Esempi SLU e SLE

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Esempi SLU e SLE
6° Lezione
STATI LIMITE:
Esempi di progetto/verifica
SLU – Applicazioni
Progetto della sezione in c.a.
PROBLEMA N. 1
40
Determinare:
1)  Il valore dell’armatura bilanciata.
2)  Il momento ultimo a flessione semplice
della sezione quando viene armata
con 6f20.
3)  Il valore dello sforzo assiale
necessario a portare la sezione del
punto 2 in condizioni di rottura
bilanciata.
60
M
3
As
MATERIALI
f ck = 30 MPa
f yk = 440 MPa
SLU – Applicazioni
Campi di deformazione
esy
d’
ec0
0
ecu
e
yn-2b yn-lim
1
h
2
3
yn-b
d
4
5
es
yn −lim
esu
ε cu
=
d = 0, 259d
ε cu + ε su
esy
d”
ynb =
ε cu
f yd
ε cu +
Es
c
0
d = 0,657d
f yk = 440 MPa
SLU – Applicazioni
Progetto della sezione in c.a.
b = 40 cm
d ′′ = 3 cm
h = 60 cm
d′
f cd
0,8 y
As′ = 0
Equazioni di equilibrio:
As′ σ′s
0,8 b y f cd
G
h
As f yd
d ′′
b
N Sd = 0,8 b y f cd + As′σ s′ − As f yd
M Rd ( N Sd ) = 0,8 b y f cd ⋅ (0,5h − 0, 4 y ) +
+ As′σ s′ ⋅ (0,5h − d ′) + As f yd ⋅ (0,5h − d ′′)
Flessione semplice:
N Sd = 0
SLU – Applicazioni
Progetto della sezione in c.a.
Quesito n. 1 (valore dell’armatura bilanciata)
Equazione di congruenza:
d
ynb
=
ε cu + ε yd ε cu
⇒
ynb =
ε cu
f yd
ε cu +
Es
d = 37, 49 cm
Equazione di equilibrio alla traslazione:
0 = 0,8 b ynb f cd − Asb f yd
0,8 b ynb f cd
2
Asb =
= 49,97cm
f yd
Armatura bilanciata
SLU – Applicazioni
Flessione semplice
Quesito n. 2 (momento ultimo 6f20)
6 φ 20 ⇒ As = 18,84 cm 2
0 = 0,8 b yn f cd − As f yd
0 < yn = 0, 248d < 0, 259d
⇒
yn =
As f yd
0,8 bf cd
= 14,14 cm
ROTTURA IN CAMPO 2
M Rd = 0,8 b ⋅ yn ⋅ f cd ⋅ (0,5h − 0, 4 ⋅ yn ) +
+ As f yd ⋅ (0,5h − d ′′) = 370, 29 kNm
SLU – Applicazioni
Flessione semplice
Quesito n. 3 (sforzo assiale per avere rottura bilanciata)
As = 18,84 cm 2
ynb = 37, 49 cm
N b = 0,8 b ynb f cd − As f yd = 1190,6 kN
SLU – Applicazioni
Verifica di un pilastro in c.a.
PROBLEMA N. 2
A’s = 6 f20
5
Il pilastro in figura è soggetto ad una forza
assiale N = 1500 kN.
M
Che tipo di rottura ci si attende?
(DUTTILE o FRAGILE ?)
40
60
N
5
As = 6 f20
MATERIALI
f ck = 30 N / mm 2
f yk = 440 MPa
SLU – Applicazioni
Verifica di un pilastro in c.a.
PROBLEMA N. 2
Campi di
deformazione
Dall’equazione di congruenza:
ynb = 0,657d = 37, 49 cm
Dall’equazione di equilibrio alla traslazione si ricava il
valore della Forza assiale corrispondente alla rottura
bilanciata:
N b = 0,8 b ynb f cd + As′ f yd − As f yd =
= 1844,72 kN > 1500 kN
ROTTURA DUTTILE
SLU – Applicazioni
Verifica di un pilastro in c.a.
