PROGETTO E VERIFICA DI UN TELAIO IN C.A.

Docente: Prof. Ing. Angelo MASI Collaboratori: Ing. Vincenzo MANFREDI

Ing. Giuseppe SANTARSIERO Ing. Giuseppe VENTURA

UNIVERSITA’ DEGLI STUDI DELLA BASILICATA Corso di

TECNICA DELLE COSTRUZIONI

PROGETTO E VERIFICA DI UN TELAIO IN C.A.

Progetto di un telaio in c.a.

Lx1 = 5m Lx2 = 5m Lx3 = 5m

Ly2 = 5mLy1 = 5m

Lx4 = 1.4m

Telaio da progettare/verificare

H2 =3.2mH2 =3.2m Impalcato II

Impalcato I H2

H1

Progetto e verifica di un telaio piano in c.a. di due livelli sottoposto a carichi verticali ed azioni orizzontali. Il primo livello è destinato ad abitazione, il secondo livello è un terrazzo praticabile

carichi sul telaio:

Solai di piano e di copertura

Schema dei carichi sul telaio

carichi sul telaio:

tamponature

Lx1 Lx2 Lx3

Ly2Ly1

Lx4

Schema dei carichi sul telaio

carichi sul telaio:

Gradini e pianerottoli

Schema dei carichi sul telaio

PROGETTO DI UN TELAIO PIANO IN C.A.

Normativa di riferimento: Norme Tecniche per le Costruzioni D.M. 17 gennaio 2018 NTC2018 Fasi progettuali

• Scelta dei materiali

• Predimensionamento degli elementi strutturali

• Analisi dei carichi

• Creazione del modello numerico

• Analisi delle sollecitazioni

• Progetto e verifica delle armature degli elementi strutturali

• Elaborati grafici

Scelta dei materiali: DIAGRAMMI TENSIONI-DEFORMAZIONI

a) parabola-rettangolo; b) triangolo-rettangolo; c) rettangolo (stress block)

DIAGRAMMI DI CALCOLO TENSIONI – DEFORMAZIONE DEL CLS

σ f^cd

0.175% 0.35% ε (b)

σ f^cd

0.07% 0.35% ε (c)

σ f^cd

0.20% 0.35% ε (a)

Kf^yd f^yd

ε^yd (a) σ

εudεuk ε arctg E^s

f^yd

ε^yd (b) σ

ε arctg E^s

DIAGRAMMI DI CALCOLO TENSIONI – DEFORMAZIONE DELL’ACCIAIO

a) bi-lineare con incrudimento; b) elastico-perfettamente plastico indefinito

attenzione: nel modello (b) si può limitare la deformazione ultima (es. ε^ud = 1%)

nota: nel modello (a) K è il rapporto di incrudimento.

(1.35 > K ≥ 1.15)

Le resistenze di calcolo si valutano mediante l’espressione:

m k d

f f

= γ

dove fk è la resistenza caratteristica, γm il coefficiente parziale del materiale.

La norma NTC prescrive per elementi in c.a.:

Scelta dei materiali: Resistenze di Calcolo

γ_M

Calcestruzzo 1.5

Acciaio per c.a. 1.15

Resistenza di calcolo a compressione:

c ck cc cd

f f

γ

⋅

= α

Calcestruzzo

83 0 R

f_ck = _ck ⋅ .

3 . 0 cm

cm 22000 [f /10]

E = ⋅

Modulo elastico:

2

cd 11.7 N/mm

1.5

0.83 25

f 0.85⋅ ⋅ =

= E =_c 30200 N/mm²

ipotizzando l’impiego di un calcestruzzo C20/25 (R_ck = 25 N/mm² - f_ck = 20N/mmq) dove: α_cc = 0.85 γ_c =1.5

σ f^cd

0.20% 0.35% ε (a)

8 f

f_cm = _ck +

dove: [NOTA: unità in N/mmq]

2 .

