CORSO DI PROGETTAZIONE COSTRUZIONI ED IMPIANTI

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1 CORSO DI PROGETTAZIONE COSTRUZIONI ED IMPIANTI NORMATIVA TECNICA (NTC2008) - STATICA DELLE SEZIONI INFLESSE IN C.A.

2 Ipotesi di partenza Nelle travi semplicemente inflesse lo spostamento indotto dal momento di progetto MEd sulla sezione resistente risulta, per le ipotesi di linearità, aderenza, e conservazione delle sezioni piane quella rappresentata in figura. La sezione ruota rigidamente intorno all'asse istantaneo di rotazione (asse neutro) allungando le fibre da un lato ed accorciandole dall'altro Il limite di resistenza della sezione MRd si raggiunge quando uno dei due materiali supera la deformazione unitaria ultima. Per il cls (-0,0035) in accorciamento, per l'acciaio (+0,010) in allungamento.

3 Campi di rottura Modificando le proprietà inerziali della sezione (ad esempio aggiungendo o togliendo armatura) la posizione dell'asse neutro si sposta lungo l'asse locale z. Il comportamento "a rottura" cambia, possono definirsi così diverse modalità, detti "campi di rottura" Campo A - l'acciaio raggiunge la rottura con il cls poco sfruttato Campo B - l'acciaio raggiunge la rottura quando il cls conserva una resistenza residua (armatura debole) Campo C - il cls raggiunge la rottura quando l'acciaio conserva una resistenza residua (armatura forte) Campo D - il cls raggiunge la rottura con l'acciaio poco sfruttato La soluzione ideale è quella "bilanciata" che sfrutta in modo ottimale le risorse di resistenza dei due materiali.

4 Campi di rottura La modalità di rottura di una sezione è descritta dalla posizione che l'asse neutro assume rispetto alla altezza utile della sezione (d). A partire da uno scenario di deformazione qualsiasi è possibile, grazie alla validità della 1 e 2 ipotesi collegare le posizioni dell'asse neutro alle deformazioni unitarie dei due materiali Secondo l'ec2 il coefficiente k non deve essere > di 0,45, questo consente una rottura duttile che avviene cioè con l'acciaio snervato. A ----> 0/(0+10) = k=0 B ----> 2/(2+10) = k=0,167 C ----> 3,5/(3,5+10) = k=0,259 D ----> 3,5/(1,9+3,5) = k=0,648 E ----> 3,5/(3,5+0) = k=1

5 Problema di verifica di una sezione inflessa Per bassi valori di MEd la sezione resistente vede il contributo del calcestruzzo teso (1 stadio) le tensioni seguono un andamento lineare. Aumentando il momento fino al limite della resistenza a trazione del cls la sezione è ancora interamente reagente, l'asse neutro si sposta verso l'alto la distribuzione delle tensioni nel cls non è più lineare (2 stadio) Aumentando ulteriormente il momento si arriva in prossimità della rottura del cls (3 stadio) la sezione si fessura l'andamento del diagramma delle tensioni nel cls assume un andamento assimilabile ad una figura mista parabola-rettangolo. Considerato il diagramma sforzodeformazione, il cls prossimo alla deformazione unitaria ultima (-0,0035) produce la tensione ultima fcd

6 Problema di verifica di una sezione inflessa La sezione in c.a. Soggetta ad uno S.L.U. di flessione deve essere in grado di produrre una coppia di forze interna in grado di riequilibrare la rotazione indotta dalla azione esterna Il momento resistente ultimo prodotto dalla sezione MRd è dato dalla coppia interna che è prodotta dalla risultante delle forze di compressione e dalla risultante di trazione: M= C x t Per calcolare la risultante di compressione C è necessario calcolare z, individuare cioè la posizione dell'asse neutro. E' possibile trascurare il contributo della armatura in zona compressa se questa è limitata a due soli ferri correnti reggi staffe, di piccolo diametro (armatura semplice). Affinché la sezione risulti in equilibrio devono essere verificate le condizioni di nullità dei possibili spostamenti della sezione: C - T = 0 M = C x t > equilibrio alla traslazione > equilibrio alla rotazione

7 Problema di verifica di una sezione inflessa (armatura semplice) La risultante di compressione C è assimilabile ad un volume "stress block" in cui la figura mista rettangolo-parabola può assimilarsi ad un rettangolo equivalente. C Le due equazioni di equilibrio alla traslazione ed alla rotazione possono scriversi come: Il momento resistente ultimo della sezione può scriversi anche in funzione della componente di trazione essendo: T Nel caso di verifica di una sezione soggetta ad un determinato momento flettente di progetto (MEd) sono noti, oltre alla azione: le dimensioni geometriche (b, h, c, d); il quantitativo di armatura posto nella zona tesa (As); i valori di progetto (design) delle resistenze dei due materiali (fyd ) e (fcd),la verifica sarà positiva se risulterà soddisfatta la condizione:

8 Esempio: verifica di una sezione inflessa con armatura semplice Verificare a flessione la sezione in figura, realizzata con cls C25/30, armata con 2Ø14 superiori e 4Ø20 inferiori del tipo B450C. Il momento di progetto è di 160kNm (positivo). Se si assume che la rottura della sezione avvenga con una deformazione unitaria del cls > di 0,002 e l'acciaio snervato (deform. unitaria > 0,0019), possiamo assumere nella equazione di equilibrio alla traslazione, i corrispondenti valori delle resistenze ultime, rispettivamente fcd e fyd e ricavare z.

9 Esempio: verifica di una sezione inflessa con armatura semplice Valutiamo il comportamento a rottura: k= z/d = 144/460= 0, > siamo in campo "C " armatura forte. Calcoliamo il momento resistente ultimo MRd : C = 14,17 x 300 x 0,8 x 144 = 489,71kN T = (4 x 314) x 391,30 = 491,47kN Si assume il valore più basso tra i due: MRd = 489,71 x ( 0,46-0,057) = 197,35kN 160/197,35 = 0,81 < 1,00 la verifica è soddisfatta

10 Esempio: verifica di una sezione inflessa con armatura doppia Valutiamo il contributo della armatura presente in zona compressa Alla risultante di compressione prodotta dallo "stress block" si aggiunge il contributo della armatura compressa. Equilibrio alla traslazione > C + Cs - T = 0 Equilibrio alla rotazione > C*t + Cs*(d-c) = M Considerando la vicinanza del baricentro delle armature compresse dal bordo, si può assumere che l'armatura presenti un accorciamento unitario > 0,0019

11 Esempio: verifica di una sezione inflessa con armatura doppia Per calcolare le forze che agiscono sulla sezione bisogna determinare la nuova posizione dell'asse neutro, esplicitando l'equazione di equilibrio alla traslazione rispetto a z abbiamo: la rottura avviene in campo B

12 Esempio: verifica di una sezione inflessa con armatura doppia Calcolo del momento resistente: C = (0,8*109)*14,17*300 = ,20N Cs = 308*391,30= ,40N C*= ,60N Il braccio della coppia si calcola mediante il teorema di Varignon applicato rispetto all'asse della risultante di trazione T C* x (d-d'') = C x (d -0,4*z) + Cs x (d-c) (d-d'') = [370687,20*(460-0,4*109) ,40*(460-40)] / ,60 = ( , )/491207,60= 417,30mm MRd = ,60*417,30 = ,10Nmm MRd = (1256*391,30) x 417,30 = ,40Nmm Si assume il valore più piccolo tra i due 160/204,97= 0,78 < 1 N.B. la applicabilità delle formule semplificate è legata alla possibilità di ipotizzare per l'acciaio compresso un accorciamento unitario > di 0,019. Questa condizione è in genere assicurata da un rapporto tra le armature A's/As < 0,5

13 Problema di progetto di una sezione inflessa (armatura semplice) Nel caso di progetto della sezione sono disponibili i seguenti dati: - il momento di progetto (MEd); - altezza o larghezza della sezione (b,h); - il copriferro (c) - tipo del cls e tipo di acciaio (fcd, fyd) Si assume a priori una posizione dell'asse neutro che produca un comportamento duttile della sezione. Questo è garantito da un valore k=z/d minore di 0,45 Poniamo la condizione di avere il comportamento di una sezione bilanciata k= 0,259 Si può porre la condizione MRd = MEd e ricavare la d: Il coefficiente r= RadQ(1/1,182*fcd) dipende unicamente dal tipo di cls impiegato

14 Problema di progetto di una sezione inflessa (armatura semplice) Si può fare una tabella che collega la classe del cls al valore del coefficiente r fcd =N/mmq C20/25 11,33 0,69 C25/30 14,17 0,62 C30/35 17,00 0,57 r Imponiamo l'equilibrio alla rotazione rispetto alla risultante degli sforzi di compressione L'area della armatura strettamente necessaria si determina a esplicitando la formula:

15 Problema di progetto di una sezione inflessa (armatura doppia) Impostiamo il campo di rottura per avere un comportamento duttile (k=0,259) Dividiamo l'area As in due contributi As1 e As2 ponendo As2 = As' Il momento resistente ultimo MRd si calcola attraverso due contributi M1 e M2 M1 = 0,8*z*fcd*(d-0,4*z)= fyd *As1*(d-0,4*z) M2 = fyd*as'*(d-c)= fyd *As2*(d-c) Il procedimento si differenzia nei due casi tipici 1) la d è assegnata; 2) la d non è assegnata

16 Caso 1 - la "d" risulta assegnata Si calcola M2 = M - M > > As = As1 + As2 Caso 2 - la "d" non è assegnata Si fissa il valore di M1 come quota parte di M, si calcola d con la formula: si ricava > poniamo > M2 = M - M1 e si calcola >

17 Esempi: progetto di una sezione inflessa con armatura semplice Esempio 1 Dimensionare una sezione resistente rettangolare capace di sostenere in sicurezza un momento flettente di progetto di 180kNm. Soluzione Assumiamo cls C25/30, barre tipo B450C, b= 300mm, c=40mm fcd = 0,85*(25)/1,5 = 14,16N/mmq; fyd = 450/1,15 = 391N/mmq d = 0,62*RadQ ( /300) = 423,54mm - considerato c=40mm assumiamo sez. 300x500 As= /(0,9*460*391) = 864,87mmq > assumiamo 5Ø16 Esempio 2 Dimensionare una sezione resistente rettangolare capace di sostenere in sicurezza un momento flettente di progetto di 400kNm. Soluzione Assumiamo cls C30/35, barre tipo B450C, b= 400mm, c=40mm fcd = 0,85*(30)/1,5 = 17N/mmq; fyd = 450/1,15 = 391N/mmq d = 0,57*RadQ ( /400) = 570mm - considerato c=40mm assumiamo sez. 400x650 As= /(0,9*610*391) = 1863,42mmq > assumiamo 6Ø20

18 Esempio: progetto di una sezione inflessa con armatura doppia Dimensionare una sezione resistente rettangolare capace di sostenere in sicurezza un momento flettente di progetto di 260kNm, con b=300mm, disponendo di cls classe C30/35, acciaio B450C. Soluzione Si fissa il valore di M1 come quota parte di M, si calcola d con la formula della armatura semplice Affidiamo a M1 un momento di progetto: M1 = 0,8*260= 208kNm d = 0,57*RadQ ( /300) = 475mm - considerato c=40mm assumiamo sez. 300x550 As1= /(0,9*510*391) = 1159mmq M2 = M-M1 = =72kNm As2= As' = /391*(510-40) = 391,79mmq devono essere almeno due reggi staffe 2Ø16 As = ,79 = 1550,79 mmq > assumiamo 5Ø20

19 Progetto delle travi in c.a. - l'individuazione del modello di calcolo Le travi in c.a. non si trovano sole all'interno di un sistema strutturale ma il loro esercizio è condizionato dagli elementi costruttivi a cui sono connesse (solai e pilastri). Un sistema così concepito prende il nome di "sistema intelaiato tridimensionale". All'interno del sistema la trave ha il compito di acquisire i carichi dai solai e dalle pareti perimetrali per poi trasmetterli ai pilastri sottostanti. Una modellazione di tipo tridimensionale è possibile solo attraverso l'uso di solutori agli Elementi Finiti (SAP, Elmer, Strauss...) il vantaggio di una tale approssimazione è che si possono tenere in conto di tutte le rigidezze presenti (assiali, flessionali, torsionali) e della loro influenza positiva sulla resistenza delle travi. La trave A,B,C in figura vede la sua deformata elastica "confinata" dalla rigidezza torsionale offerta dalle travi disposte nella direzione opposta

20 Progetto delle travi in c.a. - l'individuazione del modello di calcolo Il funzionamento di un sistema intelaiato tridimensionale può essere descritto anche come somma di tanti telai piani. I risultati del calcolo delle sollecitazioni sulla trave saranno più gravosi di quelli ottenibili mediante il modello 3D, con questo il modello consente una approssimazione favorevole alla sicurezza dato che il comportamento reale risulterà certamente meno gravoso di quello modellato. È possibile una ulteriore semplificazione passando ad un telaio troncato che consente comunque di tenere in conto il contributo dei pilastri al fine di assorbire le azioni flettenti prodotte sulla trave. Se dal telaio semplificato passiamo a considerare un modello tipo "trave continua" i risultati che otterremo saranno ulteriormente "a favore di sicurezza" in quanto la presenza delle cerniere in prossimità dei pilastri terminali impedisce lo scarico di parte delle rotazioni sui pilastri. Per questo la trave così calcolata risulterà ridondante in quanto il modello di calcolo adottato produrrà sollecitazioni più penalizzanti di quelle effettive di esercizio. Dimensionare con un certo margine è una buona pratica e contrariamente a quanto si può pensare la ridondanza strutturale intelligente è una qualità ingegneristica di un progetto "...tutti i crolli strutturali possono essere considerati come dovuti alla mancanza di ridondanza..." dal libro "Perchè gli edifici cadono" di Mario Salvadori.