PROBLEMA N. 3
40
A’s = 6 f20
5
Calcolare i punti caratteristici del dominio
di interazione M-N agli SLU,
corrispondenti alle situazioni di:
60
M
1)  Rottura bilanciata
2)  Trazione semplice
3)  Compressione semplice
4)  Curvatura limite
5
5)  Flessione semplice
As = 6 f20
MATERIALI
f ck = 30 N / mm 2
f yk = 440 MPa
SLU – Applicazioni
Punti notevoli del dominio M-N
1) ROTTURA BILANCIATA
ynb = 0,657d = 36,17cm
N Rd −b = 0,8 b ynb f cd + As′ f yd − As f yd = 1844,62kN
M 0 = 0,8 b ynb f cd ⋅ (0,5h − 0, 4 yn 0 ) +
+ As′ f yd ⋅ (0,5h − d ′) + As f yd ⋅ (0,5h − d ′′) = 587,01 kN ⋅ m
2) TRAZIONE SEMPLICE
TRd = ( As′ + As ) f yd = 1202,00 kN
3) COMPRESSIONE SEMPLICE
N Rd −b = 0,8 b ynb f cd + ( As′ + As ) f yd = 5027,00 kN
SLU – Applicazioni
Punti notevoli del dominio M-N
4) Retta Limite: FRONTIERA CAMPO 2 e CAMPO 3
Campi di
deformazione
ε cu
ε su
ε cu
=
⇒ yn −lim =
⋅ (h − d ′′)
yn −lim h − d ′′
ε su
ε s′
ε su
yn −lim − d ′
=
⇒ ε s′ =
ε su ⇒ σ s′ = Esε s′
yn −lim − d ′ h − d ′′
h − d ′′
N Rd = 0,8 b yn −lim f cd + As′σ s′ − As f yd
M Rd = 0,8 b yn −lim f cd ⋅ (0,5h − 0, 4 yn −lim ) +
+ As′σ s′ ⋅ (0,5h − d ′) + As f yd ⋅ (0,5h − d ′′)
SLU – Flessione semplice armatura
y
≤ 0.45 se f ck ≤ 35
d
y
≤ 0.35 se f ck > 35
d
yb
= 0.66 per Fe B 44 k
d
B
cls
compresso
d
0.85 f cd = 0.44 Rck
y
0.4 y
C
(d-0.4 y)
Campi di
deformazione
0.8 x
D.M. ‘96
cls teso
As
T
Equazione di equilibrio alla traslazione lungo l’asse della trave:
NRd = 0
y=
As ⋅ f yd
B ⋅ 0.8 ⋅ 0.85 ⋅ f cd
C=T
B ⋅ (0.8 y ) ⋅ (0.85 f cd ) = As ⋅ f yd
M Rd = As ⋅ f yd ⋅ (d − 0.4 y ) ≈ As ⋅ f yd ⋅ (0.8 ÷ 0.9) ⋅ d
SLU – Applicazioni
Altri punti notevoli del dominio M-N
CAMPO 2: CONTRIBUTO NULLO DELL’ARMATURA COMPRESSSA
yn = d ′
N Rd = 0,8 b d ′ f cd − As f yd
M Rd = 0,8 b d ′f cd ⋅ (0,5h − 0, 4d ′) + As f yd ⋅ (0,5h − d ′′)
CAMPO 4: CONTRIBUTO NULLO DELL’ARMATURA TESA
yn = d
N Rd = 0,8 b d f cd + As′ f yd
M Rd = 0,8 b y f cd ⋅ (0,5h − 0, 4d ) + As′ f yd ⋅ (0,5h − d ′)
Campi di
deformazione
SLU – Applicazioni
Punti notevoli del dominio M-N
GEOMETRIA
MATERIALI
40
cm
h
60
cm
fck
calcestruzzo
30
d'
5
cm
!c
1,6
d''
5
cm
fcd
18,75
armatura tesa
3,14
cm 2
%
20
MPa
3,14
n' b
5
A's
15,71
1844,72
587,01
0,8
-382,61
T
-1202,00
440
mm
!s
1,15
2
fyd
382,61
MPa
&
0,85
Es
210000
MPa
#s
-382,61
" yd
0,00182
#' s
" su
0,01000
C
cm 2
6000
MPa
#' s
fy
cm
MT
MC
5000
3000
M R d ( N Sd ) = 0,8 b y f cd +(0,5 h *0, 4 y) +
+ As)#s) + (0,5h * d )) + As f yd + (0,5h * d )))
1000
0
y * d)
-1000
=
" cu
y
,
" )s =
y *d)
y
" cu
-2000
200
400
MPa
#' s
382,61
MPa
kN
N2-3
727,22
kN
kN m
M 2-3
477,19
kN m
0,00
Flessione semplice
MPa
y n0
8,11779818
600
800
Nd
1500,00
kN
cm
kN
#s
382,61
MPa
kN m
#' s
119,04
MPa
N0
0,00
M0
307,76
kN m
MPa
M 0-sempl.