= 0 ν

Modulo di Poisson: [NOTA: per cls fessurato si può ν = 0]

Resistenza media a trazione: f_ctm = 0.3⋅f_ck^2/3

mmq /

N 2 . 2 f_ctm =

SCELTA DEI MATERIALI: RESISTENZE DI CALCOLO

Acciaio

s yk yd

f f

= γ γ_s =1.15

Modulo elastico: E_s = 210000 N/mm²

Per un acciaio B450C: fyk = 450 N/mm2

2 s

yk

yd 391.3 N/mm

15 . 1 f 450

f = =

= γ ^o _oo

s yd

yd 1.83 /

210000 3 . 391 E

f = =

= ε Resistenza a trazione:

s yd

yd E

= f ε

Deformazione al limite elastico:

f^yd

ε^yd

(b) σ

ε arctg E^s

dove:

Scelta dei materiali: Resistenze di Calcolo

ANALISI AZIONI ESTERNE Carichi permanenti Strutturali G1

Peso proprio di tutte le parti strutturali essenziali a portare i carichi esterni quali di solai, scale e gradini, travi, pilastri

Carichi permanenti non strutturali G2

Peso proprio delle parti non strutturali quali il pavimento, il massetto, le tramezzature interne e le tamponature esterne

Carichi variabili Q

Definiti in funzione delle destinazioni d’uso della struttura Carichi orizzontali H

Rappresentano le azioni dovute ad eventi sismici. Devono essere valutate in funzione della quota del piano e del peso dell’impalcato

PROGETTO DI UN TELAIO PIANO IN C.A.

Area di influenza dei carichi sulle travi

H2 =3.2mH2 =3.2m Impalcato II

Impalcato I H2

H1

I carichi dei solai (G1, G2, Q) gravano sulle travi. Il valore del carico è funzione dell’area di influenza sottesa di ciascun elemento.

Lx1 = 5m Lx2 = 5m Lx3 = 5m

Ly2 = 5mLy1 = 5m

Lx4 = 1.4m

(Lx2+Lx3)/2

SCHEMA DEI CARICHI SUL TELAIO PIANO Carichi permanenti Strutturali G1 e G2; carichi variabili Q

Peso proprio strutturale, non strutturale, variabile dei solai, gradini e pianerottoli

Peso proprio G1, G2, Q dei solai, pianerottoli e gradini.

Carichi distribuiti

SCHEMA DEI CARICHI SUL TELAIO PIANO Carichi permanenti Strutturali G1

Peso proprio di tutte le parti strutturali travi e pilastri

Peso proprio delle travi ortogonali: Carichi concentrati

Peso proprio dei pilasti: carichi Peso delle travi:

Carichi distribuiti

carichi sul telaio:

tamponature

Lx1 Lx2 Lx3

Ly2Ly1

Lx4

Schema dei carichi sul telaio

SCHEMA DEI CARICHI SUL TELAIO PIANO

Peso proprio delle tamponature sulle travi ortogonali: carichi

concentrati

Peso proprio delle tamponature sulle travi: carichi distribuiti

Carichi non strutturali G2 Tamponature

SCHEMA DEI CARICHI SUL TELAIO PIANO

Carichi orizzontale H

Forza orizzontale al II livello;

Area di influenza dei carichi

Forza orizzontale al I livello;

Area di influenza dei carichi

(h1+h2)/2h2/2

Dall’analisi dei carichi possiamo definire le azioni agenti

•Peso Proprio solaio (strutturale e non)

•Carico variabile per solaio di calpestio

•Peso Proprio Trave (Ipotizzata 30×50)

PREDIMENSIONAMENTO DEGLI ELEMENTI TRAVE DI PIANO

Lx1 = 5m Lx2 = 5m Lx3 = 5m

Ly2 = 5mLy1 = 5m

Lx4 = 1.4m

(Lx2+Lx3)/2

Peso proprio strutturale del solaio G_1,1 = 2.8 kN/m²(nervature, soletta, pignatte):

g_1,1 = γ_G1 x G_1,1 x L_s g_1,1 = 1.3 x 2.8 x 5 = 18.2kN/m Trave emergente 30×50 (G_1,2 = 3.75 kN/m):

g_1,2 = γ_G1 x G_1,2 g_1,2 = 1.3 x 3.75 = 4.9 kN/m

Peso proprio non strutturale del solaio G₂ = 3.0 kN/m2 (massetto, pavimento, inc.

tramezzi):

g₂ = γ_G2 x G₂ x L_s g₂ = 1.5 x 3.0 x 5 = 22.5 kN/m Carichi unitari permanenti strutturali e non strutturali

PREDIMENSIONAMENTO DEGLI ELEMENTI

Carico accidentale per solaio di calpestio di civile abitazione (Q_k.1 = 2.0 kN/m²):

q_k,1 = γ_Q x Q_k.1 x L_s q_k,1= 1.5 x 2.0 x 5 = 15.0 kN/m Carichi unitari accidentali

Il massimo momento in campata è assunto pari a:











=  ⋅

= 10

2 1 l M q

M_{Sd AB}

Si considera uno schema statico di trave semi-incastrata ad entrambi gli estremi

q₁ = 60.6 kN/m

5 m

A B

kNm 4

. 10 189

5 6 .

