 M d = ⋅ qd ⋅ L2 = = 9.3 KNm Vd = ⋅ qd ⋅ L = = 14.3 KN 8 8 2 2 L'altezza utile della sezione è: d = h − c − ϕ / 2 = 300 − 45 − 10 / 2 = 250 mm A 157 Il rapporto geometrico di armatura tesa è: ρ l = sl = = 0.0025 < 0.02 bw d 250 ⋅ 250 Il coefficiente k relativo all'ingranamento degli inerti vale:
k =1+
200 200 =1+ = 1.095 ≤ 2 d 250
Secondo NTC il taglio resistente è espresso da:
V Rd
1/ 3 0.18 ⋅ k ⋅ (100 ρ l f ck )1 / 3 0.18 ⋅1.095 ⋅ (100 ⋅ 0.0025 ⋅ 25) = ⋅140 ⋅ 264 = 15152 N ⋅ bw ⋅ d = γ 1 . 5 c
Dopo aver controllato che risulta:
(
)
VRd ≥ vmin ⋅ bw ⋅ d = 0.035 ⋅ k 3 / 2 ⋅ f ck ⋅ bw ⋅ d = 0.035 ⋅1.0953 / 2 ⋅ 25 ⋅ 250 ⋅ 250 = 11620 N la resistenza a taglio VRd dell'architrave è pari a 15.15 KN > 14.3 KN e la verifica
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Esercizi
a taglio risulta soddisfatta. Il massimo sforzo di trazione sviluppabile dall'armatura longitudinale è: Tu = As ⋅ f yd = 157 ⋅ 391.3 = 61434 KN cui corrisponde:
M u = Tu ⋅ 0.9d = 61.43 ⋅ 0.9 ⋅ 0.25 = 13.8 KNm > 9.3 KNm Pertanto anche la verifica a flessione risulta soddisfatta.
Esempio 11 Considerando il modello a traliccio di Morsh (θ=45°), si determini il taglio ultimo che può essere portato da una trave di base b=300 mm ed altezza utile d=550 mm staffata, con staffe φ 10 a due bracci (Asw=2 x 78.54 mm2) disposte con passo 150 mm. I materiali sono acciaio B450C e calcestruzzo di classe C30/35. Le resistenze di calcolo dei materiali sono: Acciaio: fyd=391.3 MPa, Calcestruzzo: fcd=0.85x30/1.5=17.0 MPa. Poiché la tensione di compressione σcp nella sezione è nulla, è da assumere αc=1 e, pertanto, fcwd= αc 0.5 fcd = 8.5 MPa. La resistenza a taglio-trazione si ottiene dalla formula contenuta in NTC A VRsd = 0.9 ⋅ d ⋅ sw ⋅ f ywd ⋅ (cot α + cot θ ) ⋅ sin α s ponendo α=90° e θ=45°: A 2 ⋅ 78.54 2 VRsd = 0.9 ⋅ d ⋅ sw ⋅ f ywd ⋅ sin 45° = 0.9 ⋅ 550 ⋅ ⋅ 391.3 ⋅ ≈ 144 KN s 150 2 La resistenza a taglio-compressione si ottiene dalla formula contenuta in NTC cot α + cot θ VRcd = 0.9 ⋅ d ⋅ bw ⋅ f cwd ⋅ 1 + cot 2 θ ponendo α=90° e θ=45°: 1 VRcd = 0.9 ⋅ d ⋅ bw ⋅ f cwd ⋅ = 0.9 ⋅ 550 ⋅ 300 ⋅ 8.5 ⋅ 0.5 ≈ 631 KN 2 La resistenza a taglio della trave è da assumere la più piccola fra la resistenza a taglio-trazione e la resistenza a taglio-compressione:
VRd = min(VRsd , VRcd ) = min(144, 631) = 144 KN .
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Tecnica delle Costruzioni
Esempio 12 Si determini l'incremento del taglio ultimo che può essere portato dalla trave dell'esercizio precedente, applicando il metodo del traliccio con puntoni ad inclinazione variabile. Le resistenze di calcolo dei materiali sono: Acciaio: fyd=391.3 MPa, Calcestruzzo: fcd=0.85x30/1.5=17.0 MPa. Poiché la tensione di compressione σcp nella sezione è nulla, è da assumere αc=1 e, pertanto, fcwd= αc 0.5 fcd = 8.5 MPa. La densità geometrica di armatura trasversale è: A 2 ⋅ 78.54 ρ w = sw = = 0.0035 = 0.35% . b ⋅ s 300 ⋅ 150 Il massimo taglio che può essere portato dalla trave è quello cui corrisponde l'inclinazione θ del puntone, compatibile con le limitazioni normative e tale da rendere uguali le resistenze a taglio compressione e a taglio trazione espresse rispettivamente da: z f cwd ⋅ b ⋅ z ⋅ sin θ ⋅ cos θ = f ywd ⋅ Asw ⋅ ⋅ ctg θ , e cioè: s 2 ⋅ 78.54 8.5 ⋅ 300 ⋅ sin θ ⋅ cos θ = 391.3 ⋅ ⋅ ctgθ ⇒ θ = 23.67° > 21.8° . 150 z Pertanto, VRd = VRcd = VRsd = f ywd ⋅ Asw ⋅ ⋅ ctg 23.67° = 464 KN s con un incremento del taglio ultimo pari a 320 KN rispetto a quello calcolato nell'esercizio precedente con il modello a traliccio di Morsh (θ=45°).