297,50
kN m
382,61
MPa
Contributo nullo Arm. compressa
5027,00
kN
y n1
5,00
kN m
N1
-346,00
kN
M1
221,65
kN m
0,00
&
0,7
kN
cm
Contributo nullo Arm. tesa
db
44,73
cm
'&
3518,90
MPa
y n1
55,00
cm
hd1
49,73
cm
(&
278,19
MPa
N2
3406,00
kN
hd2
58,82
cm
M2
374,65
kN m
db =
0
0,00227
Limitazione N
4000
" s)
14,2592593 cm
" 's
cm
Compressione semplice
N Sd = 0,8 b y f cd + A s)#s) * As f yd
2000
Retta Limite
yn-lim
Trazione semplice
acciaio
A' b
382,61
15,94
Ab
d' b
#' s
0,0035
" cu
cm 2
0,00302
Mb
mm
5
36,17
" 's
0,85
20
15,71
MPa
ynb
$ fcd
db
As
MPa
Nb
$
ARMATURE
armatura
compressa
Rottura bilanciata
b
nb
PUNTI NOTEVOLI DOMINIO
N
d
0,526 + b + f cd
hd =
Nd
y nb /d
0,657654
0, 4 + b + f cd
yn-lim /d
0,259259
SLU – Applicazioni
Punti notevoli del dominio M-N (esempio)
6000
Compressione
semplice
5000
yn = d
Rottura
bilanciata
4000
Flessione
semplice
approssimato
NRd (kN)
3000
2000
Flessione
semplice
Trazione
semplice
1000
0
yn = yn-lim
-1000
yn = d’
-2000
0
100
200
300
M Rd (kN m)
400
500
600
SLU – Applicazioni
Verifica di una sezione pressoinflessa
CAMPO 3, CAMPO 2b
ε sy
yn − 2 b − d ′
h − d ′′
=
⇒ yn − 2 b = d ′ +
(h − d ′′)
ε sy
ε su + ε sy
ε su + ε sy
ynb =
ε cu
f
ε cu + yd
Es
d
yn −2 b ≤ yn ≤ ynb ⇒ σ s = σ s′ = f yd
N Rd = 0,8 b yn f cd + As′ f yd − As f yd
yn =
N Rd − As′ f yd + As f yd
0,8 bf cd
M Rd (N Sd ) = 0,8 b yn f cd ⋅ (0,5h − 0, 4 yn ) +
+ As′ f yd ⋅ (0,5h − d ′) + As f yd ⋅ (0,5h − d ′′)
Esempio di progettazione della trave di
copertura di un edificio per civile abitazione
5m
5m
5m
5m
Azioni di calcolo
Valori caratteristici
Gk
valore caratteristico delle azioni permanenti
Qik
valore caratteristico delle azioni variabili (i = 1,…, n)
Valori di calcolo
Gd = ! g Gk
azioni permanenti
Qid = !q Qik i = 1, 2 azioni variabili (solaio di calpestio, carico
neve)
!g = 1.4 (1.0 se il suo contributo aumenta la sicurezza)
!q = 1.5 (0 se il suo contributo aumenta la sicurezza)
Azioni di calcolo
Combinazioni per le verifiche allo Stato Limite Ultimo