60 ²

 =











 ⋅

Sd = M

PREDIMENSIONAMENTO DEGLI ELEMENTI

Il carico uniforme q₁ è dato dalla somma di g_1,1 + g_1,2 + g_{2 +}q_k1

Equazione di equilibrio alla rotazione (intorno al baricentro geometrico della sezione)

N = 0

N f

A f

x

B⋅ψ ⋅ ⋅ _cd − _{s yd} =

Equazione di equilibrio alla traslazione lungo l’asse della trave:

Travi rettangolari progettate a flessione con semplice armatura

rd yd

s

cd H c M

f A H x

x f

B  =



 



 −

 +



 



 −

⋅

⋅

⋅ ψ 2 λ 2

S C

x

H d

B

A_s A’_s d’

0,85f_cd λx

S C

x x

H d

B

A_s A’_s d’

0,85f_cd λx

PREDIMENSIONAMENTO DEGLI ELEMENTI

4 incognite: B, H, x, A

Equazione di congruenza

x d ' d x x

% 35 .

0 ^'_{s s}

−

= ε

−

= ε

T

810 .

= 0

ψ λ = 0.416

S C

x

H d

B

A_s A’_s d’

0,85f_cd λx

S C

x x

H d

B

A_s A’_s d’

0,85f_cd λx

PREDIMENSIONAMENTO DEGLI ELEMENTI

Fissiamo alcune delle incognite in modo da avere abbastanza elementi per risolvere il problema

2) Ipotizziamo che la rottura avvenga in regione 2

d

B _{εcu= 0.35%}

x

ε_sd

f_yd S C

f_cd

1) Fissiamo la posizione dell’asse neutro

Travi rettangolari progettate a flessione

259 . 0 d /

x =

= ξ

T

T

S C

x

H d

B

A_s A’_s d’

0,85f_cd λx

S C

x x

H d

B

A_s A’_s d’

0,85f_cd λx

PREDIMENSIONAMENTO DEGLI ELEMENTI

Imponendo l’equilibrio alla rotazione rispetto all’asse passante per il baricentro delle armature tese As si ha:

d

B _{εcu= 0.35%}

x

ε_sd

f_yd S C

f_cd

Travi rettangolari progettate a flessione

c f

d B )

1 ( f

d B

M_Sd = ⋅ ² ⋅ _cd ⋅ψ⋅ξ⋅ − λξ = ⋅ ² ⋅ _cd ⋅

) 1

(

c = ψ⋅ξ⋅ −λξ

dove

cd Rd slu

cd Sd

f B r M

f B

M c

d 1

⋅ ⋅

⋅ =

⋅

=

L’altezza utile d è pari a:

T

T

S C

x

H d

B

A_s A’_s d’

0,85f_cd λx

S C

x x

H d

B

A_s A’_s d’

0,85f_cd λx

PREDIMENSIONAMENTO DEGLI ELEMENTI

Fissiamo il valore della base (da considerazioni di carattere architettonico)

B = 300mm

(

)

ξ

ψ −

= 1

1 rslu

cd est

slu b f

r M

d = ⋅

Travi rettangolari progettate a flessione

(

)

259 . 0 810 . 0

r_slu 1 =

⋅

−

⋅

= ⋅

mm 7 536

. 11 300

189400000 31

. 2

d =

⋅ ⋅

=

mm 550

30 536

c d

H = + = + ≈

T

Il copriferro - interferro

Estratto dalla NTC18 (D.M. 17/01/2018)

Per classi di cls C < Cmin il valore del copriferro deve essere aumentato di 5mm

In funzione delle condizioni ambientali e della classe di resistenza del cls deve essere utilizzato un valore del copriferro secondo quanto riportato nella tabella (circolare NTC2018 C4.1.6.1.3):

Il copriferro

PREDIMENSIONAMENTO DEGLI ELEMENTI

Le dimensioni (di tentativo) della sezione di cls possono essere valutate con riferimento al solo sforzo normale N dell’area di carico afferente all’elemento.