Esempio 13 Si determini con il metodo del traliccio con puntoni ad inclinazione variabile, il taglio ultimo che può essere portato nelle due direzioni y e z dal pilastro (300 x 550) mm, staffato come in Fig. 14 con staffe φ 12 (As= 113.1 mm2) disposte con passo 150 mm e sottoposto ad uno sforzo di compressione NEd=850 KN. Per il calcolo delle altezze utili dy e dz si consideri, in entrambe le direzioni, un copriferro di 50 mm. I materiali sono acciaio B450C e calcestruzzo di classe C25/30. Le resistenze di calcolo dei materiali sono:
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Fig. 14
Esercizi
Acciaio: fyd=391.3 MPa, Calcestruzzo: fcd=0.85x25/1.5=14.17 MPa. La tensione media di compressione nella sezione vale: σcp=NEd/Ac=850000/(300x500)=5.15 MPa=0.36 fcd Poiché 0.25 fcd ≤ σcp ≤ 0.5 fcd si deve assumere αc=1.25 e, pertanto, fcwd = αc 0.5 fcd = 8.85 MPa. Direzione y: Le dimensioni della sezione sono: by = 300 mm; La densità geometrica di armatura trasversale è: A 2 ⋅ 113.1 ρ wy = swy = = 0.0050 = 0.50% . b y ⋅ s 300 ⋅ 150
dy=550-50=500 mm
Il massimo taglio che può essere portato dalla trave in questa direzione è quello cui corrisponde l'inclinazione θuy del puntone, tale da rendere uguali le resistenze a taglio compressione e a taglio trazione espresse rispettivamente da: z f cwd ⋅ b y ⋅ z ⋅ sin θ ⋅ cos θ = f ywd ⋅ Aswy ⋅ ⋅ ctgθ , e cioè: s 2 ⋅ 113.1 8.85 ⋅ 300 ⋅ sin θ ⋅ cos θ = 391 .3 ⋅ ⋅ ctgθ ⇒ θ uy = 28.04° > 21.8° . 150 0. 9 ⋅ d y Pertanto, V Rdy = V Rcd = V Rsd = f ywd ⋅ Aswy ⋅ ⋅ cot 28.04° ≈ 496 KN . s Direzione z: Le dimensioni della sezione sono: bz = 550 mm; dz=300-50=250 mm La densità geometrica di armatura trasversale è: A 4 ⋅ 113 .1 ρ wy = swz = = 0.0055 = 0.55% . bz ⋅ s 550 ⋅ 150 Il massimo taglio che può essere portato dalla trave in questa direzione è quello cui corrisponde l'inclinazione θuz del puntone, tale da rendere uguali le resistenze a taglio compressione e a taglio trazione espresse rispettivamente da: z f cwd ⋅ bz ⋅ z ⋅ sin θ ⋅ cos θ = f ywd ⋅ Aswz ⋅ ⋅ cot θ , e cioè: s 4 ⋅ 113.1 8.85 ⋅ 550 ⋅ sin θ ⋅ cos θ = 391.3 ⋅ ⋅ cot θ ⇒ θ uz = 29.54° > 21.8° . 150 0 .9 ⋅ d z Pertanto, V Rdz = V Rcd = V Rsd = f ywd ⋅ Aswz ⋅ ⋅ cot 29.54° ≈ 470 KN . s
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Tecnica delle Costruzioni
Esempio 14 Sia assegnata una trave di sezione costante b=400 mm ed h=300 mm (altezza utile d=250 mm), soggetta ad un taglio di calcolo VSd=390 KN. Supponendo di utilizzare acciaio B450C e calcestruzzo di classe C25/30 se ne determini l'armatura d'anima necessaria, ipotizzandola costituita da sole staffe verticali. Le resistenze di calcolo dei materiali sono: Acciaio: fyd=391.3 MPa, Calcestruzzo: fcd=0.85x25/1.5=14.17 MPa. Poiché la tensione di compressione σcp nella sezione è nulla, αc=1 ed fcwd= αc 0.5 fcd = 7.09 MPa. Occorre preliminarmente verificare che il massimo valore per tagliocompressione che può sopportare la sezione assegnata (θ=45°) sia superiore alla sollecitazione di calcolo. Dalla resistenza normativa a taglio-compressione: f b d cot θ VRcd = 0.9 cwd w = 0.9 f cwd bw d sinθ cosθ , posto θ=45° si ricava: 1 + (cot θ )2 1 V Rd ,max = f cwd ⋅ b ⋅ z = 0.5 ⋅ 7.09 ⋅ 400 ⋅ 0.9 ⋅ 250 ≈ 319 KN < V Sd 2 Poiché VSd>VRd,max la geometria della sezione deve essere modificata; trattandosi di una trave a spessore la modifica più opportuna è quella di incrementare la base b. Dalla stessa relazione precedente