lezione 6 - esempi slu e sle.pdf

6° Lezione

STATI LIMITE: Esempi di progetto/verifica

SLU – Applicazioni Progetto della sezione in c.a.

40

60

3

M

PROBLEMA N. 1

As

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.

30ckf MPa= 440ykf MPa=MATERIALI

SLU – Applicazioni Campi di deformazione

ec

es esy

0

0

ecu ec0

esu

1 2 3

4

5

yn-b

yn-lim

lim 0,259cun

cu su

y d dεε ε− = =

+0,657cu

nbyd

cus

y d dfE

ε

ε= =

+440ykf MPa=

h d

d’

d”

yn-2b

esy


0,8Sd cd s s s ydN b y f A A fσ′ ′= + −

( ) 0,8 (0,5 0,4 )(0,5 ) (0,5 )

Rd Sd cd

s s s yd

M N b y f h yA h d A f h dσ

= ⋅ − +′ ′ ′ ′′+ ⋅ − + ⋅ −

0sA′ =3d cm′′ =40b cm= 60h cm=

Flessione semplice: 0SdN =

Equazioni di equilibrio:

d ′y8,0

cdf

yds fA

ssA σ′′

b

G h

d ′′

0,8 cdb y f


0 0,8 nb cd sb ydb y f A f= −

37,49nb cunb

ydcu yd cucu

s

d y y d cmfE

εε ε ε ε

= ⇒ = =+ +

Equazione di congruenza:

20,8 49,97nb cdsb

yd

b y fA cmf

= =

Equazione di equilibrio alla traslazione:

Armatura bilanciata

Quesito n. 1 (valore dell’armatura bilanciata)

SLU – Applicazioni Flessione semplice

Quesito n. 2 (momento ultimo 6f20)

0,8 (0,5 0,4 )(0,5 ) 370,29

Rd n cd n

s yd

M b y f h yA f h d kNm

= ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ +′′+ ⋅ − =

26 20 18,84sA cmφ ⇒ =

0 0,8 14,140,8

s ydn cd s yd n

cd

A fb y f A f y cm

bf= − ⇒ = =

0 0,248 0,259ny d d< = < ROTTURA IN CAMPO 2

SLU – Applicazioni Flessione semplice

Quesito n. 3 (sforzo assiale per avere rottura bilanciata)

218,84sA cm=

0,8 1190,6b nb cd s ydN b y f A f kN= − =

37,49nby cm=

SLU – Applicazioni Verifica di un pilastro in c.a.

40

60

5

M

PROBLEMA N. 2

As = 6 f20

Il pilastro in figura è soggetto ad una forza assiale N = 1500 kN.

Che tipo di rottura ci si attende?

(DUTTILE o FRAGILE ?)

230 /ckf N mm= 440ykf MPa=MATERIALI

A’s = 6 f20

N

5


0,81844,72 1500

b nb cd s yd s ydN b y f A f A fkN kN

′= + − =

= >

0,657 37,49nby d cm= =Dall’equazione di congruenza:

Dall’equazione di equilibrio alla traslazione si ricava il valore della Forza assiale corrispondente alla rottura bilanciata:

PROBLEMA N. 2

ROTTURA DUTTILE

Campi di deformazione


40

60 M

PROBLEMA N. 3

As = 6 f20

Calcolare i punti caratteristici del dominio di interazione M-N agli SLU, corrispondenti alle situazioni di:

1)  Rottura bilanciata

2)  Trazione semplice

3)  Compressione semplice

4)  Curvatura limite

5)  Flessione semplice

230 /ckf N mm= 440ykf MPa=MATERIALI

A’s = 6 f20

5

5

SLU – Applicazioni Punti notevoli del dominio M-N

0,8 1844,62Rd b nb cd s yd s ydN b y f A f A f kN− ′= + − =

0 00,8 (0,5 0,4 )(0,5 ) (0,5 ) 587,01nb cd n

s yd s yd

M b y f h yA f h d A f h d kN m

= ⋅ − +′ ′ ′′+ ⋅ − + ⋅ − = ⋅

0,657 36,17nby d cm= =

1) ROTTURA BILANCIATA

( ) 1202,00Rd s s ydT A A f kN′= + =

2) TRAZIONE SEMPLICE

( )0,8 5027,00Rd b nb cd s s ydN b y f A A f kN− ′= + + =

3) COMPRESSIONE SEMPLICE


4) Retta Limite: FRONTIERA CAMPO 2 e CAMPO 3

( )limlim

cu su cun

n su

y h dy h dε ε ε

ε−−

′′= ⇒ = ⋅ −′′−

lim

lim

s su ns su s s s

n

y d Ey d h d h d

ε ε ε ε σ ε−

−

′ ′−′ ′ ′= ⇒ = ⇒ =′ ′′ ′′− − −

lim0,8Rd n cd s s s ydN b y f A A fσ− ′ ′= + −

lim lim0,8 (0,5 0,4 )(0,5 ) (0,5 )

Rd n cd n

s s s yd

M b y f h yA h d A f h dσ

− −= ⋅ − +′ ′ ′ ′′+ ⋅ − + ⋅ −


d

B

y cls compresso

cls teso

0.85 0.44 cd ckf R=

TAs

0.4 y

C

(d-0

.4 y

)