Pilastri rettangolari progettate a sforzo normale

As B

As’

d

c’

c

H G N

Lx1 = 5m Lx2 = 5m Lx3 = 5m

Ly2 = 5mLy1 = 5m

Lx4 = 1.4m

(Lx2+Lx3)/2 (Ly2+Ly1)/2

Area di influenza

Peso proprio strutturale del solaio (nervature, soletta, pignatte):

G_1,1 = 2.8 kN/m² g_1,1 = γ_G1 x G_1,1 x A_s = 60.3kN

Peso proprio non strutturale del solaio (massetto, pavimento, inc. tramezzi):

G₂ = 3.0 kN/m2 g₂ = γ_G2 x G₂ x A_s = 74.5kN Trave emergente 30×55 (n. 4 elementi):

G_1,2 = 4.12kN/m g_1,2 = γ_G1 x G_1,2 x (Lx2+Lx3+Ly1+Ly2)/2 = 50.3 kN Pilastro 30×40:

G_1,3 = 3.0kN/m g_1,3 = γ_G1 x G_1,3 x H₁= 12.4 kN

Analisi dei carichi gravanti sul pilastro

PREDIMENSIONAMENTO DEGLI ELEMENTI

Carico accidentale per solaio di calpestio di civile abitazione:

PREDIMENSIONAMENTO DEGLI ELEMENTI Pilastri rettangolari progettate a sforzo normale

mm B mm

H A^{c s n} 349 400 300

104800

. .

, = = ⇒

=

f mmq A N

cd n

s

c 104800

6 . 11 4 . 0

461200 4

.

. 0

.

, =

= ⋅

= ⋅

Le dimensioni (di tentativo) della sezione di cls possono essere valutate con riferimento al solo sforzo normale N dell’area di carico afferente all’elemento (area di influenza). Per portare in conto il momento flettente si può assumere la resistenza del cls pari al 40- 50% di quella di calcolo.

Fissando una dimensione della sezione (da considerazioni di carattere architettonico) si ha:

COMBINAZIONI PER LE VERIFICHE ALLO STATO LIMITE ULTIMO F_d = γ_G1 G₁ + γ_G2 G₂+ γ_qQ_k1 + Σ_(i>1) γ_q Ψ_0i Q_ki

COMBINAZIONI PER LE VERIFICHE ALLO STATO LIMITE DI ESERCIZIO Combinazioni rare: F_d = G₁ + G₂ + P + Q_k1 + Σ(i>1) Ψ_0i Q_ki Combinazioni frequenti: F_d = G₁ + G₂ + P + Ψ_1i Q_k1 + Σ(i>1) Ψ_2i Q_ki

Combinazioni quasi permanenti: F_d = G₁ + G₂ + P + Σ(i>1) Ψ_2i Q_ki

G1 valore nominale delle azioni permanenti strutturali G2 valore nominale delle azioni permanenti non strutturali

Qk1 valore caratteristico dell’azione variabile di base di ogni combinazione Qki valore caratteristico delle altre azioni variabili

Ψ0i, Ψ1i, Ψ2i coefficienti di combinazione

Combinazioni di calcolo delle azioni

Carico accidentale principale Carico accidentale secondario

γ_F (STR) Carichi

permanenti

Favorevoli Sfavorevoli

γ_G1 1.0

1.3 Carichi

permanenti non strutturali

Favorevoli Sfavorevoli

γ_G2 0.8

1.5

Carichi variabili Favorevoli Sfavorevoli

γ_Qi 0.0

1.5

Coefficienti parziali per le azioni (γ_F)

Coefficienti parziali per le azioni γ_F nelle verifiche SLU (§ 2.6.1, NTC2018)

I Coefficienti di combinazione (ψ_0j; ψ_1j; ψ_2j) sono funzione della destinazione d’uso dei locali