Fd = !g Gk + !qQ1k + !(i>1) !q !0i Qik
Gk
Q1k
Qik
!0i
valore caratteristico delle azioni permanenti
valore caratteristico dell’azione variabile di base di ogni combinazione
valore caratteristico delle altre azioni variabili
coefficienti di contemp. allo stato limite ultimo (sempre uguale a 0.7)
Combinazioni per le verifiche allo Stato Limite di Esercizio
Combinazioni rare:
Fd = Gk + Q1k + !(i>1) !0i Qik
Combinazioni frequenti:
Fd = Gk + !1i Q1k + !(i>1) !2i Qik
Combinazioni quasi permanenti:
Fd = Gk + ! !2i Qik
Combinazioni di carico
Coefficienti di combinazione (D.M. 9/1/96 Parte Gen., pt. 7, prospetto 1)
!1i
!2i
0.5
0.2
per uffici, negozi e scuole
0.6
0.3
per autorimesse
0.7
0.6
0.2
0.0
Carichi variabili per abitazioni
Carichi da vento e neve
Combinazioni di carico per il caso studio trattato
Solo carichi verticali
Carichi verticali + neve
Tensioni ammissibili
Stato limite ultimo
Gk + Qk
1.4 Gk + 1.5 Qk
Gk + Qk + Qneve,k
1.4 Gk + 1.5 Qk + 0.7 (1.5 Qneve,k)
1.4 Gk + 0.7 (1.5 Qk) + 1.5 Qneve,k
Analisi dei carichi agenti sulla trave di copertura
Peso proprio solaio:
Gk = 5.3 x 4.7 = 25 kN/m
Gd = !G x Gk = 1.4 x 25 = 35 kN/m
Peso proprio trave emergente 30!60:
Gk = 4.5 kN/m
Gd = !G x Gk = 1.4 x 4.5 = 6.3 kN/m
Carico variabile (accidentale) per solaio di calpestio:
Qk,S = 2.0 x 4.7 = 9.5 kN/m
Qd,S = !Q x Qk,S = 1.5 x 9.5 = 14 kN/m
Carico neve:
Qk,N = 0.75 x 4.7 = 3. 5 kN/m
Qd,N = ! Q x Qk = 1.5 x 3.5 = 5.3 kN/m
Combinazioni per lo Stato Limite Ultimo
qd1 = 1.4 Gk + 1.5 Qk + 0.7 (1.5 Qneve,k) = 59 kN/m
qd2 = 1.4 Gk + 0.7 (1.5 Qk )+ 1.5 Qneve,k = 56 kN/m
Dimensionamento trave
Si considerano le combinazioni di carico relative all’azione di progetto agli S.L.U.
qd1 = 59 kN/m
A
qd1 = 59 kN/m
B
5m
C
5m
I massimi momenti per la combinazione
assumono i valori:
M Sd (qd 1 ) = M B = −185 kNm
M Sd (qd 1 ) = M A− B = 105 kNm
0
100
I cond.
200
300
400
500
600
700
800
900
1000
M S ,Gk = M B ,Gk
Gk = 29.5 kN/m
Gk = 29.5 kN/m
II cond.
Qk = 9.5 kN/m
Qk = 9.5 kN/m
III cond.
