1.7 RIPARTIZIONE TRASVER

In generale il posizionamento dei carichi è un problema spaziale

problema bidimensionale mentre in una trave il problema, come abbiamo visto trattando le linee di

influenza, è semplicemente monodimensionale.

Chiarimento terminologico

Ricordiamo che nel punto 1.0 (Fig. 1.0) avevamo definito

ortogonalmente al loro piano, mentre definivamo

Generalmente si hanno anche situazioni in cui coesistono entrambi i tipi di carico: si dice allora che

al comportamento flessionale (out of plane

Le piastre possono avere spessore c

dal loro piano. Una piastra irrigidita con nervature è solitamente costruita

si comporta in modo monolitico e

travi ortogonali tra loro con sezione a T (vedi figura pagina seguente).

123

RIPARTIZIONE TRASVER SALE DEI CARICHI

il posizionamento dei carichi è un problema spaziale: ad esempio su una piastra è un

problema bidimensionale mentre in una trave il problema, come abbiamo visto trattando le linee di

semplicemente monodimensionale.

B)

Ricordiamo che nel punto 1.0 (Fig. 1.0) avevamo definito piastre

ortogonalmente al loro piano, mentre definivamo lastre quelle caricate nel loro piano.

Generalmente si hanno anche situazioni in cui coesistono entrambi i tipi di carico: si dice allora che

out of plane) si aggiunge il comportamento membranale (

Le piastre possono avere spessore costante oppure possono essere irrigidite con nervature uscenti

. Una piastra irrigidita con nervature è solitamente costruita in calcestruzzo armato e

si comporta in modo monolitico e solo idealmente possiamo considerarla costituita da due ordini di

travi ortogonali tra loro con sezione a T (vedi figura pagina seguente).

A) Piastra a spessore costante

esempio su una piastra è un

problema bidimensionale mentre in una trave il problema, come abbiamo visto trattando le linee di

gli elementi caricati

quelle caricate nel loro piano.

Generalmente si hanno anche situazioni in cui coesistono entrambi i tipi di carico: si dice allora che

si aggiunge il comportamento membranale (in plane).

rigidite con nervature uscenti

in calcestruzzo armato e

possiamo considerarla costituita da due ordini di

Piastra a spessore costante

124

Diverso è invece il caso di una struttura che nasce assemblando travi ortogonali collegate

successivamente da travi secondarie aventi la funzione di reggere i carichi e trasferirle sulle travi

principali: questo è il caso nel quale il grigliato di travi ha un immediato riscontro fisico.

Il caso intermedio è quello per cui su un griglia di travi in acciaio viene connessa (tramite appositi

connettori) ad una piastra in cemento armato: in questo caso si parla di “struttura mista”.

(Al grigliato di travi come quello della figura D è sovrapposta una soletta in cemento armato).

GRIGLIATO DI TRAVI

(travi principali e travi secondarie)

Posizionamento del carico su strutture bidimensionali

C)

D)

E)

125

La figura mostra il caso di una piastra rettangolare sulla quale è stato posizionato un sistema di

riferimento: la posizione di un carico concentrato avrà così due coordinate.

È possibile semplificare il calcolo di una piastra, sia nervata sia a spessore costante, riportandolo a

quello di un grigliato di travi per le quali sono azioni significative le azioni flettenti, quelle torcenti

e i tagli. Le figure F e G illustrano il concetto: la piastra a spessore costante (fig. F) è suddivisa

idealmente in strisce ortogonali: gli assi di queste strisce ideali sono stati disegnati nella fig. G.

Si comprende come per ogni sezione S sia possibile tracciare un diagramma che dia ad esempio il

valore del momento in S per ogni posizione X , Y del carico. È possibile estendere il metodo

matriciale per determinare gli estremi, già spiegato in precedenza, a questo caso più generale.

Nella figura precedente entrambi gli ordini di travi scaricano le loro reazioni sui vincoli a terra;

molto spesso invece dobbiamo distinguere tra travi principali (che scaricano sui vincoli) e travi

secondarie (che scaricano sulle travi principali).

F)

G)

126

Quando vi sono travi secondarie e principali il problema si divide in due fasi:

1) Posizionare i carichi in senso longitudinale sull’impalcato in modo da massimizzare una

particolare azione interna (es. il momento), senza ancora pensare a come essa si suddivide tra le

varie travi longitudinali. Questa fase è risolubile con le linee d’influenza.

2) Ripartire le azioni interne in senso trasversale, vale a dire suddividere l’azione interna tra le

varie travi longitudinali. Questo problema è quello della ripartizione delle azioni interne (N, M, V)

in senso trasversale. Per la linearità del problema è anche definito ripartizione dei carichi in senso

trasversale.

In altre parole, dire che a una trave compete metà dell’azione flettente è come dire che alla trave

compete metà del carico. (come si vedrà negli esempi numerici)

L’impalcato, cioè la struttura portante orizzontale, ha infatti anche una certa larghezza lungo cui i

carichi sono disposti secondo un’eccentricità misurata rispetto all’asse baricentrico.

NOTA: I due rettangoli tratteggiati sono le impronte in pianta delle pile d’appoggio dell’impalcato. Figura 1. 1 Nota sull’intensità dei carichi: per quanto riguarda l’ingombro dei carichi, generalmente su una

corsia si ritiene presente il carico completo, mentre sulle altre si considera un carico ridotto per

motivi probabilistici (è improbabile che il massimo carico sia presente contemporaneamente su

entrambe le corsie). Allo stesso modo per gli edifici alti la normativa non indica sempre lo stesso

carico su ogni piano perché la contemporaneità su tutti i piani dello stesso carico non è probabile.