Coefficienti di combinazione

Le combinazioni di carico

1) STATO LIMITE ULTIMO

F_d = γ_G1 G₁ + γ_G2 G₂+ γ_qQ_k1 + γ_q Ψ_0i Q_k2

1.3 x G1 1.5 x G2 1.5 x Q1 1.5 x 0.5x Q2

Carico permanente strutturale

Carico permanente non strutturale

Carico per copertura praticabile (2kN/mq) Carico neve

1.3 x G1 1.5 x G2

1.5 x Q1 Carico di esercizio per

abitazioni (2kN/mq)

Le combinazioni di carico

2) STATO LIMITE ULTIMO

F_d = γ_G1 G₁ + γ_G2 G₂+ γ_qQ_k2 + γ_q Ψ_0i Q_k1

1.3 x G1 1.5 x G2 1.5 x 0.2 x Q1 1.5 x Q2

Carico permanente strutturale

Carico permanente non strutturale Carico neve

1.3 x G1 1.5 x G2

1.5 x Q1 Carico di esercizio per

abitazioni (2kN/mq) Carico per copertura praticabile (2kN/mq)

Le combinazioni di carico

H2 = 0.1 x (G1 + G2+ ψ2i x Qk1)

H1 = 0.05 x (G1 + G2+ ψ2i x Qk1)

3) STATO LIMITE ULTIMO

F_d = H₁ + H₂ + G₁ + G₂+ ψ_2iQ_k1

Carico

permanente strutturale Carico

permanente non strutturale

Carico di esercizio per abitazioni (2kN/mq)

G1 G2 0.3 x Q1

G1 G2 0.3 x Q1

Carico per copertura praticabile (2kN/mq)

Le combinazioni di carico

H2 = 0.1 x (G1 + G2+ ψ2ixQk1)

H1 = 0.05 x (G1 + G2+ ψ2ixQk1)

Carico

permanente strutturale Carico

permanente non strutturale

Carico di esercizio per abitazioni (2kN/mq)

G1 G2 0.3 x Q1

G1 G2 0.3 x Q1

4) STATO LIMITE ULTIMO

F_d = H₁ + H₂ + G₁ + G₂+ ψ_2iQ_k1

Carico per copertura praticabile (2kN/mq)

LA TRAVE A GINOCCHIO

Schema costruttivo della scala con trave a ginocchio

Carichi applicati alla trave

Gradini a sbalzo portati da una trave a ginocchio Progetto dei gradini

Considerando il vincolo d’incastro ogni gradino, o gruppo di gradini, può essere considerato come una mensola indipendente soggetta ad un carico uniformemente distribuito (peso proprio, carichi permanenti e accidentali) e ad un eventuale carico puntuale applicato alla sua estremità libera (parapetto)

c c

h p^l

n

n

p = 25 - 35cm

s = 4 - 6cm

a = 15 - 18cm

l = 1.2 m

F^NST P^P,ST

P^a P^p,NST

Prof. Angelo MASI Corso di Tecnica delle Costruzioni

Il carico accidentale previsto dalla Normativa (D.M. 17/01/2018 tab 3.1.II) per scale è P^a = 4 kN/m². Assumiamo che il peso del parapetto sia di F^{NST =} 300N.

Conoscendo i carichi possiamo calcolare le sollecitazioni sulla fascia di un metro di gradini

l = 1.2 m

F^NST P^P,ST P^a

F_NST

V

M

ql²

2 + F_NST l q l + F_NST

P^p,NST

Gradini a sbalzo portati da una trave a ginocchio

Il momento torcente da applicare lungo l’asse della trave a ginocchio è pari al valore del momento

flettente all’incastro moltiplicato per il cosα

F_d = γ_g1 G₁ + γ_g2 G₂+ γ_q Q_k =

=1.3·(P_P,ST) + 1.5·P_P,NST + 1.5·P_a=

= 1.3·(1.24) + 1.5·(2.4) + 1.5·4.8 = 12.4kN/m

V_sd = F_{d ·} l + F_NST·1.5 =

= 12.4 + 0.3·1.5 = 12.8kN

M_sd = F_{d ·} l² / 2 + F_NST ·1.5 · 1.2 =

= (12.4·1.44)/2 + 0.3·1.5·1.2 = 9.5 kNm

Il momento torcente da applicare lungo l’asse della trave a ginocchio è:

M_d=M_sd·cosα=9.5·cos 23.2=8.7kNm

l = 1.2 m

F^NST P^P,ST

P^a

F

V

M

ql²

2 + F l q l + F

P^p,NST

Gradini a sbalzo portati da una trave a ginocchio

Progetto di un telaio piano in c.a.

