STATO LIMITE ULTIMO PER TENSIONI NORMALI

ORDINE DEGLI INGEGNERI
Corso di aggiornamento sulla normativa sismica
Gennaio 2007 – marzo 2007
STATO LIMITE ULTIMO PER TENSIONI
NORMALI
Prof. Ciro FAELLA
Dipartimento di Ingegneria Civile
Università di Salerno
Analisi strutturale
Idealizzazione struttura
e dimensionamento
elementi strutturali
H
L’analisi è
governata
dal
comportamento dei
materiali
Calcolo delle
sollecitazioni
B
Verifica
s
C
A's
N
yc
As
σc
εc
c
εs'
e
σs'/n
n
εs
n
σs /n
Analisi a livello di sezione
Dimensionamento
elementi strutturali
Verifica
s
C
A's
N
yc
σc
εc
c
εs'
e
σs'/n
n
n
H
As
εs
σs /n
B
A.
B.
Ipotesi di elasticità
lineare dei materiali
Ipotesi di non linearità
meccanica dei materiali
σ
ε
σ
ε
Ipotesi di base nel metodo
delle tensioni ammissibili
•
•
•
•
Conservazione delle sezioni piane
Omogeneità ed isotropia del calcestruzzo
in zona compressa e dell’armatura
Aderenza tra acciaio e calcestruzzo
Trascurabilità della resistenza a trazione
del calcestruzzo
Metodo delle tensioni ammissibili
Legami costitutivi dei materiali
si assume valida l’ipotesi
di elasticità lineare dei
materiali
εc
σc
Rck
Le tensioni e le deformazioni
nei materiali vengono limitate
a valori bassi
s
C
A's
N
yc
As
σc
εc
c
εs'
e
σs'/n
n
εs
200
0.00029
72.5
Calcestruzzo
σs /n
0.00034
122.5
400
n
εs
σs
0.0010
2200
Acciaio
FeB38k
0.0012
2600
FeB44k
Metodo delle tensioni ammissibili
calcolo dello stato tensionale nell’ipotesi di elasticità lineare
Esempio della
sezione a semplice
armatura inflessa
Equilibrio alla traslazione nella direzione dell’asse dell’elemento:
ns
= 00
∫Ar σ dAr + ∑ As, i ⋅ σSsn, i =
σ=
σ c ⋅ yn
i =1
n
n As σc  y dA2+bnd s A ⋅σ  = 0
yc =
⋅ −1∫+Ar n1+ r
∑
 s, i s, i 
y
i
b c 
n As =1

yc
Equilibrio alla rotazione:
M rc
σc b y c 
yc 
=
d −

2
3 

yc 

M rs = σ s As  d −

3 

Legami costitutivi dei materiali
Stati limite ultimi per tensioni normali
Cosa si intende per Stato Limite Ultimo di una sezione?
Lo stato limite ultimo di una sezione è individuato dal
raggiungimento della massima deformazione del
calcestruzzo compresso o dell’acciaio teso.
• Deformazione ultima
del calcestruzzo:
ε cu = 0.0035
• Deformazione ultima
dell’acciaio:
ε su = 0.0100
εc = εcu =0.0035
A's
εs'
yc
n
n
εs < εsu
As
A's
yc
n
As
εc < εcu
εs'
εs = εsu =0.010
Ipotesi di base negli
stati limite ultimi
•
•
•
•
•
•
Conservazione delle sezioni piane
Omogeneità ed isotropia del calcestruzzo in zona compressa e
dell’armatura
Aderenza tra acciaio e calcestruzzo
Trascurabilità della resistenza a trazione del calcestruzzo
Deformazione massima del calcestruzzo pari –0.0035
nel caso di flessione semplice e composta con asse
neutro interno alla sezione, e variabile da detto valore
fino a –0.002 per asse neutro esterno alla sezione
Deformazione massima dell’armatura tesa pari a
+0.010
Legami costitutivi dei materiali
Stati limite ultimi per tensioni normali
Occorre
definire
un
legame costitutivo dei
materiali accurato fino alla
condizione ultima 200
Si considera lo stato tensionale
corrispondente alle deformazioni ultime dei materiali
CALCESTRUZZO
t.a.
ACCIAIO
t.a.
Stati limite ultimi
0.0035
Stati limite ultimi
0.010
Legami costitutivi dei materiali:
• Il legame σ-ε è non lineare fin
da valori modesti della
il calcestruzzo
deformazione
• La deformazione corrispondente alla tensione massima è
pressoché costante al variare
della resistenza del cls
• Dopo il valore massimo della
•
resistenza il legame σ-ε
procede
con
un
tratto
decrescente la cui pendenza
aumenta all’aumentare della
resistenza
Il valore della deformazione
massima
aumenta
al
diminuire della resistenza
Legami costitutivi dei materiali:
il calcestruzzo: legge di Saenz
k ε−ε
σ=
⋅ fc
1 + (k − 2 ) ⋅ ε
ε = ε / εc
2
1
E ⋅ εc σ
=
k=
fc
fc
σc
*
0
f'c
1
E = 1.1 ⋅ Ec
0
0.4 f c
εc = 0.0022
1
E
Ec o
ε c1
ε cu ε c
εcu = 0.0037 − 0.0008 ⋅ ( f c − 150 ) / 400
• (introdotta per la
prima volta a livello
di codici dal CEB
nel Model Code del
1976
• EUROCODICE 2
“progettazione delle
strutture in c.a.)
Diagramma per
l’analisi strutturale:
analisi non lineare o
analisi plastica
(= 0.0029 ÷ 0.0037 )
Legame costitutivo del calcestruzzo per il
progetto e verifica della sezione trasversale
Norme contenute nello
stesso Decreto 9/1/1996
A) Diagramma parabola-rettangolo
EUROCODICE 2 con
modifiche ed integrazioni
B) Stress block
σc
Diagramma parabola-rettangolo
f'cd
′ 0.002 ≤ ε ≤ 0.0035
σ( ε) = f cd
′
σ( ε) = 1000 ⋅ ε ⋅ (1 − 250 ⋅ ε) ⋅ f cd
0.0020
0.0035
εc
ε < 0.002
Stress Block
Si considera allo s.l.u. un diagramma tensionale costante con tensione
pari a f’cd esteso alla parte di sezione compresa tra il bordo più compresso
e y’c :
Asse neutro interno alla sezione
Asse neutro esterno alla sezione
yc − 0.80 ⋅ h
yc′ =
⋅h
yc − 0.75 ⋅ h
ε
f'
A'
y c′ = 0.8 ⋅ y c
ε
A's
yc
h
f'cd
s
0.8 yc
h
d
cd
y'c
d
yc
d - yc
d'
As
d'
b
As
b
Differenti modelli per il calcestruzzo
f cd′ = α ⋅ f cd = α
σc
fck
f ck
γc
=α
α = 0.85
0.83 ⋅ Rck
1 .5
α=0.80 nel caso di STRESS BLOCK
con sezione di larghezza crescente
dalla fibra maggiormente compressa
verso l’asse neutro
Coeff. γc - Stati limite ultimi
(Decreto 9/1/1996)
f'cd
Parabola-rettangolo
Curva di Saenz
Ecd
ε c1
0.0035
ε
A's
εc
f'cd
γc=1.5 c.a.p.
γc=1.6 c.a. e c.a.p. con precompressione parziale
f'cd
0.8 yc
yc
h d
d'
f'cd
d-yc
As
b
Curva di Saenz
Parabolarettangolo
Stress Block
Legami costitutivi dei materiali
L’acciaio
σs
Analisi globale
fsd =
fsy
fsy
γs
ε =0.010
Es
ε =0.0035 εs
fsd = fsy
fsy
γs
fst
Progetto della
sezione
Coeff. γs - Stati limite ultimi
(Decreto 9/1/1996)
γs=1.15
ε =0.010
σs
fsd =
fsy
fsy
γs
Es
ε =0.0035 εs
fsd = fsy
fsy
γs
Possibili condizioni limiti •
della sezione generica
•
0.0035
⋅ (h − d ′)
0.01 + 0.0035
0.0035
⋅ (h − d ′)
y3, 4 =
( f sd / Es ) + 0.0035
yc
ε cu = 0.0035
ε 'cu = 0.0020
Deformazione ultima
dell’acciaio:
ε su = 0.0100
εcc=ε
εεc=ε
c cucu
cu
ε c=0.002
y2,3
1
y4,5
C
2
yc
εs >0
εs >0
ε
=ε
<ε
s
s sdsu
su
/E s
ε s <ε sd =f
y3,4
3/7H
B
5
3
A
4
-10
yc =
yc
yc
ycyc
3.5
2
yc =-
y 2 ,3 =
Deformazione ultima
del calcestruzzo:
6
fsd/Es
Stati di
sollecitazione
ZONE
1
2
3.5
2
B
y3,4
yc =-
y2,3
3
1
C
y4,5
5
3
4
-10
yc =
2
A
4
5
6
6
fsd/Es
POSIZIONE
ASSE NEUTRO
STATI DI
SOLLECITAZIONE
−∞ < y c < 0
(tenso flessione o
trazione pura)
0 < y c < y 2 ,3
(tenso-presso
flessione/flessione)
y 2 ,3 < y c < y 3 ,4
(tenso-presso
flessione/flessione)
y 3 ,4 < y c < d
(tenso-presso
flessione/flessione)
d < yc < h
h < y c < +∞
(presso flessione)
(presso flessione/compr.
sempl.)
Equazioni di equilibrio alla traslazione ed
alla rotazione intorno all’asse baricentrico
εc
h
λ yc
y
h
2
c
σc (y)
y
Nc
G
ε si
Asi
σsi
di
b
Equilibrio alla traslazione:
n
b ⋅ ∫ σ ( y ) dy + ∑ Asi ⋅ σ si = N
yc
0
i =1
Equilibrio alla rotazione intorno all’asse baricentrico:
n
b ⋅ ∫ σ ( y ) ⋅ [(h / 2 ) − yc + y ] dy + ∑ Asi ⋅ σ si ⋅ [ d i − (h / 2 )] = N ⋅ e = M
yc
0
i =1
Equazioni di equilibrio alla traslazione ed
alla rotazione intorno all’asse baricentrico
Ponendo:
yc
ψ=
∫0
σ( y ) dy
′
y c ⋅ f cd
 y c σ( y ) ⋅ ( y − y ) dy 
 y c σ( y ) ⋅ y dy 
c
1  ∫0