Le travi di un impalcato a graticcio, o a grigliato, saranno quindi sollecitate in maniera diversa. Il

nostro fine è quello di ridurre il problema bidimensionale ad un problema monodimensionale e

fare ciò calcolando la quota di carico (ovvero la quota di azione interna) che compete ad ogni trave.

e

127

Figura 1. 2 Il nostro scopo è quello di ripartire in termini percentuali i carichi (o azioni) sulle travi

longitudinali.

Se invece l’impalcato è a cassone non c’è il problema della ripartizione trasversale dei carichi, ma si

ha un problema di momento torcente (vedi figura seguente).

I problemi che si manifestano nello studio delle strutture da ponte possono quindi essere di due tipi:

1) ripartizione percentuale in direzione trasversale dei carichi sul grigliato di travi;

2) problemi torsionali delle travi a cassone; infatti quando l’impalcato è a cassone il

problema non può essere semplificato, invece nel caso della figura di

destra, il problema può essere ridotto a quello di 3 travi che possono

essere studiate indipendentemente. Il primo è un problema di

“complessità irriducibile”.

128

Figura 1.3(Quando la sezione trasversale di un ponte è schematizzabile come un'unica sezione di trave non possiamo parlare di ripartizione trasversale dei carichi)

Validità attuale del calcolo manuale

Dagli studi sui grigliati di travi sono state elaborate varie teorie che consentono la ripartizione dei

carichi anche in modo semplice, con calcolo manuale. Oggi, questi metodi sono idonei come

strumenti di verifica, che consentono di convalidare i risultati dell’elaboratore, e si basano sulla

capacità di comprensione delle componenti di una struttura: solo con riferimento a modelli semplici

possiamo comprendere il comportamento di una struttura, individuando dei parametri fondamentali.

Infatti con programmi quali SAP2000 è relativamente semplice risolvere strutture

bidimensionali o tridimensionali, ma il controllo dei risultati è complicato. I metodi semplificati

ci permettono ciò, introducendo però ipotesi semplificative.

Quindi per aver un confronto valido prenderò la struttura reale e la modellerò nella maniera

sofisticata concessa dal programma. Su questo modello completo agirò per riprodurre in esso le

semplificazioni fatte con il calcolo manuale (es: per non considerare un travetto trasversale imposto

E con un valore prossimo allo zero invece che il suo reale valore). I risultati ottenuti dovranno

tendere a quelli ricavati con il calcolo manuale. Una volta verificato ciò, potrò utilizzare il modello

nella sua complessità con il vantaggio però, reintroducendo i valori reali dei parametri uno alla

volta, di acquisire sensibilità sull’influenza di ciascuno di essi.

In sintesi si possono quindi usare:

129

- metodi di calcolo rigorosi, basati sul calcolo automatico, per la verifica finale della struttura;

- metodi di calcolo approssimati, semplificati od ultra semplificati, più rapidi ed intuitivi, in

fase di pre-progetto per il dimensionamento delle sezioni e per convalidare i risultati

dell’elaboratore.

Metodi semplificati per i grigliati di trave

Si considera un esempio di grigliato costituito da una serie di travi longitudinali appoggiate ai loro

estremi e collegate tra loro da traversi (o travi secondarie). La funzione dei traversi è di ottenere la

ripartizione dei carichi tra le varie travi longitudinali parallele.

Applicando un carico verticale concentrato P=1 in corrispondenza di una trave longitudinale, si

vuole sapere in che percentuale esso viene assorbito dalle altre travi parallele a quella caricata

(grazie alla presenza dei traversi): ovvero in che percentuale l’azione interna generata da P viene

assorbita.

Ad esempio, nel caso limite in cui i traversi sono incernierati alle travi principali la collaborazione

delle travi adiacenti a quella caricata è nulla. Nella figura sarà la seconda trave a portare

interamente il carico.

Figura 1. 4N.B.: la figura in alto a destra rappresenta il caso limite di traverso incernierato Nella schematizzazione del grigliato di travi, ogni nodo può subire 3 spostamenti: 1 spostamento

perpendicolare al piano del graticcio e 2 rotazioni, una attorno all’asse x parallelo alle travi

longitudinali ed una attorno all’asse y parallelo al traverso. In altre parole uz è lo spostamento

verticale, αx è la rotazione delle trave principale e αy è la rotazione della trave secondaria.

x = direzione longitudinale y = direzione trasversale

130

uz

αx

Sezione trasversale

Trave primaria

Trave secondaria

Sezione longitudinale

uz αy

αy

Trave primaria

Trave secondaria

Figura 1. 5

Invece, come è noto, nel calcolo a telaio piano abbiamo due spostamenti(uno orizzontale e uno

verticale) e una rotazione, pertanto anche in questo caso sono tre i parametri per definire la

deformata; questo ha permesso di studiare i grigliati utilizzando un’analogia ai telai piani (la

struttura formale della matrice di rigidezza è la stessa). In altre parole, il grigliato piano è ricondotto

ad un telaio piano fittizio.