Analisi delle sollecitazioni

DIAGRAMMA DEL MOMENTO FLETTENTE

1 2

8

7

10

11 12

15

14 16

13

18 19

23 20

21 4

3

114.648

55.421 70.033

138.233

88.306 28.303

239.812

111.237

117.258

111.237

33.227 82.421

152.711

109.561 43.150

23.312 64.994

35.367

107.005

19.948

22.532

176.806

40.473

38.083

223.904 185.821

114.143

114.143

139.771

96.228

86.784 96.224

43.542 30.287

11

Progetto di un telaio piano in c.a.

Analisi delle sollecitazioni

54.035

57.417

33.231

112.137 152.073

262.796

121.135 45.622

183.483

65.831 58.331

126.112 172.100

96.309 127.321

66.907

184.061

12.13726.185

210.293 191.267

184.968

171.501 165.202

70.124 21.094

DIAGRAMMA DEL TAGLIO

Progetto di un telaio piano in c.a.

Analisi delle sollecitazioni

DIAGRAMMA DEL MOMENTO TORCENTE

17.049 8.313

21.676 30.412

17.958 9.222

17.814 26.549

TRASLAZIONE DEL DIAGRAMMA DEI MOMENTI

La normativa NTC2018 (§4.1.2.1.3.2) impone la correzione sul diagramma d’inviluppo dei momenti delle travi dovuta all’interazione tra il momento flettente ed il taglio

Per gli elementi armati a taglio, le armature longitudinali devono essere progettate considerando un diagramma dei momenti “traslato”

di una quantità

a

a₁= 0.9 d (cotθ – cotgα)/2 ≥ 0

dove α è l’angolo d’inclinazione delle armature a taglio e θ è l’angolo di inclinazione delle bielle compresse.

TRASLAZIONE DEL DIAGRAMMA DEI MOMENTI Adottando staffe come armature a taglio si ha:

α = 90° cotgα = 0

Il valore dell’angolo θ sarà valutato analiticamente in seguito. Come dato di partenza si può assumere il valore limite indicato dalla normativa: cotθ = 2.5 → θ = 21.8°

Per quanto riguarda il

copriferro si assume d’= 3 cm Nell’esempio, la trave è alta 55cm (d = 55-3 = 52cm)

Si avrà quindi:

a₁= 0.9·52·2.5 = 117cm

1 2

8

7

10

11 12

15

14 16

13

18 19

23 20

21 4

3

114.648

55.421 70.033

138.233

88.306 28.303

239.812

111.237

117.258

111.237

33.227 82.421

152.711

109.561 43.150

23.312 64.994

35.367

107.005

19.948

22.532

176.806

40.473

38.083

114.143

114.143

139.771

96.228

86.784 96.224

43.542 30.287

3 4

21

20

23 19

18 13 16 14

15

11 12

10

7 8

2

1

185.821 223.904

A

= V

/ f

PRESCRIZIONI DI NORMATIVA ARMATURE LONGITUDINALI

La normativa (§ 4.1.6.1.1) fornisce alcune indicazioni sulla quantità minima di armatura longitudinale delle travi.

Alle estremità delle travi deve essere disposta un’armatura inferiore, convenientemente ancorata, in grado di assorbire allo stato limite ultimo uno sforzo di trazione pari al taglio V^d.

PRESCRIZIONI DI NORMATIVA ARMATURE LONGITUDINALI

La percentuale di armatura, in zona tesa o compressa non deve superare il seguente limite:

c max

,

s

0 . 04 A

A = ⋅

dove A_c è l’area della sezione

In zona tesa l’area dell’armatura minima deve essere pari a:

d b 0013 .

0 d

f b 26 f . 0

A _{t t}

yk ctm min

,

s = ⋅ ⋅ ≥ ⋅ ⋅

dove b_t è la larghezza media della zona tesa

PROGETTO ARMATURE LONGITUDINALI DELLE TRAVI I dati delle travi riportate nell’esempio sono:

H = 55cm b_t = 30 cm d’ = 3 cm d = 52 cm A_c= 1560 cm² La trave ha staffe a due braccia quindi si avranno, come minimo, 2 correnti inferiori e 2 correnti superiori

L’area minima di armatura nelle zone tese deve essere:

cmq 02

. 2 52

30 0013

. 0 d

b 0013 .