 ∫0

λ=
1
=
−

 y2 ⋅ ψ ⋅ f ′ 
yc
yc 
c
c 


∫0 σ( y ) dy 

Si ottiene:
n
′ + ∑ Asi ⋅ σsi =
b ⋅ y c ⋅ ψ ⋅ fcd
i =1
n
Nu
′ [(h / 2) − λ yc ] + ∑ Asi ⋅ σsi [ di − (h / 2)]
b ⋅ yc ⋅ ψ ⋅ fcd
i =1
= M uG
Coefficienti ψ e λ
yc
σ( y ) dy
∫
0
ψ=
 y c σ( y ) ⋅ ( y − y ) dy 
 y c σ( y ) ⋅ y dy 
c
1  ∫0


 ∫0
1
λ=
=
−

 y2 ⋅ ψ ⋅ f ′ 
yc
yc 
c
c 


∫0 σ( y ) dy 

′
y c ⋅ f cd
f'cd
εcu
y
h
c
2
h
λ yc
y
σ
Nc
c (y)
G
εsi
Asi
di
b
σsi
ξ ψ λ νc µcG
Coefficienti ψ e λ
sezione rettangolare
Diagramma Parabola-rettangolo
3.5
2
y2,3
y3,4
yc =-
1
y4,5
C
2
5
3
A
4
yc =
yc
B
6
-10
Stress block
ψ = 0.8 λ = 0.4
yc − 0.80 ⋅ h
ψ =
yc − 0.75 ⋅ h
λ = ψ/2
0.05
0.06
0.07
0.08
0.09
0.10
0.11
0.12
0.13
0.14
0.15
0.16
0.17
0.18
0.19
0.20
0.21
0.22
0.23
0.24
0.25
0.30
0.40
0.50
0.60
0.70
0.80
0.90
1.00
1.10
1.20
1.30
1.40
1.50
1.75
2.00
2.50
3.00
3.50
4.00
4.50
5.00
0.2401
0.2852
0.3291
0.3718
0.4130
0.4527
0.4907
0.5269
0.5611
0.5931
0.6228
0.6500
0.6745
0.6963
0.7158
0.7333
0.7492
0.7636
0.7768
0.7889
0.8000
0.8095
0.8095
0.8095
0.8095
0.8095
0.8095
0.8095
0.8095
0.8620
0.8955
0.9181
0.9341
0.9458
0.9644
0.9748
0.9855
0.9906
0.9934
0.9951
0.9962
0.9970
0.3413
0.3433
0.3453
0.3475
0.3498
0.3523
0.3550
0.3578
0.3610
0.3644
0.3681
0.3721
0.3765
0.3813
0.3861
0.3909
0.3956
0.4001
0.4044
0.4086
0.4125
0.4160
0.4160
0.4160
0.4160
0.4160
0.4160
0.4160
0.4160
0.4428
0.4583
0.4681
0.4748
0.4795
0.4868
0.4908
0.4947
0.4966
0.4976
0.4982
0.4987
0.4989
0.0120
0.0171
0.0230
0.0297
0.0372
0.0453
0.0540
0.0632
0.0729
0.0830
0.0934
0.1040
0.1147
0.1253
0.1360
0.1467
0.1573
0.1680
0.1787
0.1893
0.2000
0.2429
0.3238
0.4048
0.4857
0.5667
0.6476
0.7286
0.8095
0.8620
0.8955
0.9181
0.9341
0.9458
0.9644
0.9748
0.9855
0.9906
0.9934
0.9951
0.9962
0.9970
0.0058
0.0082
0.0110
0.0140
0.0174
0.0210
0.0249
0.0289
0.0330
0.0373
0.0416
0.0458
0.0500
0.0541
0.0580
0.0619
0.0656
0.0692
0.0727
0.0761
0.0794
0.0911
0.1080
0.1182
0.1216
0.1183
0.1083
0.0915
0.0680
0.0493
0.0373
0.0293
0.0235
0.0194
0.0127
0.0090
0.0052
0.0034
0.0024
0.0017
0.0013
0.0011
Andamento dei coefficienti ψ e λ
1.0
ψ, νc
ψ
0.8
PARABOLA-RETTANGOLO
STRESS BLOCK
νc
0.6
λ
0.4
0.2
µCG
0
0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
ξ
3.0
3.5
4.0
4.5
5.0
Tensione nelle armature tese
3.5
2
y2,3
y3,4
yc =-
1
y4,5
C
2
5
3
A
4
yc =
yc
B
6
-10
fsd/Es
Zone 1,2,3:
fsd
′
εs ≥
⇒ σ s = −fsd
Es
Zone 4,5:
0.0035
εs = −
⋅ (d − yc )
yc
σ s = Esε s
Zona 6:
εs =
0.002
⋅ (y c − d )
3 

 yc − ⋅ h
7 

σs = Es ⋅ εs
Tensione nelle
armature compresse
3.5
2
B
2''
y2,3
2'
y3,4
yc =-
1
y4,5
C
2
5
3
A
4
yc =
yc
fsd/Es
6
-10
Zone 1,2’:
ε s′ = −
0.01
⋅ (d ′ − yc )
d − yc
σ s′ = Esε s′
Zone 2”,3,4,5:
ε s′ ≥
fsd/Es
f sd′
⇒ σ s′ = f sd′
Es
Zona 6:
f sd′
ε s′ ≥
⇒ σ s′ = f sd′
Es
′ + As ⋅ σ s + As' ⋅ σ s' = Nu
b ⋅ y c ⋅ ψ ⋅ fcd

h
h


h
′ ⋅  − λ ⋅ y c  + As ⋅ σ s ⋅  − d '  − As' ⋅ σ s' ⋅  − d '  = MuG
b ⋅ y c ⋅ ψ ⋅ fcd
2

2

2

Zona
σs
σ s'
ψ
λ
0
0
0.8
0.4
1
-fsd
2
-fsd
Es⋅εs ;-fsd
fsd
3
-fsd
fsd
0.8
0.4
4
Es⋅εs
fsd
0.8
0.4
5
Es⋅εs
fsd
0.8
0.4
6
Es⋅εs ; fsd
fsd
0.8 – 1.0 0.4 – 0.5
Sezione rettangolare: verifica
Mu
M u ( Nd )
(Nu,M u )
Md
=
ed
t
s
co
Nd N u ( Md)
Verifica tipo A:
Nu = N d
Verifica tipo B:
Mu = Md
Verifica tipo C:
Nu
⇒ M d ≤ M u (Nd )
⇒ N d ≤ Nu (M d )
Md
eu = ed =
= ⇒ N d ≤ N u (ed )
Nd
Sezione rettangolare: verifica
Escludendo la zona 1(relativa alla tensoflessione) e la zona 6
di scarso interesse per ragioni di duttilità, applicando lo
Stress block si ha:
Equilibrio alla traslazione (determinazione posizione asse
neutro):
a) armatura compressa in campo elastico:
L’equazione determinatrice dell’asse neutro si presenta nella forma seguente:
′ + As′ ⋅ E s ⋅
0.8 ⋅ b ⋅ yc ⋅ f cd
0.01
⋅ ( yc − d ′) − As ⋅ f sd = N u
d − yc
che risulta una equazione di 2° grado in yc con coefficienti a2, a1, a0, forniti
dalle seguenti relazioni
′
a 2 = 0.8 ⋅ b ⋅ f cd
′ + 0.01 ⋅ As′ ⋅ E s + As ⋅ f sd + N u )
a1 = −(0.8 ⋅ b ⋅ d ⋅ f cd
′ ⋅ E s ⋅ d ′ + As ⋅ f sd ⋅ d + N u ⋅ d
a0 = 0.01 ⋅ Asd
Sezione rettangolare: verifica
b) armature entrambe snervate:
L’equazione di equilibrio alla traslazione diventa:
′ + As′ ⋅ f sd − As ⋅ f sd = N u
0.8 ⋅ b ⋅ y c ⋅ f cd
yc =
N u + As ⋅ f sd − As′ ⋅ f sd
′
0.8 ⋅ b ⋅ f cd
c) armatura inferiore in campo elastico:
L’equazione di equilibrio alla traslazione diventa:
0.0035
′ + As′ ⋅ f sd − As ⋅ E s ⋅
0.8 ⋅ b ⋅ yc ⋅ f cd
⋅ ( d − yc ) = N u
yc
che risulta una equazione di 2° grado in yc con coefficienti a2, a1, a0, forniti
dalle seguenti relazioni
′
a2 = 0.8 ⋅ b ⋅ fcd
a1 = As′ ⋅ f sd + 0.0035⋅ As ⋅ Es − Nu a0 = −0.0035⋅ As ⋅ Es ⋅ d
Equilibrio alla rotazione intorno al baricentro:
h
h
h
′ ⋅  − λ ⋅ yc  + As′ ⋅ σ′s ⋅  − d ′  − As ⋅ σ s ⋅  − d ′ 
M uG = ψ ⋅ b ⋅ yc ⋅ f cd
2