è possibile valutare la dimensione bmin strettamente necessaria per θ=45°: V Sd 1 390000 V Sd = f cwd ⋅ bmin ⋅ z ⇒ bmin = = = 490 mm 2 0.5 f cwd ⋅ z 0.5 ⋅ 7.09 ⋅ 0.9 ⋅ 250 Al fine di evitare una staffatura molto serrata, o un elevato diametro delle staffe, dopo aver verificato che le condizioni geometriche lo consentano, si assume b=600 mm. Si utilizzando staffe φ 10 a 4 bracci (Asw= 4 x 78.54 = 314.16 mm2) con un passo s=125 mm, e si effettua la verifica. Verifica: Le dimensioni della sezione sono: b = 600 mm; d=300-50=250 mm La densità geometrica di armatura trasversale è: A 4 ⋅ 78.54 ρ w = sw = = 0.0042 = 0.42% . b ⋅ s 600 ⋅ 125 L'inclinazione θu del puntone, tale da rendere uguali le resistenze a taglio compressione e a taglio trazione espresse rispettivamente da: z f cwd ⋅ b ⋅ z ⋅ sin θ ⋅ cos θ = f ywd ⋅ Asw ⋅ ⋅ cot θ , e cioè: s
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Esercizi
4 ⋅ 78.54 ⋅ cot θ ⇒ θ u = 28.8° > 21.8° . 125 0 .9 ⋅ d = f ywd ⋅ Asw ⋅ ⋅ cot 28.8° ≈ 403 KN > V Sd . s
7.09 ⋅ 600 ⋅ sin θ ⋅ cos θ = 391 .3 ⋅
Pertanto, V Rd = V Rcd = V Rsd
Esempio 15 In Fig. 15 è rappresentato lo stralcio del diagramma del momento flettente di una trave continua con sezione b=300 mm h=500 mm (altezza utile d=450 mm), realizzata utilizzando acciaio B450C e calcestruzzo di classe C25/30 ed armata in prossimità dell'appoggi di figura con staffe φ 10 a 2 bracci (Asw= 2 x 78.54 = 157 mm2) disposte con passo 100 mm. Si verifichi a taglio la trave soggetta a (VSd)max=350 KN e si valuti l'entità della traslazione del diagramma del momento flettente congruente con l'inclinazione delle fessure da taglio allo SLU. Le resistenze di calcolo dei materiali sono: Acciaio: fyd=391.3 MPa, Calcestruzzo: fcd=0.85x25/1.5=14.17 MPa. Poiché la tensione di compressione σcp nella sezione è nulla, αc=1 ed fcwd= αc 0.5 fcd = 7.09 MPa. La densità geometrica di armatura trasversale è: A 157 ρ w = sw = = 0.0052 = 0.52% . b ⋅ s 300 ⋅ 100 L'inclinazione θu del puntone, si ottiene uguagliando le resistenze a taglio compressione e a taglio trazione: z f cwd ⋅ b y ⋅ z ⋅ sin θ ⋅ cos θ = f ywd ⋅ Asw ⋅ ⋅ cot θ , e cioè: s 157 7.09 ⋅ 300 ⋅ sin θ ⋅ cos θ = 391 .3 ⋅ ⋅ cot θ ⇒ θ u = 32.41° > 21.8° . 100 0 .9 ⋅ d Pertanto, V Rd = V Rcd = V Rsd = f ywd ⋅ Asw ⋅ ⋅ cot 32.41° ≈ 390 KN > V Sd . s Secondo NTC la traslazione del diagramma del flettente per valutare lo sforzo nell'armatura tesa deve essere paria a: z a 1 = ⋅ cot θ u = 0.5 ⋅ 0.9 ⋅ 450 ⋅ cot 32.41 ≈ 320 mm . 2
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Fig. 15
Tecnica delle Costruzioni
Bibliografia [1] Decreto Ministeriale 14 gennaio 2008. “Norme tecniche per le costruzioni”, Ministero delle Infrastrutture e dei Trasporti, G.U. n. 29 del 4 febbraio 2008, Supplemento Ordinario n. 30. 2008. [2] Circolare 2 febbraio 2009, n. 617 approvata dal Consiglio Superiore dei Lavori Pubblici. Istruzioni per l’applicazione delle «Nuove norme tecniche per le costruzioni» di cui al Decreto Ministeriale 14 gennaio 2008. Ministero delle Infrastrutture e dei Trasporti. [3] UNI, UNI EN 1992-1-1 Eurocodice 2. Progettazione delle strutture di calcestruzzo. Parte 1-1: Regole generali e regole per gli edifici, 2005. [4] M. Mezzina, D. Raffaele, A. Vitone (a cura di). “Teoria e pratica delle costruzioni in cemento armato”, Ed. Città Studi di De Agostini scuola. ISBN: 97888-251-7304-8. 2007
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