Qneve,k = 3.5 kN/m
Qneve,k = 3.5 kN/m
A
B
5m
M S ,Qk = M B ,Qk = −30 kNm
M S ,Qneve ,k = M B ,Qneve ,k = −11 kNm
M Sd = 1.4 ⋅ M S ,Gk + 1.5 ⋅ M S ,Qk + 0.7 ⋅ 1.5 ⋅ M S ,Qneve ,k = −185 kNm
C
5m
APPOGGIO B
= −92 kNm
M S ,Gk
CAMPATA A-B
= M A− B ,Gk = 52 kNm
M S ,Qk = M A− B ,Qk = 17 kNm
M S ,Qneve ,k = M A− B ,Qneve ,k = 6 kNm
0
100
200
300
400
500
600
700
800
900
1000
M Sd = 1.4 ⋅ M S ,Gk + 1.5 ⋅ M S ,Qk + 0.7 ⋅ 1.5 ⋅ M S ,Qneve ,k = 105 kNm
RESISTENZE DI CALCOLO
Le resistenze di calcolo si valutano mediante l’espressione:
fk
fd =
γm
Stato Limite
Acciaio !s
Calcestruzzo !c
Ultimo
1.15
1.6
di esercizio
1.0
1.0
In particolare la resistenza di calcolo del calcestruzzo fcd risulta pari a:
f ck 0.83 ⋅ Rck
f cd =
=
γc
1.6
Caratterizzazione dei materiali – D.M. 96
Calcestruzzo
Resistenze di calcolo:
f
f ck = 0.83 ⋅ Rck
f cd = ck
γc
0.85 f cd = 0.44 Rck
γ c = 1.6
f ctk = 0.7 ⋅ f ctm = 0.7 ⋅0.27 ⋅ 3 ( Rck ) 2
( N / mm 2 )
f ctk
2o
f cfk = 1.2 ⋅ f ctk
Modulo elastico
Ec = 5700 ⋅ Rck
o
2
Deformazioni limite
oo
Per un calcestruzzo C20/25
0.85 ⋅ f cd = 0.44 ⋅ Rck = 11 N / mm 2
( N / mm )
oo
(Rck = 25
f ctk
N/mm2)
f cfk = 1.9 N/mm 2
3,5 o
oo
0.85 f cd = 0.44 Rck
2
3.5 o
oo
2o
oo
3,5 o
oo
Ec = 28500 N/mm 2
Caratterizzazione dei materiali – D.M. 96
Acciaio
Resistenza di calcolo:
f yk
f yd =
γs
fyd
γ s = 1.15
!s
Modulo elastico Es = 206000 N/mm2
10 o
oo
y
Deformazione al limite elastico
ε yd =
f yd
Es
fyk = 430 N/mm2
Per un acciaio FeB 44 k
f yd =
f yk
γs
430
=
= 374 N / mm 2
1.15
ε yd
f yd
374
=
=
= 1.82 o / oo
Es 206000
Progetto della trave
ey
T
0.01
x
= 0.45
d
⇓
M Sd (qd 1 ) = M B = −185 kNm
d=
d = 47 cm
A s = 4 φ 20 = 12.56 cm
εy
per
Ms
Ms
≈2
0.24 ⋅ B ⋅ f cd
B ⋅ f cd
B = 30 cm
C
T
0.01
per
0.416 x
(0.8 d)
C
(0.9 d)
As
0.85 f cd = 0.44 Rck
0.416 x
d
d=
0.0035
0.8 x
x
0.85 f cd = 0.44 Rck
0.8 x
0.259 d
0.0035
0.45 d
B
x
= 0.259
d
⇓
Ms
Ms
≈ 2.5
0.16 ⋅ B ⋅ f cd
B ⋅ f cd
B = 30 cm
2
d = 57 cm
A s = 3 φ 20 = 9.42 cm 2
Per gli SLE (fessurazione)
B = 30 cm
d = 57 cm
A s = 4 φ 20 = 12.56 cm 2
S.L.U. per Taglio (elementi armati a taglio)
1)  Verifica del conglomerato
compresso
VSd ≤ VRd 2 = 0,30 f cd bw d (1 + cot α )
2) Verifica dell’armatura trasversale d’anima
Vcd = 0.60 f ctd bw d δ
VSd ≤ VRd 3 = Vcd + Vwd
Vwd =
Asw
0.9 d f ywd ( 1 + cot α ) senα
s
3) Verifica dell’armatura longitudinale
L’armatura longitudinale deve essere dimensionata per resistere ad un momento di
calcolo M*Sd pari a:
M*Sd = MSd + VSd a1
a1 = 0.9 d (1 − cot α ) / 2 ( ≥ 0.2 d )
0
100
200
300
400
500
600
700
800
900
1000
Sollecitazioni di Taglio
Combinazioni di carico relative all’azione di progetto agli S.L.U. qd1
qd1 = 59 kN/m
A
qd1 = 59 kN/m
B
C
5m
Il taglio massimo combinazione
assume il valore:
5m
VSd ≈ 180 kN
0
100
200
300
400
500
600
700
800
900