2

2

Esempio di verifica di sezione
rettangolare a flessione semplice
ψ
Verifica allo stato limite ultimo della sezione in corrispondenza dell’appoggio B,
soggetta al momento flettente Md = -30000 kgm
Resistenze
di
calcolo
del
A
B
C
calcestruzzo e dell’acciaio:
f cd′ = 0.85
f ck
γc
f sd =
= 0.85
f yk
γs
=
0.83 ⋅ Rck
= 110kg / cm 2
1. 6
3800
= 3304 kg / cm 2
1.15
Determinazione della posizione
dell’asse neutro:
si supponga inizialmente di essere
nella zona in cui le armature sono
entrambe snervate.L’equazione di
equilibrio alla traslazione diventa,
utilizzando il diagramma “stressblock” per il calcestruzzo:
Cls: Rck=250 kg/cmq – acciaio: FeB38k
′ + As′ ⋅ f sd − As ⋅ f sd = N u = 0
0.8 ⋅ b ⋅ y c ⋅ f cd
cui segue
yc =
As ⋅ f sd − As′ ⋅ f sd 16.08 ⋅ 3304 − 4.02 ⋅ 3304
=
= 11.32 cm
′
0.8 ⋅ b ⋅ f cd
0.8 ⋅ 40 ⋅ 110
I limiti della zona in cui le armature sono snervate sono:
y2′ ,2′′ =
y 3,4 =
( f sd /Es ) ⋅ d + 0.01 ⋅ d ′ (3304/2100000) ⋅ 66.5 + 0.01 ⋅ 3.5
=
= 12.06 cm
0.01 ⋅ ( f sd /Es )
0.01 ⋅ (3304/2100000)
0.0035
0.0035
⋅ (h − d ′) =
⋅ (70 − 3.5) = 45.88 cm
( f sd /E s ) + 0.0035
(3304/2100000) + 0.0035
per cui si ricade nella zona con l’armatura compressa in campo elastico:
y c < y 2′ ,2′′
In tale zona l’equazione determinatrice della posizione dell’asse neutro è:
0.01
′ + As′ ⋅ E s ⋅
0.8 ⋅ b ⋅ y c ⋅ f cd
⋅ ( y c − d ′) − As ⋅ f sd = N u = 0
d − yc
che diventa un’equazione di II grado in yc
a 2 ⋅ y c2 + a1 ⋅ y c + a0 = 0
dove
a0 = 0.01 ⋅ As′ ⋅ E s ⋅ d ′ + As ⋅ f sd ⋅ d + N u ⋅ d = 0.01 ⋅ 4.02 ⋅ 2100000 ⋅ 3.5 +
+ 16.08 ⋅ 3304 ⋅ 66.5 + 0 = 3828503
′ + 0.001 ⋅ As′ ⋅ E s + As ⋅ f sd − N u ) = −(0.8 ⋅ 40 ⋅ 66.5 ⋅ 110 +
a1 = −(0.8 ⋅ b ⋅ d ⋅ f cd
+ 0.01 ⋅ 4.02 ⋅ 2100000 + 16.08 ⋅ 3304 − 0) = −371628
′ = 0.8 ⋅ 40 ⋅ 110 = 3520
a 2 = 0.8 ⋅ b ⋅ f cd
Risulta
3250 ⋅ y c2 − 371628 ⋅ y c + 3828503 = 0
yc =
− B − B 2 − 4 AC
2A
371628 − 3716282 − 4 ⋅ 3520 ⋅ 3828503
=
= 11.57 cm
2 ⋅ 3520
Il momento ultimo si ricava dall’equazione di equilibrio alla rotazione, che
per la zona in esame è la seguente:
h

h

h

′  − 0.4 ⋅ yc  + As′ ⋅ σ′s ⋅  − d ′  − As ⋅ σ s ⋅  − d ′ 
M uG = 0.8 ⋅ b ⋅ yc ⋅ f cd
2

2

2

dove
σ′s = Es ⋅ ε′s = Es ⋅
0.01
0.01
⋅ ( yc − d ′) = 2100000 ⋅
⋅ (11.57 − 3.5) =
d − yc
66.5 − 11.57
= 3085 kg/cm2
σ s = − f sd = −3304 kg/cm 2
Il momento ultimo vale, pertanto:
M uG = 0.8 ⋅ 40 ⋅ 11.57 ⋅ 110 ⋅ (35 − 0.4 ⋅ 11.57 ) + 4.02 ⋅ 3085 ⋅ (35 − 3.5) + 16.08 ⋅ 3304 ⋅
⋅ (35 − 3.5) = 3301138 kgcm = 33011 kgm
per cui la verifica è soddisfatta, essendo:
M d = 30000 kgm < M uG = 33000 kgm
Si osserva infine che l’asse neutro allo s.l.u. è nella zona 2:
y
11.57
d

ξu = c =
= 0.165 < ξ 2,3 = 0.259 
70
h
h

Trascurando l’armatura in compressione, il procedimento diventa molto
più agevole. Infatti per l’asse neutro si ottiene:
As ⋅ fsd
16.08 ⋅ 3304
yc =
=
= 15.09 cm
′
0.8 ⋅ b ⋅ fcd
0.8 ⋅ 40 ⋅110
In assenza di armatura in compressione non occorre verificare se l’armatura
compressa è snervata o meno. Si può direttamente valutare il momento ultimo.
M uG = 0.8 ⋅ 40 ⋅15.09 ⋅110 ⋅ (35 − 0.4 ⋅15.09 ) + 16.08 ⋅ 3304 ⋅
⋅ (35 − 3.5) = 3.212.017 daN cm = 32120 daN m
(lievement e inferiore a 33011 daN m)
Domini di resistenza adimensionalizzati
Adimensionalizzazione
M u ,G
Nu
µ u ,G =
νu =
2
′
⋅
⋅ f cd
b
h
′
b ⋅ h ⋅ f cd
ξ = y c /h
;
δ′ = d ′/h
;
As ( As′ ) ⋅ f sd
ω(ω′) =
′
b ⋅ h ⋅ f cd
h − d′
d/h =
= 1 − δ′
h
Ad esempio, introducendo le quantità adimensionali nell’equazione di
equilibrio alla traslazione:
n
′
b ⋅ y c ⋅ ψ ⋅ fcd
Asi ⋅ σsi
N
+∑
=
= νu
′
′ (fsd / fsd ) b ⋅ h ⋅ fcd
′
b ⋅ h ⋅ fcd
i =1b ⋅ h ⋅ fcd
Le equazioni di equilibrio alla traslazione ed alla rotazione
diventano:
σ′s
σs
ψ ⋅ ξ + ω′ ⋅
+ ω⋅
= νu
f sd
f sd
 1 



σ s  1 
σ′s  1 
⋅   − δ′ = µ u ,G
ψ ⋅ ξ ⋅   − λ ⋅ ξ + ω′ ⋅
  − δ′ − ω ⋅

f sd  2 
f sd  2 
 2 



Domini di resistenza adimensionalizzati
ψ ⋅ ξ + ω′ ⋅
σ′s
σ
+ ω ⋅ s = νu
f sd
f sd

 1 


σ ′  1 
σ  1 
ψ ⋅ ξ ⋅   − λ ⋅ ξ + ω′ ⋅ s   − δ′ − ω ⋅ s ⋅   − δ′ = µ u ,G
f sd  2 
f sd  2 

 2 


DOMINIO SEZIONE RETTANGOLARE - PRESSOFLESSIONE S.L.U.
1.00
µu
ξ =ξ =
ξξ ξ=
ξ=,55−∞
′
ξ0
=ξξ=
=,631,4−=δ1
ξ
=
+∞
A'
2,3
ω /ω '= 1.00
NORMATIVA
d'/h = 0.05
SAENZ
0.75
4
= 0.259
⋅ (1 − δ ′)
A'
ss
A'
sA'
s
A'sA'
A'ss
yc =y5,6
yyc =y
= 4,5
c
s
A
AA
A
s
sA
sA
Asss
bb bb
b
8
hhhhh
hh
yc
εcuε=0.0035
=0.0035
cuε'
s
=0.0035
cu
=0.0035
εεεcu
=0.0020
cu
0.50
ε'sε'
εsu=0.010
s
ε'
yc =y3,4 ε'
ε'sss
εs
ε
=0.010 s
=0.010
εεsuεsu
=0.010
su
ε s =0
εsu= fsd/Es
ω=0.5
ω
0.80
0.70
0.60
0.50
0.40
0.30
0.20
0.10
0.25
0
-1.50 -1.00 -0.50
0
0.50
νu
1.00
1.50
2.00
E s ′ Es
1′ ξ1δ1′ +⋅ Eωs ′⋅ 11−−δδ′′1+1+ωω1′ ⋅ ⋅E1s 1−−δ1δ′ ′ =′=0.015.57
0′ +.01
 1−ω′1⋅10.01

=
ψ
+
ω
ω
⋅
0
.
0035
δ
⋅
=
1
.
35
µ
=
′
′
′
µ
ψ
ξ
λ
=
⋅
−
′
νννν
=
−
ω
⋅
δ
⋅
−
ω
=
−
0
.
66
µ
ψ
λ
ω
0035
0.53
28
⋅ 0−⋅.ω
⋅ ′−
⋅′
−=δ0
=
⋅
−
+
−
ν
=
−
ω
ω
=
−
1
δ=

=
⋅
−
+δω
⋅δ
µ
ψ
ξ
λ
δ⋅ ′′⋅ −
′
ν
=
ψ
ξ
+
ω
ω
=
0
.
52
′


,
5
,
6
,
G
1
,
2
u
u
′
µ
=
−
ω
⋅
ωω
δ−

ω
⋅−δ′⋅ξ−2−−+δδfλδω′′ξ−⋅+−
′20=
= 1ψ−ξ+δ+ξω
+′ ω
ψ
ξ
+
0.=32
u ,1,ν
ω
ω==f sd120..26
020 uu,uG,µ5G3,,624u,u3,,GG4u6,,5G1==2 ω