0.8

x

0.45 se 35

0.35 se 35

0.66 per Fe B 44 k

ck

ck

b

y fdy fdyd

≤ ≤

≤ >

=

(0.8 ) (0.85 )cd s ydB y f A f⋅ ⋅ = ⋅NRd = 0

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

C = T

0.8 0.85s yd

cd

A fy

B f⋅

=⋅ ⋅ ⋅

( 0.4 ) (0.8 0.9)Rd s yd s ydM A f d y A f d= ⋅ ⋅ − ≈ ⋅ ⋅ ÷ ⋅

SLU – Flessione semplice armatura

D.M. ‘96 Campi di deformazione

SLU – Applicazioni Altri punti notevoli del dominio M-N

0,8Rd cd s ydN bd f A f′= −

0,8 (0,5 0,4 ) (0,5 )Rd cd s ydM bd f h d A f h d′ ′ ′′= ⋅ − + ⋅ −

ny d ′=CAMPO 2: CONTRIBUTO NULLO DELL’ARMATURA COMPRESSSA


0,8Rd cd s ydN bd f A f′= +

ny d=CAMPO 4: CONTRIBUTO NULLO DELL’ARMATURA TESA

0,8 (0,5 0,4 ) (0,5 )Rd cd s ydM b y f h d A f h d′ ′= ⋅ − + ⋅ −


b 40 cm

h 60 cm fck 30 MPa ynb 36,17 cm yn-lim 14,2592593 cm

d' 5 cm !c 1,6 " 's 0,00302 " 's 0,00227

d'' 5 cm fcd 18,75 MPa #' s 382,61 MPa #' s 382,61 MPa

$ 0,85 Nb 1844,72 kN N2-3 727,22 kN

$ fcd 15,94 MPa Mb 587,01 kN m M 2-3 477,19 kN m

db 20 mm " cu 0,0035

Ab 3,14 cm 2 % 0,8 #' s -382,61 MPa yn0 8,11779818 cm

nb 5 T -1202,00 kN # s 382,61 MPa

As 15,71 cm 2 fy 440 MPa MT 0,00 kN m #' s 119,04 MPa

d' b 20 mm !s 1,15 N0 0,00 kN

A'b 3,14 cm 2 fyd 382,61 MPa & 0,85 M 0 307,76 kN m

n' b 5 Es 210000 MPa #s -382,61 MPa M 0-sempl. 297,50 kN m

A's 15,71 cm 2 " yd 0,00182 #' s 382,61 MPa

" su 0,01000 C 5027,00 kN yn1 5,00 cm

MC 0,00 kN m N1 -346,00 kN

M 1 221,65 kN m

Nd 1500,00 kN & 0,7

db 44,73 cm '& 3518,90 MPa yn1 55,00 cm

hd1 49,73 cm (& 278,19 MPa N2 3406,00 kN

hd2 58,82 cm M 2 374,65 kN m

ynb /d 0,657654

yn-lim /d 0,259259

arm

atur

a te

saar

mat

ura

com

pres

sa

Rottura bilanciata

Trazione semplice

Compressione semplice

calcestruzzo

acciaio

Flessione semplice

Contributo nullo Arm. compressa

Contributo nullo Arm. tesa

GEOMETRIA

ARMATURE

Limitazione N

Retta Limite

MATERIALI PUNTI NOTEVOLI DOMINIO

0,8Sd cd s s s ydN b y f A A f#) )= + *

( ) 0,8 (0,5 0,4 )(0,5 ) (0,5 )

Rd Sd cd

s s s yd

M N b y f h yA h d A f h d#

= + * +

) ) ) ))+ + * + + *

s cus cu

y dy d y y" "

" ") )*

)= , =)*

-2000

-1000

0

1000

2000

3000

4000

5000

6000

0 200 400 600 800

0,526d

bcd

Nd

b f=

+ + 0, 4d

dcd

Nh

b f=

+ +

-2000

-1000

0

1000

2000

3000

4000

5000

6000

0 100 200 300 400 500 600

MRd (kN m)

NR

d (kN

)SLU – Applicazioni

Punti notevoli del dominio M-N (esempio)

yn = d

Rottura bilanciata

Flessione semplice

yn = yn-lim

Compressione semplice

Trazione semplice

yn = d’

Flessione semplice

approssimato

SLU – Applicazioni Verifica di una sezione pressoinflessa

0,8Rd n cd s yd s ydN b y f A f A f′= + −

( ) 0,8 (0,5 0,4 )(0,5 ) (0,5 )

Rd Sd n cd n

s yd s yd

M N b y f h yA f h d A f h d

= ⋅ − +′ ′ ′′+ ⋅ − + ⋅ −

CAMPO 3, CAMPO 2b

0,8Rd s yd s yd

ncd

N A f A fy

bf′− +

=

( )22

syn bn b

sy su sy su sy

y d h d y d h dε

ε ε ε ε ε−

−′ ′′− − ′ ′′= ⇒ = + −

+ +cu

nbyd

cus

y dfE

ε

ε=

+

2n b n nb s s ydy y y fσ σ− ′≤ ≤ ⇒ = =

Esempio di progettazione della trave di copertura di un edificio per civile abitazione

5 m 5 m

5 m

5 m

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

Azioni di calcolo Combinazioni per le verifiche allo Stato Limite Ultimo

Fd = g Gk + qQ1k + (i>1) q 0i Qik

Gk valore caratteristico delle azioni permanenti Q1k valore caratteristico dell’azione variabile di base di ogni combinazione Qik valore caratteristico delle altre azioni variabili 0i 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

Combinazioni di carico per il caso studio trattato

1i 2i Carichi variabili per abitazioni 0.5 0.2 per uffici, negozi e scuole 0.6 0.3 per autorimesse 0.7 0.6 Carichi da vento e neve 0.2 0.0

Coefficienti di combinazione (D.M. 9/1/96 Parte Gen., pt. 7, prospetto 1)

Tensioni ammissibili Stato limite ultimo

Solo carichi verticali Gk + Qk 1.4 Gk + 1.5 Qk

Carichi verticali + neve 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 3060: 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

qd2 = 1.4 Gk + 0.7 (1.5 Qk )+ 1.5 Qneve,k = 56 kN/m

Combinazioni per lo Stato Limite Ultimo

qd1 = 1.4 Gk + 1.5 Qk + 0.7 (1.5 Qneve,k) = 59 kN/m

Dimensionamento trave

I massimi momenti per la combinazione assumono i valori:

( )1 185 kNmSd d BM q M= = −

( )1 105 kNmSd d A BM q M −= =

Si considerano le combinazioni di carico relative all’azione di progetto agli S.L.U. qd1 = 59 kN/m qd1 = 59 kN/m