1000
S.L.U. per Taglio: verifica del conglomerato
Sezione 30 x 60 a semplice armatura con staffe f8 passo 20
f cd =
0.83 ⋅ 20.75
= 11 N / mm 2 f ctk = 1.62 N / mm 2
1.6
f yd =
f yk
γs
=
430
= 373.9 N / mm 2
1.15
In presenza di sole staffe (! = 90°):
VRd 2 = 0.30 ⋅ f cd ⋅ bw ⋅ d = 565 kN
180 kN = VSd ≤ VRd 2 = 565 kN
f ctd = 1.01 N / mm 2
S.L.U. per Taglio: verifica dell’armatura trasversale
Sezione 30 x 60 a semplice armatura con staffe f8 passo 20
f cd =
f yd =
0.83 ⋅ 20.75
= 11 N / mm 2 f ctk = 1.62 N / mm 2
1.6
f yk
γs
=
430
= 373.9 N / mm 2
1.15
f ctd = 1.01 N / mm 2
Asw = 1.00 cm 2 (ogni 20 cm)
In assenza di sforzo normale d = 1
Vcd = 0.60 ⋅ f ctd ⋅ bw ⋅ d ⋅ δ = 110 kN
Vwd =
Asw
V
⋅ 0.9 ⋅ d ⋅ f yd = 96 kN ≥ 90kN = Sd
s
2
180 kN = VSd ≤ VRd 3 = Vcd + Vwd = 206 kN
S.L.E. (limitazione delle tensioni)
Per il calcolo delle tensioni del calcestruzzo e dell’acciaio, si assume un
comportamento elastico lineare con sezione parzializzata.
Il coefficiente di omogeneizzazione acciaio–cls si assume convenzionalmente: n=15.
Si impongono alle tensioni le seguenti limitazioni:
Tensioni Massime
Materiale
Combinazione
rara
Combinazione
quasi permanente
Calcestruzzo compresso in ambiente aggressivo
0.50 fck
0.40 fck
Calcestruzzo compresso in ambiente ordinario
0.60 fck
0.45 fck
Acciaio teso
0.70 fyk
f yk = 430 N/mm 2
f ck = 20.75 N/mm 2
S.L.E. (limitazione delle tensioni)
Combinazioni rare:
Fd = Gk + Q1k + !(i>1) !0i Qik = 41.3 kN/m
Combinazioni quasi permanenti: Fd = Gk + 0.2 x Qk,S
= 31.3 kN/m
Sollecitazioni dovute alle combinazioni di carico:
M Appoggio [kN m]
M Campata [kN m]
Combinazioni rare
129
72
Combinazioni quasi permanenti
98
55
B
sc
x
C
σs = n
M
(d − x )
I ci
d
σc =
T
c
ss / n
2M
B ⋅ x ⋅ (d − x 3)
S.L.E. (limitazione delle tensioni)
Impiegando i metodi e le espressioni della teoria elastica del c.a. si risolve il
problema determinando la posizione dell’asse neutro e il momento d’inerzia
n ⋅ As ⎡
2⋅B⋅d ⎤
x =
⋅ ⎢ −1 + 1 +
⎥ = 200mm
B ⎣
n ⋅ As ⎦
b
2
I ci = ⋅ x c 3 + nAs (d − xc ) = 3.2 x 109 mm 4
3
Tensioni di esercizio sull’appoggio (in ambiente aggressivo):
Calcestruzzo
Combinazioni rare
Combinazioni quasi permanenti
Acciaio
sc
[N/mm2]
0.5 fck
[N/mm2]
fs
[N/mm2]
8
10.4
242
fc
0.4 fck
[N/mm2]
8.3
[N/mm2]
6.2
0.7 fyk
[N/mm2]
301
S.L.E. (Controllo della fessurazione)
1. Stato limite di decompressione
E’ lo stato per il quale la minima tensione di compressione raggiunge il valore nullo
2. Stato limite di formazione delle fessure
E’ lo stato per il quale la massima tensione di trazione raggiunge il valore
caratteristico della resistenza a trazione del conglomerato
3. Stato limite di apertura delle lesioni
E’ lo stato per il quale l’apertura delle fessure è pari ad un valore nominale
prefissato dalle norme.