1
2
2
u ,u2u2u,,1,43u3,,654= ψ1



2
2
f
′ ω+f−
2
2
sd





   22
2     22
sd
 2 sd  
Domini di resistenza adimensionalizzati
DOMINIO SEZIONE RETTANGOLARE - PRESSOFLESSIONE S.L.U.
1.00
µu
ω /ω '= 1.00
d'/h = 0.05
ξ= ξ2,3
ω
ξ= ξ3,4
0.75
ξ= ξ4,5
0.50
ξ= ξ5,6
ξ=0
0.25
0
-1.50 -1.00 -0.50
0
0.50
νu
1.00
1.50
2.00
0.80
0.70
0.60
0.50
0.40
0.30
0.20
0.10
Confronto Tensioni Ammissibili-Stati Limite
Ultimi in termini di Dominio Resistente
1.5
M
1.00
2
b h f'cd
0.75
ω /ω '= 1.00
d'/h = 0.05
ξ= ξ2,3
ξ= ξ3,4
Stati limite Ultimi
Tensioni ammissibili
ξ= ξ4,5
µu
0.50
ξ= ξ5,6
ξ=0
0.25
0
-1.50 -1.00 -0.50
0
νu
0.50
1.5
1.00
N
b h f'cd
1.50
2.00
ω
0.80
0.70
0.60
0.50
0.40
0.30
0.20
0.10
Sezione rettangolare: problemi di
progetto in flessione e pressoflessione
Le equazioni di equilibrio alla traslazione ed alla rotazione in
forma adimensionale risultano:
σ′s
σ
+ ω ⋅ s = νu
f sd
f sd
σ′  1
σ 1



1
ψ ⋅ ξ ⋅  − λ ⋅ ξ  + ω′ ⋅ s ⋅  − δ′  − ω ⋅ s ⋅  − δ′  = µ uG
f sd  2
f sd  2
2



ψ ⋅ ξ + ω′ ⋅
ψ ⋅ ξ ⋅ ( 1 − δ′ − λ ⋅ ξ) + ω′ ⋅
σ′s
⋅ ( 1 − 2 δ ′) = µ u
f sd
Flessione
progetto di h(b) ed As con b(h) ed il
A rapporto delle armature assegnati
progetto di As e A′s con b ed h
B assegnati
Traslazione
Rotazione intorno
al baricentro
Rotazione intorno
all’armatura tesa
Pressoflessione
progetto di h(b) ed As noti b(h) e le
A percentuali meccaniche di armatura
progetto della sezione e delle arma-
B ture mediante abachi (1/νu)-(e/h)
Flessione: progetto di h o b ed As mediante Tabelle
σ′
σ
ψ ⋅ ξ + ω′ ⋅ s + ω ⋅ s = ν u
f sd
f sd
ω=
ψ⋅ξ
− [(σ s /f sd ) + ρ ⋅ (σ′s /f sd )]
µu =
Mu
′
b ⋅ h ⋅ f cd
2
σ′s
ψ ⋅ ξ ⋅ ( 1 − δ′ − λ ⋅ ξ) + ω′ ⋅
⋅ ( 1 − 2δ′) = µu
f sd
ψ⋅ ξ⋅ ( 1− δ′ − λ⋅ ξ) + ρ⋅
= µ c (ξ) + µρ (ξ)
′ , f sd , δ′, ξ , ρ ) =
ru = ru ( f cd
h=
ψ⋅ ξ
−[(σs/fsd ) + ρ⋅ (σ′s/fsd )]
1
⋅
′ ⋅ [µc (ξ) + µρ(ξ)]
fcd
b = ru ⋅
]
µ u µ c (ξ ) + µ p (ξ )
ζ=
=
ω
ω
As =
σ′s
⋅ ( 1− 2δ′) = µu
fsd
2
′ ⋅ µ c (ξ) + µρ (ξ)
f cd
′
′
b ⋅ h ⋅ f cd
b ⋅ h ⋅ f cd
ψ⋅ξ
=
⋅
As = ω ⋅
f sd
f sd
− [ρ ⋅ (σ′s /f sd + σ s /f sd )]
⋅
ω′ As′
=
ω As
Mu
M
= ru ⋅ u
b
b
1
[
ρ=
Mu
h2
′
′
µ b ⋅ h ⋅ f cd
Mu
b ⋅ h ⋅ f cd
⋅
= u⋅
′
f sd
ζ ⋅ h ⋅ f sd b ⋅ h ⋅ f cd
ζ
As =
Mu
ζ ⋅ h ⋅ f sd
Flessione: progetto di h o b ed As mediante Tabelle
Mu
h = ru ⋅
b
As =
b = ru ⋅
2
ru = ru ( f cd′ , f sd , δ ′, ξ , ρ )
Mu
h2
ζ = ζ ( f cd′ , f sd , δ ′, ξ , ρ )
Mu
ζ ⋅ h ⋅ f sd
1.0
ζ
0.8
progetto di h ed As Acon b ed il rapporto
tot
delle armature assegnati
C
A
0.6
ρ
0.00
progetto di b ed As con h ed il rapporto0.25
0.50
delle armature assegnati
0.4
B
ru
0.2
0.75
1.00
Verifica delle sezioni inflesse
C
0
0
0.1
0.2
0.3
ξ
0.4
0.5
0.6
0.7
Coefficienti
ru e ζ
ru = ru ( f cd′ , f sd , δ ′, ξ , ρ )
ζ = ζ ( f cd′ , f sd , δ ′, ξ , ρ )
Esempio di progetto di
sezione rettangolare a
flessione semplice
L1
L1
lunghezza campate: L1= 4.2 ml;
L2 = 5.3 ml;
base:
carico permanente: gk = 4200 kg/m
L2
carico accidentale: qk = 2080 kg/m
L2
progetto dell’altezza h della sezione
e dell‘armatura
b = 40 cm;
-
calcestruzzo:
-
acciaio:
Rck = 250 kg/cm2
FeB38k
Amplificando i carichi caratteristici secondo i coefficienti parziali di sicurezza
γg = 1.4 e γq = 1.5, si ottiene il carico di progetto:
q d = 1.4 ⋅ g k + 1.5 ⋅ q k = 1.4 ⋅ 4200 + 1.5 ⋅ 2080 = 9000 kg/m
Il momento massimo lungo la trave si ha in corrispondenza dell’appoggio
intermedio e vale:
1 qd ( L31 + L32 )
M B ,d = − ⋅
= −26404 kgm
8
L1 + L2
Si esegue il progetto tabellare dell’altezza della sezione. La resistenza di
progetto ridotta per calcestruzzo di classe Rck = 250 kg/cm2 risulta essere
′ =
f cd
0.85 ⋅ 0.83 ⋅ 250
= 110 kg/cm 2
1.6
Adottando, in fase di dimensionamento un asse neutro di progetto ξ = 0.25,
che assicura buoni requisiti di duttilità, dalla tabella di progetto allo s.l.u. per
sezione rettangolare a semplice armatura relativa ad
′ = 110 kg/cm 2
f cd
d ′/h = 0.05
f sd = ,3800/1.15, = 3304 kg/cm2
si ricavano i valori dei coefficiente ru e ζ:
ru ( f cd′ = 110, d ′ / h = 0.05, f sd = 3304, ρ = 0) = 0.2302
ζ ( f cd′ = 110, d ′ / h = 0.05, f sd = 3304, ρ = 0) = 0.846
e quindi l’altezza minima della sezione:
h = ru ⋅
Md
26404
= 0.2302 ⋅
= 59.14 cm
0.40
b
ξ
ru
h[cm]
0.15
0.20
0.25
0.30
0.35
0.3239
0.2635
0.2302
0.2128
0.1995
83.22
67.70
59.14
54.67
51.25
L’armatura minima richiesta risulta:
As =
Mu
2640400
=
= 15.74 cm 2
ζ ⋅ h ⋅ f sd 0.846 ⋅ 60 ⋅ 3304
Per confronto si esegue il progetto della sezione secondo il metodo delle tensioni
ammissibili. In questo caso si considerano direttamente i carichi caratteristici:
q = g k + qk = 4200 + 2080 = 6280 kg/m
per cui il momento massimo in corrispondenza dell’appoggio B vale:
MB
1 6280 ⋅ (4.2 3 + 5.33 )
= 18424 kgm
= ⋅
8
4.2 + 5.3
La tensione ammissibile per Rck = 250 kg/cm2 vale σ c = 85 kg/cm 2 . Dalla tabella
di progetto alle t.a. di sezioni rettangolari a semplice armatura si ottiene:
r (σ c = 85; σ s = 2200; d ′/d = 0.05; n = 15) = 0.270
ζ ′(σ c = 85; σ s = 2200; d ′/d = 0.05; n = 15) = 0.878
da cui risulta
d = r⋅
MB
18424
= 0.270 ⋅
= 58 cm
b
0.40
h = d + d ′ = 58 + 3 = 61 cm
Assumendo per l’altezza della sezione h = 65 cm (lievemente superiore al
valore ottenuto dal progetto agli s.l. con ξ = 0.25) si ottiene la seguente
armatura di progetto:
As =
M
1842400
=
= 15.38 cm 2
ζ ⋅ d ⋅ σ sd 0.878 ⋅ 62 ⋅ 2200
La soluzione è sostanzialmente identica a quella ottenuta agli s.l.u..
Tuttavia con il progetto agli s.l.u. sono possibili molte altre
soluzioni con altezze variabili tra 51 ed 83 cm, pur con asse neutro
in zona duttile (0.15≤ ξ ≤ 0.35).
Pressoflessione: abachi per il progetto della
sezione rettangolare
Il problema del progetto dell’altezza e dell’armatura può essere condotto in
analogia al caso del metodo delle tensioni ammissibili, determinando
diagrammi che legano le variabili 1/νu ed e/h, essendo e l’eccentricità fornita
dal rapporto MuG/Nu.
ψ ⋅ ξ + ω′ ⋅
σ′s
σ
+ ω ⋅ s = νu
f sd
f sd
σ′  1
σ 1