21 Prescrizioni NTC (escluse specifiche per ZSS) Min. 10Øbw L'armatura longitudinale tesa non deve essere in nessun tratto inferiore a quanto indicato in formula: Armatura tesa (o compressa) considerata individualmente > Armatura minima all'intradosso delle estremità della trave > Minimo 3 staffe al metro con Ast >_ 1,5*b - l'interasse delle staffe deve essere comunque minore o tutt'al più uguale a 0,8*d. Non meno del 50% del taglio deve essere assorbito dalle staffe

22 Prescrizioni NTC (specifiche per ZSS) Min. 10Øbw Per ogni sezione x-x' generica deve essere garantita una armatura minima pari a > b/h > o = 0,25 Rapporto geometrico armatura tesa > Rapporto geometrico armatura compressa > Nelle zone critiche (lcr) deve risultare > Per il resto della trave >

23 Prescrizioni NTC (specifiche per ZSS) La larghezza B della trave deve essere maggiore o uguale a 20cm e, per le travi a spessore deve essere non maggiore della larghezza del pilastro, aumentata da ogni lato di metà dell'altezza della sezione trasversale della trave stessa, risultando comunque non maggiore di due volte bc essendo bc la larghezza del pilastro ortogonale all'asse della trave. Il rapporto b/h tra larghezza e altezza della trave deve essere maggiore o uguale a 0,25. Non deve esserci eccentricità tra l'asse delle travi che sostengono pilastri in falso e l'asse dei pilastri che le sostengono. Le armature longitudinali (Øbl) inferiori e superiori devono attraversare di regola i nodi senza ancorarsi o giuntarsi per sovrapposizione in essi. La parte della armatura long. della trave che si ancora oltre il nodo non può terminare all'interno di una zona critica, ma deve ancorarsi oltre di essa. L'asse della trave non deve discostarsi dall'asse del pilastro per più di 1/4 della larghezza del pilastro

24 Esempio di progetto di una trave in c.a. con NTC 2008 Progettare la trave presente sull'allineamento 2 adottando una soluzione del tipo "emergente". L'edificio si intende in zona "non a rischio sismico" (ZNS) schema carpenteria dettaglio solaio analisi dei carichi g1 - peso permanente proprio dell'elemento strutturale Descrizione N.parti Volume kn/mc Tot Trave in c.a. (ipotesi) 1 0,3 0, ,75 kn/m Soletta 1 0, ,00 kn/mq Travetti 2 0,12 0, ,32 kn/mq Laterizi 2 0,38 0, ,33 kn/mq g1= 3,65 kn/mq

25 Esempio di progetto di una trave in c.a. con NTC 2008 Analisi dei carichi g2 - carichi permanenti propri Descrizione N.parti Volume kn/mc Tot Incidenza partizioni 1,60 kn/mq Pavimento 1 0,40 kn/mq Massetto per impianti 1 0, ,12 kn/mq Intonaco 1 0,30 kn/mq g1= 1,82 kn/mq q1 - carico variabile (civile abitazione) = 2,00kN/mq Carichi unitari G1 3,75 kn/m G1 3,65x5,8 = 21,17 kn/m Tot. G1 24,92 kn/m G2 1,82x5,8= 10,55 kn/m G2 1,60x5,8= 9,30 kn/m Tot. G2 19,85 kn/m Q1 2,00x5,8 = 11,60 kn/m Tot. Q1 11,60 kn/m Il valore dei carichi tipo G e Q non dipende soltanto dalla dimensione dell'area di influenza ma anche dalla soluzione statica del solaio. Se il solaio è realizzato "a trave continua" si deve tenere conto dell'incremento prodotto dai momenti di continuità. L'entità dell'incremento è tenuta in conto dai moderni software, nel caso di calcolo manuale la valutazione va fatta caso per caso. In caso di solai senza sbalzi terminali con schema a trave continua si può assumere cautelativamente una maggiorazione del 20%