PROSPETTO 7 -I
Armatura
I valori nominali per la norma
italiana sono:
w1 = 0.1 mm
w2 = 0.2 mm
w3 = 0.4 mm
Gruppi di
Condizion i
Combinazi on
e sigenze
ambiente
e di azioni
Stato limite
wk
Stato limite
wk
Poco
frequente
ap. fessure
! w2
ap. fessure
! w3
a
aggre ssivo
quasi
decomp. o
! w1
ap. fessure
! w2
permanente
ap. fessure
frequente
ap. fessure
! w1
ap. fessure
! w2
quasi
decompres.
"
ap. fessure
! w1
ap. fessure e
! w1
ap. fessure
! w2
"
ap. fessure
! w1
Moderat amen
b
te a ggressivo
Sensibile
Poco sensibile
permanente
Molto
c
rara
aggressivo
formaz.
fe ssure
frequente
decomp.
S.L.E. (Stato limite di formazione delle fessure)
La verifica dello stato limite di formazione delle fessure consiste nel
controllare che il momento flettente agente risulti ovunque non maggiore del
momento di fessurazione MF, ovvero, con riferimento alla sezione, che la
tensione agente al lembo teso risulti ovunque non maggiore della resistenza
caratteristica a trazione fctk del calcestruzzo.
Il valore medio della resistenza a trazione può essere assunto pari a:
f ctm = 0.27 ⋅ 3 ( Rck ) 2 ( N / mm 2 )
- trazione semplice:
- trazione per flessione:
f cfk = 1.2 ⋅ f ctk
In entrambi i casi il valore caratteristico fctk, corrispondente al frattile 5%, può
assumersi pari a 0.7 volte il valore medio.
f ctk = 0.7 ⋅ f ctm
S.L.E. (Stato limite di formazione delle fessure)
La sezione è costituita da tre materiali diversi: cls compresso, cls teso, acciaio
B
MF va calcolato in ipotesi di sezione interamente
reagente, ossia portando in conto anche la resistenza a
trazione del cls.
Si omogeneizza rispetto al cls compresso introducendo:
n = Ef / Ec=15
cls compresso
x
d
cls teso
n’= Ect / Ec=0.5
acciaio
La posizione dell’asse neutro si determina dall’equazione
di equilibrio alla traslazione (in assenza di sforzo assiale
essa si traduce nell’annullare il momento statico totale
della sezione reagente Sn rispetto all’asse neutro ).