1
ψ ⋅ ξ ⋅  − λ ⋅ ξ  + ω′ ⋅ s ⋅  − δ′  − ω ⋅ s ⋅  − δ′  = µ uG
f sd  2
f sd  2
2



Traslazione
Rotazione intorno
al baricentro
Si ottiene:
1
1
=
ν u ψ ⋅ ξ + ω′ ⋅ (σ′s /f sd ) + ω ⋅ (σ s /f sd )
µ uG e ψ ⋅ ξ ⋅ [(1/ 2 ) − λ ⋅ ξ] + ω′ ⋅ (σ′s /f sd ) ⋅ [(1/ 2 ) − δ′] − ω ⋅ (σ s /f sd ) ⋅ [(1/ 2 ) − δ′]
= =
νu
h
ψ ⋅ ξ + ω′ ⋅ (σ′s /f sd ) + ω ⋅ (σ s /f sd )
Pressoflessione: abachi per il progetto della
sezione rettangolare
5
e/h
4
3
SEZIONE RETTANGOLARE - PRESSOFLESSIONE S.L.U.
ω =ω'
0.80
0.70
0.60
0.50
0.40
0.30
0.20
0.10
0.05
2
1
0
0.4 0.3
0.5
0
2
4
d'/h = 0.05
ξ
0.15
0.2
6
8
10
12
14
16
18
20
1/ν u
Pressoflessione: abachi per il progetto della
sezione rettangolare
Progetto della sezione (b, h)
Fissata le percentuali delle armature superiore ed inferiore (uguali negli abachi
forniti), e note le sollecitazioni, si impone un valore di progetto del carico assiale
limite, che dipende essenzialmente dalla duttilità che si intende conferire
all’elemento progettato; sulle curve (1/νu, e/h) relative alle prefissate percentuali
ω ed ω′ si leggono i valori di η = e/h corrispondenti; essendo nota la eccentricità
di progetto e, si possono ricavare l’altezza h e la base b della sezione mediante le
relazioni:
e
h=
η
,
Nu
b=
ν u ⋅ h ⋅ f cd
As = As′ =
′
ω ⋅ b ⋅ h ⋅ f cd
f sd
Progetto delle armature
Fissate la geometria della sezione e le caratteristiche dei materiali e note le
sollecitazioni, si calcolano preliminarmente i valori adimensionali e/h e νu;
negli abachi il punto di coordinate (1/νu, e/h) permette per interpolazione di
determinare il valore di progetto delle armature richieste.
Pressoflessione: abachi per il progetto della
sezione rettangolare
Verifica della sezione
Note la geometria della sezione, la quantità di armature, le caratteristiche dei materiali
e le sollecitazioni, si calcola il valore del parametro adimensionale νu; assumendo lo
stesso come valore ultimo νu, dalla coordinata 1/νu e per interpolazione tra le curve
corrispondenti ai due valori delle percentuali di armatura comprendenti quella
effettiva, si determina il valore di e/h e quindi della eccentricità corrispondente al
momento ultimo. La verifica pertanto si ottiene controllando il soddisfacimento della
relazione:
M d < M u = Nu ⋅ η⋅ h = Nu ⋅ e
Esempio di progetto di sezione
rettangolare a pressoflessione
Si progetti agli s.l.u. una sezione rettangolare soggetta in condizioni di esercizio
alle seguenti sollecitazioni di calcolo:
M d = 2290500 kgcm
N d = 72588 kg
I materiali da utilizzare sono calcestruzzo di classe Rck = 250 kg/cm2 ed acciaio
tipo FeB38k.
Per il progetto della sezione mediante gli abachi, si calcola preventivamente
l’eccentricità del carico:
M
2290500
ed = d =
= 31.55 cm
72588
Nd
Fissando il valore di ξ=0.4 (generalmente compreso tra 0.2-0.45 che
corrisponde all’incirca alle zone 2”-3), dall’equazione di equilibrio alla
traslazione scritta in forma adimensionale, si ottiene un valore di progetto
di νu::
1
1
1
σs
σ′s
=
=
= 3.125
ψ ⋅ξ = ν u
= νu
ψ ⋅ ξ + ω′ ⋅
+ ω⋅
ν u ψ ⋅ ξ 0.8 ⋅ 0.4
f sd
f sd
Fissando il valore di
ω=ω’=0.10 e d’/h=0.10
dall’abaco si ottiene
e/h:
1
νu
5
e/h
4
3
= 3.125
SEZIONE RETTANGOLARE - PRESSOFLESSIONE S.L.U.
ω =ω'
0.80
0.70
0.60
0.50
0.40
0.30
0.20
0.10
0.05
2
1
η = e / h = 0.63
0
0.4 0.3
0.5
0
2
4
d'/h = 0.10
ed
31.55
h=
=
= 50.0
0.63
η
b=
ξ
0.15
0.2
6
8
10
12
14
16
18
1/ν u
Nu
72588
=
= 41.2 cm
ν u ⋅ h ⋅ f cd 0.32 ⋅ 50 ⋅110
As = As′ =
ω ⋅ b ⋅ h ⋅ f cd′
f sd
=
20
0.10 ⋅ 40 ⋅ 50 ⋅110
= 6.65 cm 2
3304
Esempio di verifica di sezione
rettangolare a pressoflessione
4φ16
Verifica agli s.l.u. di una sezione rettangolare
soggetta in condizioni di esercizio alle seguenti
sollecitazioni di calcolo:
N d = 72588 kg
50
4φ16
M d = 2290500 kgcm
40
I materiali utilizzati sono calcestruzzo di classe Rck = 250 kg/cm2 ed acciaio tipo
FeB38k.
Le resistenze di calcolo del calcestruzzo di classe Rck = 250 kg/cm2 e per
l’acciaio FeB38k risultano:
′ =
f cd
A
0.85 ⋅ 0.83 ⋅ 250
= 110 kg/cm 2
1.6
f sd = 3800/1.15 = 3304 kg/cm 2
VERIFICA MEDIANTE GLI ABACHI
Per effettuare la verifica mediante l’abaco occorre preventivamente calcolare
1/νu e ω=ω’:
νu =
Nu
72588
=
= 0.33
b ⋅ h ⋅ f cd′ 40 ⋅ 50 ⋅110
1/νu =
1
8.04⋅ 3304
= 3.03 ω = ω' =
= 0.12
0.33
40⋅ 50⋅110
Dall’abaco si legge:
η = e/h =
Mu
= 0.65 ⇒ M u = N u ⋅η ⋅ h = 72588 ⋅ 0.65 ⋅ 50 = 2359110
Nu h
La verifica è soddisfatta risultando:
M d = 2290500 < M u = 2359110
B
VERIFICA ANALITICA
Per la determinazione della posizione dell’asse neutro, si supponga
inizialmente di essere nella zona in cui le armature sono entrambe snervate.
L’equazione di equilibrio alla traslazione diventa
0.8 ⋅ b ⋅ yc ⋅ f cd′ + As′ ⋅ f sd − As ⋅ f sd = N u = 72588
cui segue:
Nu
72588
yc =
=
= 20.62 cm
′
0.8 ⋅ b ⋅ f cd 0.8 ⋅ 40 ⋅ 110
Essendo l’asse neutro nella zona 3 (11.75 ≤ 20.62 ≤ 32.42) segue:
Mu = 0.8 ⋅ 20.62 ⋅ 40 ⋅110 ⋅ (25 − 0.4 ⋅ 20.62) + 8.04 ⋅ 3304 ⋅ (25 − 3) ⋅ 2 =
= 2384723 kgcm (poco diverso da 2359110 per via grafica)
La sezione circolare:verifica e progetto
A c,0.8y
s
c
Nu
C
d G0= r
G
y0
2r
ϕ
f'cd
yc y'c
r
G0
Asi
n
di
σsi
d'
Se si adotta per la valutazione del contributo statico del calcestruzzo l’ipotesi
semplificativa dello Stress-Block, il diagramma delle deformazioni al variare
della posizione dell'asse neutro serve esclusivamente a valutare il contributo
delle barre di armatura, in quanto quello del calcestruzzo è definito dal
prodotto dell’area Ac′ al di sopra della corda posta a 0.8 yc dal bordo compresso
′ = 0.80 ⋅ f cd
per la tensione di progetto f cd
f cd′ = α ⋅ f cd = α
f ck
γc
0.83 ⋅ Rck
=α
1 .5
α = 0.85
α = 0.80
nel caso di STRESS
BLOCK con sezione di larghezza
crescente dalla fibra maggiormente
compressa verso l’asse neutro
La sezione circolare:verifica e progetto
A c,0.8y
s
c
d G0= r
y0
2r
Nu
C
G
ϕ
f'cd
yc y'c
r
G0
Asi
n
di
σsi
d'
Determinazione della posizione dell’asse neutro
′ + ∑i Asi ⋅ σ si − Nu = 0
F (y c ) = Ac′ ⋅ fcd

ϕ = arccos 1 −

yc′ 

r 
[fcd′
= 0.80 ⋅ fcd ]
con ϕ l’angolo relativo alla corda per yc′ = 0.8⋅ yc
il contributo statico del calcestruzzo si scrive
′ = Ac′ ⋅ f cd
′
N c = (ϕ − sen ϕ ⋅ cos ϕ ) ⋅ r 2 ⋅ f cd
La sezione circolare:verifica e progetto
Determinazione della posizione dell’asse neutro
[ f cd′
′ + ∑ Asi ⋅ σ si − N u = 0
F ( y c ) = Ac′ ⋅ f cd
i
= 0.80 ⋅ f cd ]
Da un punto di vista operativo, si osserva che la F(yc) è una funzione crescente
della posizione dell’asse neutro yc con valore negativo per yc = 0 e positivo per yc
= ∞, se Nu è minore del carico massimo sopportabile dalla sezione con eccentricità
nulla. Pertanto, individuate due posizioni dell’asse neutro cui corrispondono
valori di segno opposto della F(yc), la posizione dell’asse neutro in una iterazione
successiva si ottiene costruendo una curva di errore che consente una rapida
convergenza verso la soluzione esatta.
yc , i + − yc , i −
yc , i + − yc , i −
yc , i +1 = yc , i − −
⋅ Fi − = y c , i + −
⋅ Fi +
Fi + − Fi −
Fi + − Fi −
L’arresto del procedimento iterativo
è regolato dalla disequazione
F ( yc )
′ + As ⋅ f sd
π ⋅ r ⋅ f cd
2
< εF
F ( yc )
Fi +
con εF errore ammesso (per esempio
Fi −
εF = 1/1000).
yc ,i +1
yc ,i −
yc ,i +
∆y c
h = 2r
yc
La sezione circolare:verifica e progetto
A c,0.8y
c
d G0= r
y0
2r
s
Nu
C
G
ϕ
f'cd
yc y'c
r
G0
Asi
n
di
σsi
d'
Determinazione del momento ultimo
M uG = M cG + ∑i Asi ⋅ σ si ⋅ d i
dove il contributo del calcestruzzo si ottiene dalla seguente relazione:
M cG
 4 r ⋅ sen 3 ϕ 