5 m 5 m A B C

0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000

Qneve,k = 3.5 kN/m Qneve,k = 3.5 kN/m

5 m 5 m A B C

0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000

Qk = 9.5 kN/m Qk = 9.5 kN/m

Gk = 29.5 kN/m Gk = 29.5 kN/m

, ,

, ,

, ,

, ,

APPOGGIO B92 kNm

30 kNm

11 kNm

k k

k k

neve k neve k

S G B G

S Q B Q

S Q B Q

M M

M M

M M

= = −

= = −

= = −

, ,

, ,

, ,

, ,

CAMPATA A-B52 kNm

17 kNm

6 kNm

k k

k k

neve k neve k

S G A B G

S Q A B Q

S Q A B Q

M M

M M

M M

−

−

−

= =

= =

= =

,, , ,1.4 1.5 0.7 1.5 185 kNmk k neve kSd S G S Q S QM M M M= ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ = −

,, , ,1.4 1.5 0.7 1.5 105 kNmk k neve kSd S G S Q S QM M M M= ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ =

I cond.

II cond.

III cond.

RESISTENZE DI CALCOLO

Le resistenze di calcolo si valutano mediante l’espressione:

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:

kd

m

ffγ

=

0.831.6

ck ckcd

c

f Rfγ

⋅= =

Resistenze di calcolo:

ckcd

c

ffγ

= 1.6cγ =

2 23 0.7 0.7 0.27 ( ) ( / )ctk ctm ckf f R N mm= ⋅ = ⋅ ⋅

Calcestruzzo

0.83ck ckf R= ⋅0.85 0.44 cd ckf R=

ooo2 oo

o5,3ctkf

25700 ( / )c ckE R N mm= ⋅Modulo elastico

Deformazioni limite ooo2 oo

o.53

20.85 0.44 11 /cd ckf R N mm⋅ = ⋅ = 2N/mm 28500=cE

Per un calcestruzzo C20/25 (Rck = 25 N/mm2)

2 1.9 N/mmcfkf =

1.2 cfk ctkf f= ⋅0.85 0.44 cd ckf R=

ooo2 oo

o5,3ctkf

Caratterizzazione dei materiali – D.M. 96

Acciaio

ykyd

s

ff

γ= 151.s =γ

Modulo elastico Es = 206000 N/mm2

Per un acciaio FeB 44 k fyk = 430 N/mm2

2430 374 /1.15

ykyd

s

ff N mm

γ= = =

374 1.82 /206000

yd oyd oo

s

fE

ε = = =

Resistenza di calcolo:

ydyd

s

fE

ε =

Deformazione al limite elastico

fyd

s

y oo

o10

Caratterizzazione dei materiali – D.M. 96

per

0.16

0.259

2.5s

c cd

s

d

xd

MB B fM

fd

=

=⋅

≈⋅⋅

⇓

Progetto della trave

per

0.22

.45

4

0

s

c

s

d dc

MdB

xd

B f fM

=

=⋅

≈⋅⋅

⇓

d

B

x

As

0.8

x

0.85 0.44 cd ckf R=

T

0.416 x

C

(0.9

d)

0.01

0.0035

0.25

9 d

0.8

x

0.85 0.44 cd ckf R=

T

0.416 x

C

(0.8

d)

0.0035

0.45

d

yε0.01

y e

2

30 57 A 3 20 9.42 s

B cm d cmcmφ =

===

2

30 47 A 4 20 12.56 s

B cm d cmcmφ= =

= =

( )1 185 kNmSd d BM q M= = −

2

30 57 A 4 20 12.56 s

B cm d cmcmφ= =

= =

Per gli SLE (fessurazione)