0 A

cmq 98

. 1 52

450 30 2 . 26 2 . 0 d

f b 26 f . 0 A

t min

, s

t yk

ctm min

, s

=

⋅

⋅

=

⋅

⋅

=

=

⋅

⋅

=

⋅

⋅

=

cmq 02

. 2

A =

PROGETTO ARMATURE LONGITUDINALI DELLE TRAVI Infine, l’armatura minima in una generica sezione deve essere in grado di assorbire il momento flettente di calcolo

A

= M

/ (0.9· d · f

)

con A_s,min area minima di ferro, M_d= momento di calcolo espresso,

d = altezza utile della sezione d = H – d’ ( d’ = copriferro) f_yd = resistenza di calcolo dell’acciaio

ATTENZIONE: nel dimensionamento si deve tenere in conto che la dimensione del copriferro e dell’interferro devono essere tali da garantire un getto compatto consentendo il passaggio degli inerti

MOMENTO RESISTENTE DI UNA SEZIONE DIAGRAMMA DEI MOMENTI AGENTI-RESISTENTI

Mrd (3Ø16+2Ø20) Mrd (3Ø16)

Mrd (5Ø16) Mrd (2Ø16)

Mrd (3Ø16)

PROGETTO DELLE ARMATURE LONGITUDINALI

2Ø20 3Ø16

1Ø16

1Ø16 2Ø16 2Ø16

DIAGRAMMA DEI MOMENTI AGENTI-RESISTENTI

Mrd 3Ø16

Mrd 3Ø16+2Ø20

Mrd 3Ø16

Mrd 3Ø16 Mrd 2Ø16

Mrd 5Ø16

L’ancoraggio delle barre

fctk = 0.7 x fctm = 1.54N/mmq fbd = 2.31N/mmq

LUNGHEZZA DI ANCORAGGIO

Ipotesi di ripartizione uniforme delle tensioni tangenziali di aderenza in zone di calcestruzzo compatto

f_bd=2.25 f_ctk/γ_c aderenza migliorata [NOTA: f^ctk = 0.7 · f^ctm] Tenendo conto dell’equilibrio tra la forza di trazione nella barra e la risultante delle tensioni tangenziali lungo il suo perimetro si può calcolare la lunghezza di ancoraggio come:

L_b= (f_yd·Φ) / 4f_bd

L_b non può comunque essere inferiore a 20 Φ o 15 cm. Spesso, si approssima L_b= 40 Φ

PROGETTO DELLE ARMATURE LONGITUDINALI LUNGHEZZE DI ANCORAGGIO

2Ø20 3Ø16

1Ø16

1Ø16 2Ø16 2Ø16

A B C

0.35%

εs

fcd

0.41·x x

C

F (acciaio teso) εsy

x_lim H

d=52cm

Verifiche a flessione semplice

B=30cm 3 Ø 16+2Ø20

Sezione B. Ipotizziamo che la regione sia la 2

a.n. c’ =< x < xlim; ψ = 0.809; λ = 0.416

mm 4 . 00183 341

. 0 0035 .

0

520 0035

. 0

% 35 . 0

d

% 35 . x 0

yd

lim =

+

= ⋅ ε +

= ⋅

C’

2Ø16

Verifiche a flessione semplice

La posizione dell’asse neutro è valutata imponendo l’equilibrio alla traslazione delle risultanti di compressione e di trazione:

lim cd

yd '

s s yd

s yd ' s cd

Sd 114 341mm x

11.7 0.81

300

391.3 402)

(1231 f

ψ B

f ) A x (A

0 f

A f

A f

x ψ B

N = < =

⋅

⋅

⋅

= −

⋅

⋅

⋅

= −

⇒

=

⋅ +

⋅

−

⋅

⋅

⋅

−

=

!!bisogna verificare l’ipotesi di acciaio compresso snervato!!

εs

fcd

0.41·x

x

C

F (acciaio teso)

x_lim H

d=52cm

B=30cm 4Ø20

C’

Verifiche a flessione semplice

Dalla similitudine dei triangoli definiti dalla posizione dell’asse neutro e dal valore delle deformata del cls e dell’acciaio compresso risulta:

% 26 . 0 0026 .

117 0

) 30 117 ( 0035 .