Per determinare il carico trasmesso alle altre travi, si può quindi eseguire un calcolo simile ad un

calcolo a telaio oppure un calcolo semplificato rapido, diretto e manuale (che è il metodo che

vedremo).

131

In quest’ultimo caso si effettua una semplificazione dello schema strutturale, considerando le varie

situazioni limite.

NOTA TERMINOLOGICA: La parola “rigidezza” indica la proporzionalità tra forza (o momento) e

spostamento (o rotazione).

SEMPLICE ESEMPIO PER COMPRENDERE IL SIGNIFICATO DEI TRE

FATTORI: EA, EJ, GJtor

La figura mostra tre sezioni aventi la stessa area, costruite con lo stesso materiale (quindi aventi le

stesso E e G).

Le tre sezioni vogliono rappresentare:

- una sezione di tipo compatto.

- una sezione a doppio T al fine di massimizzare la rigidezza flessionale.

- una sezione circolare cava al fine di massimizzare la rigidezza torsionale.

1° Caso: DEFORMAZIONE ASSIALE

∆l = � · ��·� ∆1·l = ∆2·l = ∆3·l

Si allungano nello stesso modo perché le aree sono

uguali.

132

NOTA: Qualora avessi tre elementi di lunghezza l, con le sezioni 1,2,3; se applicassi lo stesso

carico P misurerei lo stesso allungamento ∆l. Poiché la rigidezza assiale è la stessa per i tre

elementi.

2° Caso: DEFORMAZIONE FLESSIONALE

� = � · 3�

NOTA: la trave a doppio T ha la minore deformata flessionale (freccia) perché la sua rigidezza

flessionale è la maggiore.

3° Caso: DEFORMAZIONE TORSIONALE

NOTA: la trave circolare cava è quella che ruota di meno perché maggiore è la sua rigidezza

torsionale GJtor.

Pertanto la stessa area può essere utilizzata per ottenere la massima rigidezza flessionale (sezione

doppio T); oppure la massima rigidezza torsionale (sezione tubolare).

133

Esempio:

Prendendo come riferimento l’area di un profilo HEB 240, ricavare la rigidezza torsionale per una

sezione quadrata e una tubolare con la stessa area.

h 240 mm b 240 mm Sa 10 mm e 17 mm

A 106 cm2

Ay 20,6 cm2 Jx 11259 Wx 938

Jtor = �·���

a/b 1 2 10 infinito β 7,1 4,4 3,2 3

Jtor = �·(��4−��4)2 =�·(104−8,142)2 = 8810� 4

Jtor = Ʃ�"·�"�� = #$,·#$,�%,# = 1585� '

Jtor = Ʃ�"·�"�� = ('·#,%�)($,*·#�)('·#,%� = 85,5� '

In una struttura complessa, composta da elementi strutturali di tipo diverso la ripartizione delle

azioni interne dipende dai rapporti delle rispettive rigidezze.

134

Si possono fare le seguenti ipotesi estreme sulle rigidezze dei componenti del grigliato:

• Ipotesi 1: traverso privo di rigidezza flessionale equivalente ad una biella: i traversi

incernierati non trasmettono azione flettente e quindi tutto il carico è sopportato solo dalla

trave direttamente caricata. Infatti, in assenza del traverso un carico applicato su un’unica

trave sarebbe sopportato soltanto da essa. Si nota come un traverso molto rigido incernierato

alla trave ha lo stesso comportamento di un traverso poco rigido flessionalmente incastrato

alla trave: in entrambi i casi il traverso non si oppone alla rotazione del nodo.

Figura 1. 6

Figura 1. 7

I: momento d’inerzia flessionale

Jtor: momento d’inerzia torsionale

E: modulo di elasticità longitudinale (modulo di Young)

G: modulo di elasticità tangenziale

RISULTATO : non si ha ripartizione del carico, ovvero le altre travi non collaborano.

• Ipotesi 2: traverso infinitamente rigido flessionalmente e travi longitudinali con

rigidezza torsionale nulla o trascurabile: Per effetto dell’eccentricità del carico P=1,

l’impalcato trasla e ruota mantenendosi piano e quindi le deformate hanno un andamento

lineare: infatti sotto l’ipotesi di rigidezza torsionale delle travi longitudinali nulla o

trascurabile, la deformata trasversale mantiene un andamento lineare.

TRAVERSO RIGIDO INCERNIERATO

TRAVERSO POCO RIGIDO INCASTRATO

135

Figura 1. 8 (deformata trasversale)

Per leggere correttamente la figura della deformata trasversale bisogna porsi sufficientemente

lontano dai vincoli: come si vede la superficie curva dell’impalcato deformato è del tipo “rigato”.

RISULTATO: la ripartizione delle azioni interne è costretta dalla linearità degli spostamenti. Come

mostra la figura, alcune travi possono contribuire alla resistenza sollevandosi (vedi esercizio svolto

successivamente a 1.77).

• Ipotesi 3: traverso infinitamente rigido a flessione e travi longitudinali infinitamente

rigide torsionalmente, che quindi non possono ruotare: le travi si abbassano tutte della

stessa quantità, per cui si ha una distribuzione del carico uniforme sulle tre travi

longitudinali, qualunque sia l’eccentricità del carico. In questo caso la collaborazione è

massima.

136

In realtà , però, le travi longitudinali hanno solitamente sezione rettangolare o a T, con bassa

rigidezza torsionale, (non sono scatolari) e quindi tale ipotesi non è verificata.