= N c ⋅ y0 = N c ⋅  ⋅
 3 2ϕ − sen 2ϕ 


La sezione circolare:progetto con abachi
Adimensionalizzazione
Nu
µ u ,G
νu =
2
′
π ⋅ r ⋅ f cd
ξ = yc /(2r)
=
M u ,G
′
2 ⋅ π ⋅ r 3 ⋅ fcd
δ′ = d ′/ (2r )
;
;
As ⋅ f sd
ω=
′
π ⋅ r 2 ⋅ f cd
2r − d ′
d/h =
= 1 − δ′
2r
Ad esempio, introducendo le quantità adimensionali nell’equazione di
equilibrio alla traslazione:
n A ⋅σ
′
A c′ ⋅ f cd
Nu
si
si
= νu
=
+ ∑
2
2
2
′
′
′
π ⋅ r ⋅ f cd
π ⋅ r ⋅ f cd
i =1 π ⋅ r f cd
Le equazioni di equilibrio alla traslazione ed alla rotazione
diventano:
Ac′
σ si
ω
2
+
= νu
fsd
M uG
M cG
σ si d i
ω
=
+
= µ uG
∑i
3 ′
3 ′
2 ⋅ π ⋅ fsd
2 π ⋅ r ⋅ fcd 2 π ⋅ r ⋅ fcd ns
π⋅r
ns
⋅ ∑i
La sezione circolare:progetto con abachi
Il problema del progetto dell’altezza e dell’armatura può essere condotto in
analogia al caso del metodo delle tensioni ammissibili, determinando
diagrammi che legano le variabili 1/νu ed e/(2r), essendo e l’eccentricità fornita
dal rapporto MuG/Nu.
µ
e M /N
2r
5
u
=
G
2r
u =
u
G
νu
ω
e/2r
0.80
0.70
0.60
0.50
0.40
0.30
0.20
0.10
0.05
4
3
2
1
0.2
0.5 0.4
0
0
2
4
d'/h = 0.05
ξ
0.3
6
8
10
12
14
16
18
20
1/ν u
Pressoflessione: abachi per il progetto della
sezione circolare
Progetto della sezione (r)
Fissata la percentuale geometrica complessiva di armatura e note le
sollecitazioni, si impone un valore di progetto del carico assiale limite, che
dipende essenzialmente dalla duttilità che si intende conferire all’elemento
progettato; sulla curva (1/νu, e/2r) relativa alla prefissata percentuale ω si legge
il valore di η = e/2r corrispondente; essendo nota la eccentricità di progetto e, si
può ricavare il raggio r della sezione, nonché l’armatura, mediante le relazioni:
e
r=
2⋅η
′
ω ⋅ π ⋅ r 2 ⋅ f cd
As =
f sd
Progetto delle armature
Fissate la geometria della sezione e le caratteristiche dei materiali e note le
sollecitazioni, si calcolano preliminarmente i valori adimensionali e/2r e νu;
negli abachi il punto di coordinate (1/νu, e/2r) permette per interpolazione di
determinare il valore di progetto delle armature richieste.
Pressoflessione: abachi per il progetto della
sezione circolare
Verifica della sezione
Note la geometria della sezione, la quantità di armature, le caratteristiche dei materiali
e le sollecitazioni, si calcola il valore del parametro adimensionale νu; assumendo lo
stesso come valore ultimo νu, dalla coordinata 1/νu e per interpolazione tra le curve
corrispondenti ai due valori delle percentuali di armatura comprendenti quella
effettiva, si determina il valore di e/2r e quindi della eccentricità corrispondente al
momento ultimo. La verifica pertanto si ottiene controllando il soddisfacimento della
relazione:
M d < M u = N u ⋅ η ⋅ 2r = N u ⋅ e
La sezione generica:presso-flessione retta
A
Metodo generale di tipo numerico
B
Verifica con diagramma Stress-block
Metodo generale
y
i+1
yi+1 y
i
i
yM= yi+1
ε
σ
εM
εm
σM
σm
Determinazione
dell’asse neutro
f ( yn ) = ( N c + N s ) − N u
n
ym=yi
(
N s = ∑ j As, j ⋅ σ s, j
yn
N c ,i = ∫
0
xi+1
xi
x
y
M
)
σ ( y ) ⋅ b ( y ) dy
La sezione generica:presso-flessione retta
Metodo generale numerico
y
i+1
yi+1 y
i
i
(
N s = ∑ j As , j ⋅ σ s , j
)
σ
εM
εm
σM
σm
n
yM= yi+1 ym=yi
xi+1
ε
yn
xi
σ s, j = f sd
σ s , j = − f sd
σ s , j = Es ⋅ ε s , j
x
per
per
per
ε s , j ≥ εos
ε s, j ≤ −εos
ε s , j < εos
La sezione generica:presso-flessione retta
Metodo generale numerico
y
i+1
yi+1 y
i
i
(
N c = ∑i N cr , i + N ct , i
)
σ
εM
εm
σM
σm
n
yM= yi+1 ym=yi
xi+1
ε
yn
xi
x
N cr ,i = ( xi + − xi ) ⋅ ∫
1
ym
0
σ ( y ) dy
 xi + − xi  y
 ⋅ ∫ σ( y ) ⋅ ( y − y ) dy

N ct ,i = 
 y − ym 
M
1
M
y
M
m
La sezione generica:presso-flessione retta
Metodo generale numerico
y
i+1
yi+1 y
i
i
ε
σ
εM
εm
σM
σm
Determinazione del
momento ultimo
Mu = Mc + M s
n
yM= yi+1 ym=yi
(
M s = ∑ j As , j ⋅ σ s, j ⋅ ys, j
yn
M c ,i = ∫
y
σ( y ) ⋅ b( y ) ⋅ y dy
M
0
xi+1
xi
x
(
M c = ∑i M cr , i + M ct , i
)
yi
M cr ,i = ( xi + − xi ) ⋅ ∫ σ( y ) ⋅ y dy
1
0
xi + − xi y
M ct ,i =
⋅ ∫ σ( y ) ⋅ ( y − y ) ⋅ y dy
y − ym y m
M
1
M
M
M u , = M u + N u ⋅ ( yn − y
G
)
G
)
Sezione generica:
presso-tenso flessione deviata
Nel caso della pressoflessione deviata sono incogniti sia la posizione che
l’inclinazione dell’asse neutro. Come nel caso del metodo di verifica alle tensioni
ammissibili è possibile pervenire alla soluzione del problema della verifica
individuando la sezione reagente per successive approssimazioni
Domini di resistenza per sezioni rettangolari
Caso A: ρx= ρy= 0
M
y
ρyA i
y
0.1h
N
h
Caso B: ρx= ρy= 0.5
ρxA i
Mx
0.1h
ω=
0.1b
M uy
ρx=ρy=0
h b2 f'cd
Caso C: ρx= ρy= 1.0
Caso D: ρx= 0.5 , ρy= 0
Ai
x
0.1b
µy=
Caso E: ρx= 1.0 , ρy= 0
Caso F: ρx= 1.0 , ρy= 0.5
(4Ai + 2 ρxA i + 2 ρyA i) . fyd
bhfcd
b
µx=
M ux
b h2 f'cd
Sezione rettangolare: domini di resistenza
per presso-tenso flessione deviata
ρx=ρy=0
µy=
M uy
h b2 f'cd
Rck=250 kg/cmq-FeB44k:
Rck=350 kg/cmq-FeB38k:
µx=
M ux
b h2 f'cd
Sezione rettangolare: domini di resistenza
per presso-tenso flessione deviata
ρx=ρy=1
µy=
M uy
h b2 f'cd
Rck=250 kg/cmq-FeB44k:
Rck=350 kg/cmq-FeB38k:
µx=
M ux
b h2 f'cd
Sezione rettangolare: domini di resistenza
per presso-tenso flessione deviata
ρx=1
ρy=0
µy=
M uy
h b2 f'cd
Rck=250 kg/cmq-FeB44k:
Rck=350 kg/cmq-FeB38k:
µx=
M ux
b h2 f'cd
Sezione rettangolare: presso-tenso flessione deviata (soluzione approssimata)
µ uy
1.0
9
0.
β = .8
0
β = 0.7
β=
0.9
0.8
0.7
6
0.
β=
5
0.
β=
0.6
0.5
0.4
0.3
 M ux 


 M uxo 
0.80
β 0.75
0.1
0.65
0
0.60
µ ux
ω=percentuale meccanica di armatura
complessiva della sezione
0
α
 M uy 
 =1
+
 M uyo 


α = lo g ( 0 .5 )/lo g (β )
w
0.10
0.20
0.40
0.60
0.70
0.2
α
0.80
1.00
0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0
0.55
0.50
0
0 .5

β(ν, ω) = max  0.5 +
⋅ ν − 0 .4
1+ ω

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0
ν

, 0.5 + 0.05 ⋅ (1.4 − ω) 

Sezione rettangolare: presso-tenso flessione deviata (soluzione approssimata)
Confronto analisi parametrica-espressione approssimata
β
β
Inviluppo max
Inviluppo medio
Inviluppo min
νu =
Nu
′
b ⋅ h ⋅ f cd
0.5

β(ν, ω) = max  0.5 +
⋅ ν − 0.4
1
+
ω

νu =

, 0.5 + 0.05 ⋅ (1.4 − ω) 

Nu
′
b ⋅ h ⋅ f cd
Sezione rettangolare: presso-tenso flessione deviata (soluzione approssimata)
Confronto analisi parametrica-espressione approssimata
β
β
Inviluppo max
Inviluppo medio
Inviluppo min
νu =
Nu
′
b ⋅ h ⋅ f cd
0.5

β(ν, ω) = max  0.5 +
⋅ ν − 0.4
1+ ω


, 0.5 + 0.05 ⋅ (1.4 − ω)