S.L.U. per Taglio (elementi armati a taglio) 1)   Verifica del conglomerato

compresso )cot1(30,0 2 α+=≤ dbfVV wcdRdSd

2) Verifica dell’armatura trasversale d’anima

wdcdRdSd VVVV 3 +=≤

δ 60.0 dbfV wctdcd =

αα+= sen)cot(fd.sAV ywdsw

wd 190

) 0.2 ( 2/)cot1(9.01 dda ≥−= α

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

0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000

Sollecitazioni di Taglio

180 SdV kN≈

Combinazioni di carico relative all’azione di progetto agli S.L.U. qd1

Il taglio massimo combinazione assume il valore:

qd1 = 59 kN/m qd1 = 59 kN/m

5 m 5 m A B C

0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000

kNdbf.V wcdRd 5653002 =⋅⋅⋅=

20.83 20.75 11 /1.6cdf N mm⋅= = 2 1.62 /ctkf N mm=

Sezione 30 x 60 a semplice armatura con staffe f8 passo 20

2 1.01 /ctdf N mm=

2430 373.9 /1.15

ykyd

s

ff N mm

γ= = =

S.L.U. per Taglio: verifica del conglomerato

2180 565 Sd RdkN V V kN= ≤ =

In presenza di sole staffe ( = 90°):

Sezione 30 x 60 a semplice armatura con staffe f8 passo 20

S.L.U. per Taglio: verifica dell’armatura trasversale

0.60 110 cd ctd wV f b d kNδ= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

0.9 96 902

sw Sdwd yd

A VV d f kN kNs

= ⋅ ⋅ ⋅ = ≥ =

In assenza di sforzo normale d = 1

cm) 20 (ogni 00.1 2cmAsw =

3180 206 Sd Rd cd wdkN V V V V kN= ≤ = + =

20.83 20.75 11 /1.6cdf N mm⋅= = 2 1.62 /ctkf N mm= 2 1.01 /ctdf N mm=

2430 373.9 /1.15

ykyd

s

ff N mm

γ= = =

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

2430 N/mmykf = 220.75 N/mmckf =


Sollecitazioni dovute alle combinazioni di carico:

M Appoggio [kN m] M Campata [kN m] Combinazioni rare 129 72 Combinazioni quasi permanenti 98 55

( )2

3cM

B x d xσ =

⋅ ⋅ −T

C

sc

ss / n

B

d

c

x ( )sci

Mn d xI

σ = −

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


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

( )23 9 4xc

b x 3.2 10 3ci s cI nA d x mm= ⋅ + − =

21 1 200s

s

n A B dx mmB n A

⎡ ⎤⋅ ⋅ ⋅= ⋅ − + + =⎢ ⎥⋅⎣ ⎦

Tensioni di esercizio sull’appoggio (in ambiente aggressivo): Calcestruzzo Acciaio

sc [N/mm2]

0.5 fck [N/mm2]

fs [N/mm2]

0.7 fyk [N/mm2]

Combinazioni rare 8 10.4 242 301

fc [N/mm2]

0.4 fck [N/mm2]

Combinazioni quasi permanenti 6.2 8.3

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.

I valori nominali per la norma italiana sono: w1 = 0.1 mm w2 = 0.2 mm w3 = 0.4 mm

PROSPETTO 7 -I

Armatura Sensibile Poco sensibile

Gruppi di esigenze

Condizion i ambiente

Combinazi on

e di azioni Stato limite wk Stato limite wk

frequente ap. fessure ! w 2 ap. fessure ! w 3 a

Poco aggressivo quasi

permanente decomp. o ap. fessure

! w 1 ap. fessure ! w 2

frequente ap. fessure ! w 1 ap. fessure ! w 2 b

Moderatamente aggressivo quasi

permanente decompres. " ap. fessure ! w 1

rara ap. fessure e formaz. fessure

! w 1 ap. fessure ! w 2 c

Molto aggressivo

frequente decomp. " ap. fessure ! w 1

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: - trazione semplice: - trazione per flessione:

In entrambi i casi il valore caratteristico fctk, corrispondente al frattile 5%, può assumersi pari a 0.7 volte il valore medio.

S.L.E. (Stato limite di formazione delle fessure)

2 23= 0.27 ( ) ( / )ctm ckf R N mm⋅ 1.2 cfk ctkf f= ⋅

0.7 ctk ctmf f= ⋅


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 ).