Figura 1. 9 (nella figura si sono rappresentate travi scatolari vincolate anche a torsione)

Per simulare queste situazioni limite appena viste si moltiplicano o dividono per 1000 i valori di G

ed E.

L’ipotesi semplificativa accettabile in molte situazioni dei ponti è l’ipotesi 2: si può trascurare la

rigidezza torsionale delle travi longitudinali e si può ritenere il traverso infinitamente rigido a

flessione, perché nei ponti le travi longitudinali sono molto lunghe ed i traversi sono molto più

corti. Dunque l’ipotesi 2 può considerarsi valida quando la lunghezza L dell’impalcato è molto

maggiore della larghezza 2b dello stesso, ossia quando: L>>2b (inteso b la larghezza del semi

impalcato).

Figura 1. 10

137

Questi esempi ci fanno comprendere che è la scelta progettuale riguardo le rigidezze a influenzare

le azioni interne nel caso del calcestruzzo armato. Dobbiamo prestare però attenzione che le

rigidezze dipendono più dalla forma che non dalla presenza di armature.

Ad esempio in una piastra quadrata appoggiata sui 4 lati posso riportare il carico su una sola coppia

di lati inserendo nervature perpendicolari ad essi e non disponendo più armature lungo questa

direzione (irrigidire non significa rinforzare).

Metodo del traverso rigido o di Courbon

Come abbiamo già detto questo metodo è un calcolo manuale ultra semplificato che ha valore di

controllo anche in presenza di potenti programmi di calcolo. Infatti pensiamo di modellare nelle

maniera più raffinata una struttura e considerare validi i risultati quando un nuovo calcolo che

riproduce le ipotesi alla base dei metodi semplificati mi restituisce i risultati di essi. L’ipotesi 2 è

quella di partenza del metodo del traverso rigido o di Courbon per la ripartizione trasversale dei

carichi su un ponte a graticcio piano di travi, in cui il traverso è infinitamente rigido a flessione e

la rigidezza torsionale delle travi longitudinali è praticamente nulla. Si riconduce lo schema a

graticcio ad uno schema semplificato costituito da un traverso rigido posato su molle elastiche che

rappresentano l’interazione traverso – travi longitudinali (fig.3’.1).

Figura 1. 11

138

Poiché l’interazione considera solo un vincolo all’abbassamento, le travi sono sostituite da molle

verticali, poiché la trave longitudinale non si oppone alla rotazione del traverso, avendo supposto

che la loro rigidezza torsionale fosse trascurabile.

Si può quindi rappresentare il traverso come una trave rigida che ruota mantenendosi rettilinea,

mentre le travi longitudinali sono schematizzate con delle molle verticali incastrate a terra, ossia

con elementi reagenti agli spostamenti verticali, ma che non presentano alcuna rotazione e si

deformano elasticamente per effetto del carico.

Infatti, essendo la rigidezza torsionale nulla, le travi longitudinali non reagiscono con momenti, ma

esplicano solo reazioni verticali elastiche, proporzionali allo spostamento verticale.

Figura 1. 12 Il traverso rigido può invece subire traslazioni e rotazioni, in modo che però gli spostamenti delle

molle siano lineari.

Applicando un carico unitario eccentrico, vediamo come questo si ripartisce sulle altre travi usando

le condizioni di equilibrio ed il comportamento elastico delle molle.

Sia G il baricentro delle rigidezze delle molle, rispetto al quale una generica molla i dista yi.

∑∑ ⋅

=i

ii

k

kddG

Figura 1. 13

139

Il baricentro dei K corrisponde alla posizione del carico che provoca alle molle lo stesso

abbassamento.

Si noti come il baricentro delle rigidezza flessionali delle molle cambi se le K sono diverse.

Come vedremo, quando le travi sono tutte uguali è inutile il calcolo diretto delle K delle travi.

Quando le travi sono diverse ma ugualmente vincolate i K sono proporzionali a EJ; se anche i

vincoli sono diversi per ciascuna trave, K dipende da P/f.

Calcolo valore di K della molla equivalente

Si applichi a distanza yP da esso, un carico concentrato unitario P=1:

Figura 1. 14 yP = eccentricità del carico concentrato unitario P=1 rispetto al baricentro G dell’impalcato;

yi = distanza delle singole travi longitudinali dal baricentro.

Essendo la deformata lineare, si considera la traslazione verticale δ dovuta al carico supposto

centrato più la rotazione ϕ dovuta al fatto che in realtà il carico è eccentrico, ossia è applicato ad

una certa distanza dal baricentro: le reazioni verticali delle molle saranno proporzionali alla

rigidezza delle singole molle, che va moltiplicata per lo spostamento (δ + φ yi).

Detta Ki la rigidezza della generica molla i e ri la reazione che essa esplica, si ha:

Pyir , = K i (δ + φ yi)

Il K della molla equivalente è: + = ,- Dalla trave:

� = ,∙/�'0�∙1 + = '0�∙1/�

Per carico in posizione centrale + = �∙1

(234#56783 Per carichi in posizione X

140

dove δ è lo spostamento verticale subito da tutte le molle immaginando il carico P applicato nel

baricentro delle loro rigidezze, mentre φ è la rotazione prodotta dal momento di trasporto dovuto al

fatto di aver portato il carico P in corrispondenza del baricentro delle molle.