νu =
Nu
′
b ⋅ h ⋅ f cd
Sezione rettangolare: presso-tenso flessione deviata (soluzione approssimata)
Cls: Rck = 250 kg/cm2
y
acciaio FeB44k
armature 16 φ16
N d= 45000 kg
ex = 15 cm
h=50
ey = 19 cm
x
 M ux 


 M uxo 
α
α
 M uy 
 =1
+
 M uyo 


α = lo g (0 .5 )/lo g (β )
b=40
Resistenze di calcolo del calcestruzzo e dell’acciaio:
R
4400
= 3826 kg/cm
f sd = ak =
γs
1.15
Calcolo dello sforzo normale ultimo adimensionale ν:
′ = 0.85 ⋅ f cd = 0.85 ⋅
f cd
ν =
0.83 ⋅ Rck
= 110 kg/cm
1 .6
2
45000
Nu
=
= 0.20
′
40 ⋅ 50 ⋅110
b ⋅ h ⋅ f cd
2
Determinazione di Muxo:
1
1
=
=5
Il carico adimensionale vale
ν 0.20
La percentuale meccanica di armatura disposta in direzione x ed il
copriferro, risultano:
d′ 3
As ⋅ f sd 10.05 ⋅ 3826
δ x = = = 0.06
ωx = ω′x =
=
= 0.17
h 50
′
40 ⋅ 50 ⋅110
b ⋅ h ⋅ f cd
5
η y = e y / h = 1.15 e/h4
3
M uxo = Nu ⋅ η y ⋅ h =
SEZIONE RETTANGOLARE - PRESSOFLESSIONE S.L.U.
ω =ω'
0.80
0.70
0.60
0.50
0.40
0.30
0.20
0.10
0.05
2
= 45000 ⋅1.15 ⋅ 50 =
= 25875 kgm
1
0
0.4 0.3
0.5
0
2
4
d'/h = 0.05
ξ
0.15
0.2
6
8
10
12
14
16
18
20
1/ν u
Determinazione di Muyo:
1
1
=
=5
Il carico adimensionale vale
ν 0.20
La percentuale meccanica di armatura disposta in direzione x ed il
copriferro, risultano:
d′ 3
As ⋅ f sd 10.05 ⋅ 3826
δy = =
= 0.075
ωx = ω′x =
=
= 0.17
h 40
′
40 ⋅ 50 ⋅110
b ⋅ h ⋅ f cd
5
η x = ex / b = 1.05
e/h
4
3
M uyo = Nu ⋅ η x ⋅ b =
= 45000 ⋅1.05 ⋅ 40 =
= 18900 kgm
SEZIONE RETTANGOLARE - PRESSOFLESSIONE S.L.U.
ω =ω'
0.80
0.70
0.60
0.50
0.40
0.30
0.20
0.10
0.05
2
1
0
0.4 0.3
0.5
0
2
4
d'/h = 0.10
ξ
0.15
0.2
6
8
10
12
14
16
18
20
1/ν u
Calcolo dei coefficienti β e α :
As,tot ⋅ f sd 16 ⋅ 2.01 ⋅ 3826
ω=
=
= 0.56
′
40 ⋅ 50 ⋅110
b ⋅ h ⋅ f cd
0.5


β(ν, ω) = max  0.5 +
⋅ ν − 0.4 , 0.5 + 0.05 ⋅ (1.4 − ω)  =
1+ ω


0
.
5

= max  0.5 +
⋅ 0.56 − 0.4 = 0.55 , 0.5 + 0.05 ⋅ (1.4 − 0.56 ) = 0.54
+
1
0
.
56

log(0.5) log(0.5)
α=
=
= 1.16
log(β) log(0.55)

 = 0.55

Domini di resistenza approssimato e verifica a pressoflessione deviata:
 M ux 


 M uxo 
α
α
1.16
1.16
 M uy 
⋅
⋅
45000
0
.
19
45000
0
.
15




 =
+
= 0.58 < 1
+


 M uyo 
 25875 
 18900 


Relazione costitutiva parabola-lineare
Indicating by ε the following ratio:
ε
ε= c
εc0
the following two branches of the relationship are defined:
fc
= a ⋅ ε − ε2 ;
for ε ∈ (0,1)
f c0
fcc
fc
= 1 + b ⋅ ε;
for ε > 1
f c0
where:
a =1 + γ
b = γ −1
with:
f + E t ⋅ εc0 f c1
=
γ = c0
f c0
f c0
f −f
E t = cc c0
εcc
Et
fc1
fco
fco, fcc, εcc
Eo
εco
εcc
DOMINI DI RESISTENZA (ν-µ)
C
C
ZONA 3
ZONA 6
Equazioni di equilibrio sezionali (adimensionali):
ν=
µ=
Nu
σ '
σ
= ξψ + ω' s + ω s
b ⋅ h ⋅ fcd
f ys
f ys
Mu
2
b ⋅ h ⋅ f cd
= ξψ ⋅ (0.5 − λξ ) + ω '
σs'
f ys
(0.5 − δ ' ) − ω
σs
f ys
(0.5 − δ ' )
PARAMETRO ψ
y2
y2
∫ σ(y )dy
3.50
0,6
0,5
fl,d
0,4
0,3
0,2
0,1
0,05
unconfined
ψ
3.00
2.50
ψ=
y1
y c ⋅ f cd
∫ σ(y )dy
ψ=
y1
h ⋅ fcd
2.00
region2
1.50
ξ2,3
1.00
0.50
0.00
0.0
region 6
regions
3 to 5
ξ
1.0
2.0
3.0
4.0
PARAMETER λ
y2
0.55
y2
∫ σ(y ) ⋅ ydy
λ
∫ σ(y ) ⋅ ydy
y
λ = 1− 1
y c 2 ⋅ ψ ⋅ f cd
y
λ = 1− 1
h 2 ⋅ ψ ⋅ f cd
0.50
0.45
0,6
0,5
f l,d
0,4
0,3
0,2
0,1
0,05
unconfined
0.40
0.35
0.30
0.0
ξ
1.0
2.0
3.0
4.0
Case A- region 2a, where ξ < 1 and α =α(ξ)≤1:
Funzioni
ψeλ
ψ(ξ) = (1+ γ) ⋅
εc
εc 0
y
ξ= c
h
α(ξ) α(ξ) 2
−
2
3
Case B- region 2b where ξ < 1 and α=α(ξ) >1:
ψ(ξ) = 1−
α=
3⋅ α(ξ) 

(1+ γ) − 4 


λ(ξ) = 1−
3


(1+ γ) ⋅ 2 − α(ξ)


 1

α (ξ ) 2
α (ξ) 3
(γ − 1 )
+
+
−
2
3
 12

λ (ξ ) = 1 −

α (ξ ) 
1
2
+ (γ − 1 ) ⋅
1 −
 ⋅ α (ξ )
3
⋅
α
(
ξ
)
2


α(ξ)
1
+ (γ −1) ⋅
3⋅ α(ξ)
2
?(= c?onstant):
Case C- regions 3, 4 and 5, where ξ ≤ 1 and α >1?
ψ(ξ) = 1−
 1
α2
α3
(γ
+
+
−
2
3
 12

λ (ξ ) = 1 −
1
α

1 − 3 ⋅ α + (γ − 1 ) ⋅ 2

1
α
+ (γ −1) ⋅ = cost
3⋅ α
2
Case D- region 6a, where 1<ξ ≤ α/(α−1) and α>1 (= c?onstant):
ψ(ξ) =
λ(ξ) =
[