(H − x ) = 0
B ⋅ x2
Sn =
− n ⋅ As ⋅ (d − x )− n' ⋅B ⋅
2
2
2
S.L.E. (Stato limite di formazione delle fessure)
Risolvendo l’equazione di II grado rispetto ad x e considerando la radice positiva:
⎡
2 ⋅ B ⋅ (1 − n ' ) ⋅ (n ⋅ As ⋅ d + n '⋅ B ⋅ H 2 / 2 )⎤
n ⋅ As + n '⋅ B ⋅ H ⎢
⎥ = 280mm
x =
⋅ −1 + 1 +
2
B ⋅ (1 − n ' ) ⎢
⎥
(n ⋅ As + n '⋅ B ⋅ H )
⎣
⎦
Il momento d’inerzia della sezione omogeneizzata risulta:
b
3
2
I ci = ⎡ x c 3 + n ' (H − xc ) ⎤ + nAs (d − xc ) = 5.1 ⋅ 109 mm 4
⎦
3⎣
La tensione st al lembo teso della sezione vale :
M
σ t = n' (H − xc )
I ci
Il momento di prima fessurazione si ottiene ponendo st = fctk :
MF =
f cfk
I ci
= 88.8 kNm ≤ M sle = 129 kNm
n ' ( H − xc )
VERIFICA NON
SODDISFATTA
S.L.E. (Stato limite di apertura delle fessure)
Il valore caratteristico di apertura delle fessure non deve superare il valore tabellato
(prospetto 7-I) in cui sono indicati i wi in funzione dell’aggressività dell’ambiente, della
sensibilità delle armature e della combinazione delle azioni di esercizio:
ε sm
wk = 1.7 ⋅ wm = 1.7 ⋅ ε sm ⋅ srm
= deformazione media, srm = distanza media tra le fessure
La deformazione media dell’acciaio risulta:
2
⎡
⎛ σ sf ⎞ ⎤
σs
ε sm = ⎢1 − β1 ⋅ β 2 ⋅ ⎜ ⎟ ⎥
Es ⎢
⎝ σ s ⎠ ⎥⎦
⎣
σ s = tensione nell'acciaio teso per effetto del momento agente per la combinazione in esame
σ sf = tensione nell'acciaio teso per effetto di un momento paria a quello di prima fessurazione della sezione
β1 = coefficiente dipendente dall'aderenza acciaio-cls (1.0 =acciaio ad ader. miglior. e 0.5 =acciaio liscio)
β 2 = coefficiente dipendente dall'azione (1.0 =azione di breve durata, 0.5 =azione di lunga durata o ripetute)
Es = modulo elastico dell'acciaio
S.L.E. (Stato limite di apertura delle fessure)
Il valore caratteristico di apertura delle fessure non deve superare il valore tabellato
(prospetto 7-I) in cui sono indicati i wi in funzione dell’aggressività dell’ambiente, della
sensibilità delle armature e della combinazione delle azioni di esercizio:
wk = 1.7 ⋅ wm = 1.7 ⋅ ε sm ⋅ srm
ε sm = deformazione media, srm = distanza media tra le fessure
La distanza media tra le fessure risulta:
s⎞
φ
⎛
srm = 2 ⋅ ⎜ c + ⎟ + k2 ⋅ k3
ρr
⎝ 10 ⎠
c = copriferro, s = distanza tra le barre, φ = diametro barre
ρr =
As
A eff
As = area di acciaio teso, A eff = area di cls che racchiude l'acciaio teso
k2 = coefficiente dipendente dall'aderenza acciaio-cls ( 0.4 =acciaio ad ader. miglior. e 0.8 =acciaio liscio)
k3 = coefficiente dipendente dalla forma del diagramma delle tensioni prima della fessurazione ( 0.125 =flessione o presso-flex., 0.250 =trazione)
S.L.E. (Stato limite di apertura delle fessure)
Combinazione delle azioni di esercizio: RARA
Ambiente: AGGRESSIVO
(M=-129 kNm)
(Wk<0.2 mm)
ε sm = deformazione media, srm = distanza media tra le fessure
ε sm = 0.0009
srm = 116.5 mm
k2 = 0.4 (acciaio ad ader. miglior.)
k3 = 0.125 (flessione)
β1 = 1.0 (acciaio ad ader. miglior.)
β 2 = 1.0 (azione di breve durata)
wk = 1.7 ⋅ wm = 1.7 ⋅ ε sm ⋅ srm = 0.18 mm < 0.2 mm
VERIFICA
SODDISFATTA
6° Lezione
FINE

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