Dall’equazione di equilibrio alla traslazione verticale, per cui la somma delle reazioni verticali delle

molle deve essere uguale al carico applicato posto pari a 1, si trova lo spostamento δ del traverso nel

baricentro:

∑ ri = 1 = ∑ Ki δ ⇒ ∑

=iK

1δ

Dall’equazione alla rotazione attorno al baricentro, per cui la somma dei prodotti delle reazioni

verticali per i relativi bracci deve essere uguale al prodotto del carico unitario per il suo braccio, si

trova la rotazione ϕ :

∑ riyi = 1 yP = ∑ Ki φ yi2 ⇒

∑=

2ii

P

yK

yϕ .

Si ha quindi il valore del coefficiente di ripartizione del carico cercato, ossia le reazioni delle molle:

iii

Pi

i

iyi K

yK

yy

K

Kr

P⋅

⋅+=∑∑ 2, .

dove r è la percentuale di carico applicato che si ripartisce sulle singole travi longitudinali

rappresentate dalle molle; r fornisce quindi l’ordine di grandezza dei carichi che finiscono sulle

singoli travi e ne permette il dimensionamento.

Nel caso frequente di travi longitudinali tutte eguali tra loro ed egualmente vincolate, la rigidezza

delle molle Ki = K è costante ed il calcolo di r (reazione sulla trave longitudinale) si semplifica:

∑⋅

+=2,

1

i

Piyi

y

yy

nr

P.

La formula ci dà la reazione ri in funzione della posizione del carico unitario yp correggendo il

valore medio (1/n) con un termine che dipende dalle eccentricità.

141

n: numero molle (numero travi longitudinali)= 4

yi: ascissa della trave che stiamo considerando (eccentricità della trave considerata)

yp: ascissa del carico (eccentricità del carico)

Se il carico è P=1 ed è centrato cioè yp=0 allora avrò: n

r1= , ∑ =1ir quindi ciascuna ri indica la

percentuale. La formula precedente dà direttamente la percentuale di carico che si ripartisce sulle

singole travi longitudinali nel caso generale in cui il carico non è centrato.

Figura 1. 15 Se pensiamo che la posizione del carico coincide con la posizione di una delle molle (yp=yi) vale

allora l’ eguaglianza.

r i,j = r j,i

cioè il coefficiente di ripartizione i-esimo fisso al variare della posizione j del carico è uguale al

coefficiente di ripartizione j-esimo fisso al variare della posizione i delle molle. Perciò, se si fissa la

posizione del carico, cioè yj, e si fa variare la posizione yi delle molle, si ottiene il diagramma dei

coefficienti di ripartizione per la posizione di carico fissata; se invece si fissa yie si fa variare la

posizione del carico yj si ottiene la linea d’influenza di rj ed i due diagrammi coincidono.

142

Esercizio 1: Metodi di ripartizione trasversale dei carichi Chiariamo che i calcoli sono identici per ogni problema di piastra nervata caricata con carichi

mobili (quindi anche per solai strutturalmente importanti).

L’esercizio si propone di determinare l’andamento dei momenti flettenti sulle travi principali di un

solaio a graticcio per effetto di un carico longitudinale uniformemente distribuito.

La ripartizione trasversale del carico viene analizzata secondo il metodo di Courbon.

Come visto al punto precedente il calcolo semplificato con il metodo di Courbon fa la doppia

ipotesi di traversi infinitamente rigidi a flessione e travi longitudinali con rigidezza torsionale

nulla(e di conseguenza l’ipotesi di deformata trasversale rettilinea).

Nota: Lo studioso francese Massonet mise a punto un metodo fondato su tabelle che tiene conto di tutti i parametri

fondamentali in gioco: rigidezze flessionali e torsionali sia della trave che del traverso.

Ovviamente i risultati di questo calcolo più sofisticato devono coincidere con quelli di Courbon quando:

- la rigidezza flessionale dei traversi è più elevata di quella delle travi; (questo avviene anche se le sezioni dei

traversi e delle travi sono confrontabili tra loro, considerata la minor lunghezza dei traversi)

- la rigidezza torsionale delle travi è trascurabile.

Il solaio in esame si compone di quattro travi principali appoggiate agli estremi e di cinque

traversi, secondo la geometria riportata in figura 1.76. Il solaio è soggetto ad un carico unitario per

unità di lunghezza (1KN/m) sulla trave numero quattro. Se non ci fossero i traversi il carico

andrebbe interamente sulla trave 4; essendoci, ogni trave si prende una parte del carico.

1KN/m

2b = 9,6 m

b1 = 2,4 m

L1 = 4,1 m

A

AB

B

L = 16,4 m

X,P

Y,E

Figura 1. 16 Solaio con 4 travi longitudinali

143

Figura 1. 17

La presenza dei traversi porta ad una deformazione dell’intera struttura: la deformazione è

tridimensionale e una rappresentazione qualitativa può essere la seguente.

Figura 1. 18 (deformata tridimensionale)

SEZ A-A

0,4

0,1

8

2,4

1,2

2

4,8

1,4

0,25

16,65

4,1

1,0

2

0,1

8

SEZ B-B

Figura 1. 19 Sezioni trasversale e longitudinale.

La figura mostra che le sezioni trasversali hanno

tutte andamento rettilineo (conseguenza dell’

elevata rigidezza torsionale del traverso e della

trascurabile rigidezza torsionale delle travi). A

ruotare sono soprattutto le sezioni in mezzeria

delle travi longitudinali come avevamo già

osservato introducendo l’ipotesi 2.