− 1 )
 = cost

2
 ⋅α

]
2α3 (ξ −1)3 − 2ξ3 + 6αξ3 − 3α 2ξ ⋅ 1+ 2ξ2 + γ − 2ξ(1+ γ)
6αξ2
[
]
(1− 4 α+ 6 α 2 ) ⋅ ξ 4 + α 4 ⋅ (ξ−1)3 ⋅ (3+ ξ) − 2 α3ξ⋅ 2 ξ 3 + 2(1+ γ) − 3 ξ(1+ γ)
{
3
3
3
3
2
[
2
]}
2 αξ⋅ 2 α ⋅ (ξ−1) − 2 ξ + 6 αξ − 3 α ξ⋅ 1+ 2 ξ + γ− 2 ξ⋅ (1+ γ)
Case E - region 6b, where ξ > α/(α−1) and α > 1 (= c?onstant):
ψ(ξ) =
2ξ + α(2ξ −1)(γ −1)
2ξ
λ(ξ) =
3ξ + α(3ξ − 2)(γ −1)
3[2ξ + α(2ξ −1)(γ −1)]
Espressioni semplificate di ψ e λ
βψ
λ,ψ
ψ
ψ
λ lim
λ
λ
ξ 2,3
ξ
ξ= 1
ψ
Region
ψ=ψ
Region 2 (ξ ≤ ξ23)
ξ
ξ 23
λ=λ
ψ=ψ
Regions 3,4,5 (ξ23≤ ξ ≤ 1)
Region 6 (ξ >1)
λ
Ψ=
βξ − β + 0.25
⋅Ψ
ξ − 0.75
λ=λ
λ = 0.5 ⋅
(
ξ − 1 − 0.5 ⋅ λ
ξ − 0.75
)
ν−µ INTERACTION CURVES
ν−χu DIAGRAMS
0,6
µu
ω = ω' = 0,1
0,4
d'/h = 0,05
0,2
0,0
-1,0 -0,5 0,0
νu
0,5
1,0
1,5
2,0
2,5
3,0
3,5
0,2
0,4
0,6
10(χu d)
0,8
0,6
0,5
0,4
fl,d
0,3
0,2
0,1
0,05
Unconfined
4,0
ν−µ INTERACTION CURVES
ν−χu DIAGRAMS
0,6
µu
0,6
0,5
0,4
0,3 fl,d
0,2
0,1
0,05
Unconfined
0,4
0,2
0,0
-1,0 -0,5 0,0
νu
0,5
1,0
1,5
2,0
2,5
3,0
3,5
0,2
0,4
0,6
10(χu d)
0,8
concrete failure
steelfailure
ω = ω' = 0,3
d'/h = 0,05
4,0
INCREMENTO DI DUTTILITA’
Iχ =
χ u,c
χ u,nc
≅
12
11
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
χ u,c
χ y,c
Iχ
⋅
χ y,nc
Iχ ' ' (fl ,d ) =
χ u,nc
0,6
0.0035 + 0.015 ⋅ fl ,d 1.16 fl ,d + 0.3fl ,d + 0.8
εccu ψc
=
⋅
εcu ψun
0.0035
0.8
I'χ = 30ν u -0,7
d'/h = 0,05
0,5
0,4
0,3
fl,d
0,2
0,1
0,05
Unconfined
νu
0,0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
Influenza di ξ sulla duttilità della sezione
3.5
2
B
y3,4
yc =-
y2,3
Al crescere di ξ si riduce la duttilità
della sezione; per le travi si
consigliano valori di ξ compresi tra
0.1-0.45.
1
2
5
3
A
4
-10
fsd/Es
6
yc =
y4,5
C
La normativa consente il calcolo
plastico senza richiedere il controllo
delle rotazioni plastiche se ξ è
minore di 0.25 ed il calcolo elastico
con ridistribuzione se ξ è minore di
0.45
SEZIONI PRESSOINFLESSE
DIAGRAMMA MOMENTO-CURVATURA (M – φ – N)
As’
εc
d’
χ
N
εa
z
z
z
C
d
As
λx
ε’a
x
H
T’
b
M
T
Determinazione del diagramma momento-curvatura (M-φ) a sforzo
normale N costante.
Per ogni assegnato valore della curvatura φ si determina il valore
dell’asse neutro delle deformazioni tale che sia soddisfatto
l’equilibrio alla traslazione: N = C + T’ – T .
Dall’equazione di equilibrio alla rotazione si determina il momento
corrispondente, ottenendo quindi un punto di coordinate (M , φ).
DIAGRAMMA MOMENTO-CURVATURA (M – φ – N)
M
Mu
My
φy
z
φu
φ
Determinazione della curvatura di snervamento φy (snervamento
delle armature) e della curvatura ultima φu (raggiungimento della
deformazione ultima nel calcestruzzo).
Diagrammi Momento-Curvatura al variare di N
M(tm)
ν =0.25
80
ν=
60
ν =0
40
Ν
b d f’cd
20
100
200
300
400
500
600
700
φ 106
4φ20
Rck 250 kg/cmq
FeB44k
70
4φ20
40
ν
φu /φy
0
0,05
0,10
0,15
0,20
0,25
18,4
12,5
8,62
5,83
4,09
3,10
MECCANISMO GLOBALE E
MECCANISMO LOCALE DI COLLASSO
MODELLI DI CAPACITÀ
Travi e pilastri: flessione con e senza sforzo normale
La capacità deformativa θ
di travi e pilastri è definita come rapporto tra lo
spostamento trasversale della sezione di momento nullo e la distanza di tale
sezione dalla cerniera plastica (luce di taglio).
M
Lv =
V
M-
Elemento trave
M+
Lv
La capacità deformativa così valutata si differenzia in relazione ai
3 stati limite considerati.
„ Stato limite di Danno Limitato
(SL-DL)
„ Stato limite di Danno Severo
(SL-DS)
„ Stato limite di Collasso
(SL-CO)
Capacità rotazionale
L’espressione più semplice:
θ pl = φ pl ⋅ l pl = φ pl ⋅ (0.5 ⋅ d )
La lunghezza della cerniera plastica considerando il
rapporto Mu/My e la snellezza di taglio (λ=Mu/Vd)
'
l pl
Mu − M y Mu
 fy
= 0.5 ⋅
⋅
= 0.5 ⋅ 1 −
Mu
V
 ft
= 0.5 ⋅ ψ ⋅l v

 ⋅ lv =


Influenza del cedevolezza del
vincolo/nodo
ε
l a, y =
ε
ε
∆θ pl =
θ
db ⋅ f y
4 ⋅ τ a, y
∆l a,u − ∆l a, y
d*
d ⋅f
≅ φ pl ,s ⋅ ψ ⋅ b t
4 ⋅ τ a,u
l a ,u
db ⋅ ft
=
4 ⋅ τ a ,u
 ε su − ε sy
= 
d*

  ft − f y
⋅
  f
  t

 ⋅ l a,u ≅


Le espressioni della lunghezza
della cerniera plastica
'
lpl = lpl
''
+ lpl
ft
= 0.5 ⋅ ψ ⋅ l v + ψ ⋅
⋅ db = k1 ⋅ l v + k 2 ⋅ db
4 ⋅ τ a,u
l pl = 0.08 ⋅ l v + 0.022 ⋅ f y ⋅ d b
l pl = 0.5 ⋅ ψ ⋅ lv + 1.2 ⋅ ψ ⋅
ft
⋅ db
4 ⋅ τ a, y
l pl = 0.12 ⋅ l v + 0.014 ⋅ f y ⋅ d b
l pl = 0.1 ⋅ l v + 0.17h +
0.24 ⋅ f y ⋅ d b
fc
Priesteley (1996)
Lehman (1998)
Panagiotakos &
Fardis (2001)
O.P.C.M. 3274
Lunghezza della cerniera plastica in
funzione della luce di taglio (M/V)
400
350
lpl [mm]
300
250
200
150
Priestley
100
Lehman
Pan & Fardis
50
Modello generale
0
0
500
1000
1500
LV [mm]
2000
2500
La capacità rotazionale rispetto alla
corda secondo O.P.C.M. 3274
Opzione n.1 (regressione numerico-sperimentale)
( )
1
θu =
⋅ 0.016 ⋅ 0.3ν
γ el
 max (0.01, ω') 
⋅
⋅ fc 
 max (0.01, ω) 
0.225
l 
⋅ ν 
h
0.35
⋅ 25
(α ρ
sx
fwy / fc
) ⋅1.25100ρ
Opzione n.2 (teorica con taratura sperimentale)
1
θu =
γ el

⋅  θ y + φu − φ y ⋅ Lpl


(
)

L
h
θ y = φ y v + 0.0013 ⋅ 1 + 1.5
3
Lv

 0.5Lpl
⋅ 1 −
Lv





d b ⋅ fy

 + 0.13 ⋅ φ y
fc

con
d
MODELLAZIONE CERNIERE PLASTICHE
Diagrammi Momento-Rotazione
Rotazione allo snervamento:
 0.5 L pl 

θu = θ y + (φu − φ y )⋅ L pl ⋅ 1 −
LV 

Rotazione ultima:
θy = φy

Lv
h
+ 0.0013 ⋅ 1 + 1.5
Lv
3

d ⋅f

 + 0.13 ⋅ φ y b y
fc

M
Mu
Ordinanza n. 3274 del 20 Marzo 2003
My
Stato Limite di Danno Limitato DL
Stato Limite di Danno Severo DS
Stato Limite di Collasso CO
θy
3/4 θu
θu
θ
MODELLI DI CAPACITÀ
Rotazione di snervamento
My
Lv
θy = φy

Lv
h
+ 0.0013 ⋅ 1 + 1.5
3
Lv

Contributo
flessionale
Contributo
tagliante
Scorrimento
delle barre
d ⋅f

 + 0.13 ⋅ φ y b y
fc

MODELLI DI CAPACITÀ
Rotazione ultima
My
Mu
Lv
 0.5Lpl
θu = θ y + (φu − φ y )Lpl 1 −
LV





φy è la curvatura a snervamento valutata
φu
considerando
la
deformazione
snervamento dell’armatura tesa
φy
φu
di
è la curvatura ultima valutata
considerando la deformazione ultima del cls
Lpl
Lv
MODELLI DI CAPACITÀ
I valori di massima capacità deformativa sono differenti in
relazione a i 3 stati limite
SL-DL
SL-DS
SL-DC
θ u ,DL = θ y
θ u ,DS
3
= θ y + (θ u − θ y )
4
θ u ,CO
 0.5L pl 

= θ u = θ y + (φ u − φ y )L pl 1 −
LV 

Un programma sperimentale
FRP properties
Fiber
CFRP*
GFRP**
tj [mm]
0.22
0.48
EFRP [GPa]
fu,FRP [MPa]
εu,FRP [%]
390
3000
0.80
80.6
2560 NODI: 3-4
Linea 2- Obiettivo
*commercialized by SIKA; ** commercialized
MAPEI
URbydell’Università
di Salerno
Test set-up
Tests on FRP confined columns
Tests on FRP confined columns
Hysteretic loops and
load-displacement envelopes
Column reinforced with smooth rebars (barre lisce)
“more pinching”
Column reinforced with deformed rebars (barre ad ader. migliorata)
“less pinching”
Hysteretic loops and
load-displacement envelopes
120000
120000
80000
80000
Lateral Force [N]
0.90 Fmax
40000
C2-S-A1
0
-200 -160 -120 -80
-40
r
0
40
80
120
160
200
-40000
0.90 Fmax
-80000
Lateral Force [N]
Fmax
40000
0
-200 -160 -120
120
160
200
C3-S
C1-S-G
C4-S-G
C10-S-C
C13-S-C
C2-S-A1
C11-S-A1
C6-S-A2
80000
40000
0
-40
80
120000
80000
-80
40
-120000
Displacement [mm]
0
40
80
-40000
-80000
-120000
Displacement [mm]
120
160
C9-D/R
C9-D
200
Lateral Force [N]
Lateral Force [N]
-200 -160 -120
0
-80000
Fmax
120000
0.90 Fmax
-40
-40000
-120000
Displacement [mm]
Fmax
-80
-160
spostamento al
collasso convenzionale
40000
0
-120
-80
-40
0
40
120
-40000
C9-D/R
C9-D
-80000
C3-S/R
C3-S
0.90 Fmax
Fmax
80
-120000
Displacement [mm]
160
ORDINE DEGLI INGEGNERI
Corso di aggiornamento sulla normativa sismica
gen. 2006 – mar. 2007
STATO LIMITE ULTIMO
PER TENSIONI NORMALI
Prof. Ciro FAELLA
Dipartimento di Ingegneria Civile
Università di Salerno