26 Esempio di progetto di una trave in c.a. con NTC 2008 Combinazioni di carichi Rispetto al modello di calcolo in figura, tenendo conto della simmetria, si possono analizzare le seguenti combinazioni di carico essenziali p1= 1,3*(24,92)+1,5*(19,85)+1,5*(11,60)=79,58kN/m Comb.1 p2= 1,3*(24,92)+1,5*(19,85)+1,5*(11,60)=79,58kN/m p3= 1,0*(24,92)+0,0*(19,85)+0*(11,60)=24,92kN/m p1= 1,0*(24,92)+0,0*(19,85)+0*(11,60)=24,92kN/m Comb.2 p2= 1,3*(24,92)+1,5*(19,85)+1,5*(11,60)=79,58kN/m p3= 1,0*(24,92)+0,0*(19,85)+0*(11,60)=24,92kN/m p1= 1,3*(24,92)+1,5*(19,85)+1,5*(11,60)=79,58kN/m Comb.3 p2= 1,0*(24,92)+0,0*(19,85)+0*(11,60)=24,92kN/m p3= 1,3*(24,92)+1,5*(19,85)+1,5*(11,60)=79,58kN/m

27 Esempio di progetto di una trave in c.a. con NTC 2008 Soluzione mediante foglio di calcolo: Comb.1

28 Esempio di progetto di una trave in c.a. con NTC 2008 Soluzione mediante foglio di calcolo: Comb.2

29 Esempio di progetto di una trave in c.a. con NTC 2008 Soluzione mediante foglio di calcolo: Comb.3

30 Esempio di progetto di una trave in c.a. con NTC 2008 Diagrammi delle sollecitazioni Comb.1 Comb.2

31 Esempio di progetto di una trave in c.a. con NTC 2008 Comb.3 inviluppo

32 Esempio di progetto di una trave in c.a. con NTC 2008 Adottiamo una sezione 25x50 con C25/30 e barre in acciaio tipo B450C La altezza della sezione va verificata sul momento flettente che in valore assoluto risulta più impegnativo l'altezza della sezione è sufficiente considerando un copriferro minimo Calcoliamo l'armatura in zona tesa: Poniamo As'/As < 0,5 (condizione di validità delle formule semplificate) As= 3Ø16+2Ø14 = 911mmq; As'= 2Ø14=308mmq Verifichiamo il comportamento a rottura: K=83,25/460=0,181 - campo B

33 Esempio di progetto di una trave in c.a. con NTC 2008 Per la sezione soggetta a momento positivo sarà sufficiente calcolare le armature As e As' Poniamo As'/As < 0,5 (condizione di validità delle formule semplificate) As= 2Ø16+2Ø14 = 710mmq; As'= 2Ø14=308mmq Verifichiamo il comportamento a rottura: K=55,50/460=0,121 - campo A

34 Esempio di progetto di una trave in c.a. con NTC 2008 Verifica delle sezioni con il procedimento della "doppia armatura" C= (0,8*55,5)*(14,16*250)=157176N Cs= (308*391)=120428N C*= C+Cs= = N Calcoliamo il braccio della coppia interna con il teorema di Varignon *(t) = *(437,8) *(460) t = ( , )/277604=447,43mm MRd = *(447,43)= ,8 Nmm MRd = 710*(447,43)*391= ,3 Nmm Verifica SLU > 95,64/124=0,77< 1,00

35 Esempio di progetto di una trave in c.a. con NTC 2008 Verifica delle sezioni con il procedimento della "doppia armatura" C= (0,8*83,25)*(14,16*250)=235764N Cs= (308*391)=120428N C*= C+Cs= = N Calcoliamo il braccio della coppia interna con il teorema di Varignon *(t) = *(426,7) *(460) t = ( )/356192=438mm MRd = *(438)= Nmm MRd = 391*(911)*438= Nmm Verifica SLU > 140,43/156=0,90 < 1,00

36 Esempio di progetto di una trave in c.a. con NTC 2008 Verifica delle sezioni con il software VcaSlu Valutiamo mediante il software VcaSlu l'attendibilità dei risultati che abbiamo ottenuto con il procedimento semplificato I risultati sono attendibili.

37 Esempio di progetto di una trave in c.a. con NTC 2008 rappresentazione delle armature Riferimenti bibliografici A.M. Michetti, appunti dal corso di tecnica delle costruzioni - a.a Univ. "LaSapienza - Roma V.Nunziata, Teoria e pratica delle strutture in cemento armato - Flaccovio editore Palermo A.Cinuzzi, S.Gaudiano, Tecniche di progettazione per strutture di edifici in c.a. - casa edit. Ambrosiana, Milano S.Catasta, statica delle sezioni in c.a. agli S.L.con le NTC dispensa a.s F.Zanghì, materiale didattico