144

Risoluzione con il metodo di Courbon

Il metodo descritto al paragrafo precedente prevede, come già detto, l’ipotesi di traverso

infinitamente rigido e rigidezza torsionale delle travi trascurabile. Il procedimento di risoluzione

consiste nel calcolo di un coefficiente di ripartizione del carico secondo la seguente relazione:

, 2

1P

i Pi y

i

y yr

n y

⋅= +∑

Dove:

n = numero delle travi longitudinali;

yi = distanza delle singole travi longitudinali dal baricentro dell’impalcato(ovvero ecc. della trave);

yP = eccentricità del carico rispetto al baricentro.

Nota: l’eccentricità, sia della trave che del carico, sono in questo caso misurate rispetto al centro dell’impalcato in

quanto le travi sono tutte uguali. Più in generale, come al punto precedente, si deve calcolare il baricentro delle

rigidezze K e misurare rispetto a questo l’eccentricità.

SEZ A-A

P3,6y =P m

1,2

3,6

-1,2

-3,6

y =3 m

y =4 m

y =2 m

y =1 m

y

Figura 1. 20Distanze dalla mezzeria degli elementi longitudinali.

Con i dati riportati in figura risulta

( )1, 2 2

1 3,6 3,60,2

4 2 1,2 3,6Pyr− ⋅= + = −

⋅ +

( )2, 2 2

1 1,2 3,60,1

4 2 1,2 3,6Pyr− ⋅= + =

⋅ +

( )3, 2 2

1 1,2 3,60,4

4 2 1,2 3,6Pyr+ ⋅= + =

⋅ +

( )4, 2 2

1 3,6 3,60,7

4 2 1,2 3,6Pyr+ ⋅= + =

⋅ +

In generale si può ottenere l’equazione diretta della retta:

125,025,01

2, ⋅+=⋅

+=∑ i

i

piyi y

y

yy

nr

p

Possiamo fare due osservazioni sui risultati ottenuti:

- i valori possono essere rappresentati su piano cartesiano e se sono corretti sono

di una retta perché il traverso è infinitamente rigido

traversi deformabili risulta essere una curva).

- la sommatoria dei valori ottenuti deve fare

145

Con i dati riportati in figura risulta

0,2

In generale si può ottenere l’equazione diretta della retta:

125

Possiamo fare due osservazioni sui risultati ottenuti:

i valori possono essere rappresentati su piano cartesiano e se sono corretti sono

una retta perché il traverso è infinitamente rigido (l’analogo diagramma nel caso di

traversi deformabili risulta essere una curva).

dei valori ottenuti deve fare 1.

i valori possono essere rappresentati su piano cartesiano e se sono corretti sono allineati su

(l’analogo diagramma nel caso di

146

Il significato dei valori ottenuti è il seguente: per esempio 0,7 significa che la trave direttamente

caricata riceve solo il 70% del carico; -0,2 significa che la prima trave è interessata da un 20% del

carico ma verso l’alto. La trave 1 aiuta a sopportare il carico inflettendosi verso l’ alto.

Nota: più correttamente le percentuali calcolate sono da intendersi per ripartire le azioni interne

generate dal carico.

In tal modo il problema è stato risolto perché abbiamo ottenuto il nostro fine in quanto il problema

bidimensionale originale è stato ridotto a 4 problemi monodimensionali: 3 travi caricate verso il

basso e 1 trave caricata verso l’alto. In altre parole la mutua collaborazione tra le travi comporta

quando il carico è eccentrico, la necessità di armare a momento negativo in campata. Quindi

partendo da un problema che sarebbe bidimensionale, grazie al metodo di Courbon, posso

ricondurlo ad un problema monodimensionale e quindi utilizzare il programma per il calcolo delle

travi (e non delle piastre).

Avendo ipotizzato le travi appoggiate agli estremi, il momento massimo in campata si determina

secondo la relazione:

2

8Max

q lM

⋅= ad esempio mkNM ⋅=⋅= 5,238

4,167,0 2

max4

Per la trave i-esima:

, Pi i yq r q= ⋅ ad esempio mkNmkNq /7,07,0/14 =⋅=

Alternativamente, invece di considerare carichi rivolti verso il basso o verso l’alto possiamo

calcolare i momenti flettenti ottenendo il diagramma dei momenti della piastra e applichiamo

direttamente alle azioni interne i coefficienti di ripartizione .

Figura 1. 21

147

Risultano quindi le seguenti sollecitazioni massime:

2

1,

0,2 1 16, 46,7 kN m

8MaxM− ⋅ ⋅= = − ⋅

2

2,

0,1 1 16, 43,4 kN m

8MaxM⋅ ⋅= = ⋅

2

3,

0,4 1 16,413,4 kN m

8MaxM⋅ ⋅= = ⋅

2

4,

0,7 1 16, 423,5 kN m

8MaxM⋅ ⋅= = ⋅

OSSERVAZIONI: possiamo osservare che elementi continui lunghi interagiscono efficacemente

alla ridistribuzione del carico con elementi rigidi corti. L’interazione tra le azioni flettenti tra le travi

non avviene solo per continuità (quando sono in serie: trave continua) ma avviene anche se sono

affiancate in parallelo grazie alla presenza dei traversi.