0 c

x 0035 .

0 x

s s

=

− =

= ⋅ ε ε ⇒

= −

εs

fcd 0.41·x

x

C

F (acciaio teso)

x_lim H

d=52cm

B=30cm 4Ø16

C

’

s

Es ε

ε = = = 0.00186 = 0.183% < 0.26 = 210000

3 . f_yd 391

yd

Il limite di deformazione in corrispondenza dello snervamento è:

acciaio compresso

snervato

(

)

⁽

⁾

⁽

⁾

f x B

M_Rd = ⋅ψ⋅ ⋅ _cd ⋅ −λ⋅ + _s^' ⋅ _yd − + _s ⋅ _yd −

Verifiche a flessione semplice

Il valore del momento resistente è valutato imponendo l’equilibrio alla rotazione delle risultanti di trazione e di compressione rispetto a

qualsiasi asse (es: H/2):

(

)

(

)

(

)

⋅

⋅

⋅

⋅

=300 0.81 114 11.7 275 0.41 114 402 391.3 275 30 1231 391.3 275 30 M_Rd

verificato M

208kNm 230kNm

Nmm 10

230⋅ ⁶ = > = _sd ⇒

=

Il momento resistente risulta maggiore di quello agente:

LA SEZIONE è VERIFICATA

Prof. Angelo MASI Corso di Tecnica delle Costruzioni

La verifica allo SLU per elementi con armature trasversale resistente a taglio è soddisfatta se:

V

^≥ V

dove V^Ed è il valore dello sforzo di taglio agente e V^Rd è il taglio resistente pari al mimino tra il valore del taglio “compressione”

VRcd e taglio “trazione” VRsd :

V

= min (V

; V

)

ELEMENTI CON ARMATURE TRASVERSALI RESISTENTI A TAGLIO

VERIFICA SLU PER SOLLECITAZIONI DI TAGLIO

Taglio “compressione”

ELEMENTI CON ARMATURE TRASVERSALI RESISTENTI A TAGLIO

) cot

1 /(

) cot (cot

f b

d 9 . 0

V_Rcd = ⋅ ⋅ _w ⋅α_C ⋅ _cd^' ⋅ α + θ + ² θ

La resistenza delle bielle compresse di cls si valuta attraverso la seguente espressione:

bw è la larghezza minima della sezione;

d è l’altezza utile della sezione;

α angolo di inclinazione dell’armatura trasversale rispetto all’asse della trave;

f 'cd resistenza a compressione ridotta del calcestruzzo d’anima ( f 'cd = 0,5× fcd );

θ angolo di inclinazione delle bielle di cls

αc coefficiente maggiorativo pari a: 1 per membrature non compresse 1 + σcp/fcd 0 ≤ σcp < 0.25fcd

1,25 0.25fcd ≤ σcp ≤ 0.5fcd 2,5(1 - σcp/fcd) 0.5fcd < σcp < fcd σcp è la tensione media di compressione della sezione;

5 . 2 cot

1≤ θ≤

VERIFICA SLU PER SOLLECITAZIONI DI TAGLIO

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Taglio “trazione”

ELEMENTI CON ARMATURE TRASVERSALI RESISTENTI A TAGLIO

La resistenza delle armature trasversali si valuta attraverso la seguente espressione:

Asw è l’area dell’armatura trasversale;

d è l’altezza utile della sezione;

s interasse tra due armature trasversali consecutive;

α angolo di inclinazione dell’armatura trasversale rispetto all’asse della trave;

f yd resistenza di calcolo dell’acciaio;

θ angolo di inclinazione delle bielle di cls

α

⋅ θ +

α

⋅

⋅

⋅

⋅

= f (cot cot ) sen

s d A

9 . 0

V_Rsd ^sw _yd

5 . 2 cot

1≤ θ≤

VERIFICA SLU PER SOLLECITAZIONI DI TAGLIO

PROGETTO DELLE STAFFE

Minimo 3 staffe per metro

Passo staffa massimo 0.8 x d = staffatura minima:

Asw = 1.5 x bw = 1.5 x 300 = 450mmq/m s = 220mm s = 330mm s = 416mm

smin = 220mm

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PROGETTO DELLE STAFFE

Esempio: progetto e verifica per taglio della trave B-C

= VRd,min

280.67 237.54

267.89 258.54