( ) ( ) 022

22

=−⋅⋅−−⋅⋅−⋅= xHB'nxdAnxBS sn

La sezione è costituita da tre materiali diversi: cls compresso, cls teso, acciaio

d

B

x

cls compresso

cls teso

acciaio n = Ef / Ec=15 n’= Ect / Ec=0.5

Si omogeneizza rispetto al cls compresso introducendo:

MF va calcolato in ipotesi di sezione interamente reagente, ossia portando in conto anche la resistenza a trazione del cls.

( ) ( )3 23 9 4c

b x ' 5.1 10 3ci c s cI n H x nA d x mm⎡ ⎤= + − + − = ⋅⎣ ⎦

Il momento d’inerzia della sezione omogeneizzata risulta:

( )cci

t xHIMn −= 'σLa tensione st al lembo teso della sezione vale :

Il momento di prima fessurazione si ottiene ponendo st = fctk :

( ) 88.8 129 'cfk ci

F slec

f IM kNm M kNmn H x

= = ≤ =−


( )( ) ( )

( )

2

2

2 1 ' ' / 2' 1 1 2801 ' '

ss

s

B n n A d n B Hn A n B Hx mmB n n A n B H

⎡ ⎤⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅⋅ + ⋅ ⋅ ⎢ ⎥= ⋅ − + + =⋅ − ⎢ ⎥⋅ + ⋅ ⋅⎣ ⎦

Risolvendo l’equazione di II grado rispetto ad x e considerando la radice positiva:

VERIFICA NON SODDISFATTA

La deformazione media dell’acciaio risulta:

S.L.E. (Stato limite di apertura delle fessure)

1.7 1.7k sm rmm sw w ε= ⋅ = ⋅ ⋅

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:

2

1 21 sfs

s

sm

sEσσ β βεσ

⎡ ⎤⎛ ⎞= − ⋅ ⋅⎢ ⎥⎜ ⎟

⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦tensione nell'acciaio teso per effetto del momento agente per la combinazione in esame

tensione nell'acciaio teso per effetto di un momento paria a quello di prima fessurazione della sezione

1

s

sf

σσβ

==

= coefficiente dipendente dall'aderenza acciaio-cls ( =acciaio ad ader. miglior. e =acciaio liscio)

coefficiente dipendente dall'azione ( =azione di breve durata, =azione di lunga durata o2β =1.0 0.5

1.0 0.5 ripetute)

modulo elastico dell'acciaiosE =

, distanza media tra le fessurdeformazione media ermsm sε ==

La distanza media tra le fessure risulta:

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:

2 3210rm

r

sc ks k φρ

⎛ ⎞= ⋅ + + ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠

copriferro, distanza tra le barre, diametro barre

s area di acciaio teso, area di cls che racchiude l'acciaio tesos effeff

coefficiente dipendente dall'aderenza acciaio-cls ( =acc2

A A AAr

c s

k

φ

ρ

= = =

= = =

= 0.4 iaio ad ader. miglior. e =acciaio liscio)

coefficiente dipendente dalla forma del diagramma delle tensioni prima della fessurazione ( =flessione o presso-flex., =trazione) 3k =

0.8

0.125 0.250

1.7 1.7k sm rmm sw w ε= ⋅ = ⋅ ⋅, distanza media tra le fessurdeformazione media ermsm sε ==

S.L.E. (Stato limite di apertura delle fessure) Combinazione delle azioni di esercizio: RARA (M=-129 kNm)

Ambiente: AGGRESSIVO (Wk<0.2 mm)

116.5 rms mm=

(acciaio ad ader. miglior.) 2

(flessione) 3

kk

==0.4

0.125

1.7 1.7 0.18 0.2 smk m rms mm mmw w ε= ⋅ = ⋅ ⋅ <=

, distanza media tra le fessurdeformazione media ermsm sε ==

(acciaio ad ader. miglior.) 1

(azione di breve durata) 2

ββ

==1.0

1.0

0.0009smε =

VERIFICA SODDISFATTA

6° Lezione

FINE

lezione 6 - esempi slu e sle.pdf

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