148

Confronto dei metodi

La tabella illustra i coefficienti di ripartizione ricavati dal metodo di Courbon (1) (metodo

semplificato),da quello di Massonet (2) (metodo superato dall’uso del computer) e da una

modellazione agli elementi finiti (f.e.m)(3) della struttura presa in esame; il significato della

colonna (4) sarà spiegato in seguito.

Si noti come il metodo di Massonet conduca a risultati paragonabili a quello numerico benché

comporti alcune semplificazioni.

colonna 1 colonna 2 colonna 3 colonna 4

Courbon Massonet f.e.m. f.e.msempl.

Trave 1 -0,2 -0,07 -0,08 -0,19

Trave 2 0,1 0,13 0,14 -0,9

Trave 3 0,4 0,35 0,37 0,41

Trave 4 0,7 0,59 0,59 0,71

Nota

I risultati del metodo di Courbon si scostano in modo non sostanziale dal metodo agli elementi

finiti. Pertanto con un metodo ultrasemplice come Courbon abbiamo ottenuto risultati validi per il

progetto preliminare della struttura.

Impostazione metodologica per il corretto utilizzo dei programmi di calcolo

Paradossalmente possiamo dire che ha diritto ad usare il computer per un calcolo strutturale

solo chi sa all’incirca prevedere il risultato che dovrà uscire. Questa previsione può avvenire in

2 modi:

• sulla base di un calcolo semplificato attingendo alla ricchissima letteratura tecnica

precomputer (come ad esempio il metodo di Courbon);

• oppure utilizzando il PC come strumento d’indagine, diventando per cosi dire “sensibili” a

quel particolare tipo di problema strutturale.

Nel caso dell’ esempio di ripartizione trasversale dei carichi, il procedimento consigliabile per usare

bene il calcolatore, vale a dire un metodo agli elementi finiti (es SAP2000) è il seguente:

- fare il calcolo ultra semplificato (Courbon) ottenendo i valori della colonna 1;

149

- fare il calcolo con metodo agli elementi finiti introducendo le ipotesi necessarie per ottenere

i risultati del calcolo semplificato (colonna 4).

Ad esempio: nel f.e.m. aumento all’infinito (moltiplico per 100) la rigidezza flessionale del

traverso, e abbatto (divido per 100) la rigidezza torsionale delle travi. Così facendo il

metodo agli elementi finiti lavora alle ipotesi di Courbon.

- Se e solo se i valori che ottengo dal f.e.m. semplificato (colonna 4) sono quasi uguali a

quelli ottenuti con Courbon (colonna 1) ho il diritto di ritenere valida la colonna 3 ottenuta

reinserendo le rigidezze effettive.

Modalità operativa: nel f.e.m. non conviene cambiare le dimensioni geometriche ma preferiamo

cambiare i valori dei moduli elastici: nel nostro caso, moltiplicando per 100 la E dei traversi e

dividendo per 100 la G delle travi, non cambiando le dimensioni perché così è più chiara

l’interpretazione grafica del modello di calcolo e dei risultati.

NECESSITÀ DI PIÙ MODELLI DI CALCOLO (FACOLTATIVO)

In molti casi dobbiamo rinunciare all’ambizione di creare un modello omnicomprensivo, vale a dire

un modello di calcolo che sia efficace per calcolare ogni azione interna e ogni spostamento.

Ad esempio nel caso di travi mutuamente ortogonali la resistenza flessionale di una trave è aiutata

dalla resistenza torsionale dell’altra trave. In questa distribuzione di azioni interne quello che conta

è il rapporto tra le due rigidezze (flessionale e torsionale). Poiché la rigidezza torsionale risente

fortemente della fessurazione inevitabile del cemento armato è conveniente operare 2 calcoli

distinti : con valori interi di E e di G e poi con il valore di G diminuito (dimezzato).

Il primo calcolo ci permetterà di armare convenientemente a torsione le travi (più è rigida più

prende il momento torcente) mentre il secondo calcolo ci permetterà di armare convenientemente a

flessione le travi (perché se la trave si fessura a torsione aumenta la flessione).

ARMATURA A PRESSOFLESSIONE

ARMATURA A TAGLIO Staffe non chiuse ma

ancorate ARMATURA A

TORSIONE Staffe chiuse

150

Un altro esempio della necessità di più modellizzazione della stessa struttura (facoltativo)

Supponiamo di dover progettare una piastra quadrata (cosicchè non vi sia una dimensione

prevalente sull’altra) in CA irrigidita da nervature.

Non possiamo semplicemente utilizzare un programma di calcolo delle piastre perché non terremmo

conto della presenza delle nervature che hanno l’effetto benefico di ridurre le frecce. Molti

programmi permettono di tener conto di queste nervature nel

seguente modo. Alla struttura bidimensionale di piastra a

spessore costante sono aggiunte travi aventi eccentricità data.

Senza questa opzione avremmo la possibilità di collegare i nodi

con travi oltre che con elementi di piastra, però si avrebbe una

modellazione come nella figura sottostante.

La difficoltà nasce poi quando vogliamo ricavare i momenti

flettenti per armare le travi.

Il programma restituisce infatti come output separatamente:

la distribuzione di momenti flettenti m di piastra e di flettenti M

della trave rettangolare eccentrica.

Questa separazione delle azioni interne non è corretta per il

calcolo della struttura in CA in quanto soletta e nervatura

contribuiscono insieme alla resistenza (tanto è vero che l’altezza

utile comprende la soletta, e, se compressa, la larghezza da considerare è quella della soletta).

Invece questa modellizzazione separata è adatta per il calcolo degli spostamenti.

Se a è la larghezza che possiamo attribuire all’ala, poiché m è indicato per unità di larghezza noi ci

aspetteremmo eMamM +⋅≅ ove M è il momento facilmente calcolabile per la trave a T.

e

e

151

Invece eMam +⋅ è pari circa alla metà del momento reale. La coppia mancante è fornita dal

prodotto eCeT ⋅=⋅ ( acC ⋅= ) dove c è l’azione di compressione ad unità di lunghezza, C è la

risultante di compressione nel tratto di piastra e T è la trazione della trave eccentrica.

eacMam e ⋅⋅++⋅ è il momento M.

La cosa è cosi complessa e delicata che è molto più conveniente fare un calcolo a semplice

grigliato di travi dove le travi hanno già la sezione a T.

Invece, come detto, la modellazione a trave eccentrica è affidabile per il calcolo degli spostamenti.

Questo pertanto è un altro esempio di struttura ove è necessario eseguire 2 calcoli diversi con 2

modelli diversi:

- un calcolo a grigliato di travi (con travi a sezione a T) per ricavare le azioni interne

necessarie per verificare le armature e la resistenza del calcestruzzo;

- un calcolo (con elementi bidimensionali + travi eccentriche) per ricavare gli spostamenti ed

eseguire le verifiche agli stati limite d’esercizio.

152

2 STATO LIMITE DI ESERCIZIO DEL CEMENTO ARMATO: CONTROLLO DELLE TENSIONI

2.1 CALCOLO DELLE TENSIONI NELLA FLESSIONE SEMPLICE

Flessione semplice: stima dell’armatura necessaria

Consideriamo una trave in cemento armato lunga 4 metri (l = 400 cm) con i seguenti valori dei

carichi permanenti e variabili:

- g = 5.000 daN/m (50 daNcm)

- q = 4.000 daN/m (40 daNcm).

Figura 2. 1La trave in semplice appoggio oggetto degli esempi numerici

Calcoliamo il valore del momento in mezzeria sulla base dei valori nominali g e q (assumibili per

caratteristici) (per la verifica delle tensioni in esercizio SLE) e sulla base dei valori maggiorati con i coefficienti gγ e qγ (per la verifica allo SLU):

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2

2

50 40 4001.800.000

8 8

1,4 50 1,5 40 4001,4 1,5 2.600.000

8Sd

g q lM g q daN cm

M M g q daN cm

+ ⋅ + ⋅+ = = = ⋅

⋅ + ⋅ ⋅= ⋅ + ⋅ = = ⋅

NOTA 1: Trattandosi di una trave con una sola campata non vi sono condizioni di carico

alternative da considerare.

NOTA 2: Il coefficiente moltiplicativo dei carichi permanenti è stato lievemente cambiato nelle

norme tecniche 2008.

Adottiamo una sezione rettangolare con le seguenti larghezza ed altezza:

• b = 40 cm (larghezza trave)

• H = 60 cm (altezza totale trave)

L’armatura necessaria può essere calcolata sulla base del valore della coppia interna resistente.

Figura 2.2 Sezione della trave e coppia interna resistente

La risultante di trazione Ts e la risultante di compressione

cui braccio z è approssimativamente pari a:

ɀ(braccio della coppia interna resistente

risultante delle trazioni.

Il suo valore deve essere stimato, in quanto non è nota all’inizio del calcolo l’altezza effettiva

zona compressa di calcestruzzo. Conoscendo x, z sarà: z = d

Con il simbolo d conveniamo di indicare la cosiddetta

distanza tra il baricentro dell’armatura tesa e la fibra estrema compressa.

Al fine di facilitare il confronto con testi e manuali che adottano per questa stessa grandezza il

simbolo h, l’altezza totale della sezione è indicata invece con la lettera

La figura mostra che si ha:

La distanza d’ misura la distanza tra il baricentro dell’armatura (tesa o comp

sezione è data dalla somma di tre termini:

• il semidiametro dell’armatura longitudinale(

• il diametro dell’armatura trasversale detta

• lo spessore di ricoprimento

153

Sezione della trave e coppia interna resistente

e la risultante di compressione Cc formano infatti una coppia di forze

è approssimativamente pari a: 0,9z d≅ ⋅

braccio della coppia interna resistente) è la distanza tra la risultante delle compressioni e la

stimato, in quanto non è nota all’inizio del calcolo l’altezza effettiva

zona compressa di calcestruzzo. Conoscendo x, z sarà: z = d- x/3

conveniamo di indicare la cosiddetta altezza utile della sezione misurata dalla

il baricentro dell’armatura tesa e la fibra estrema compressa.

Al fine di facilitare il confronto con testi e manuali che adottano per questa stessa grandezza il

l’altezza totale della sezione è indicata invece con la lettera H.

'd h H d≡ = −

misura la distanza tra il baricentro dell’armatura (tesa o comp

data dalla somma di tre termini:

Figura 2. 3Calcolo della distanza

il semidiametro dell’armatura longitudinale(/ 2φ )

dell’armatura trasversale detta staffa ( stφ )

ricoprimento (c).

formano infatti una coppia di forze il

la distanza tra la risultante delle compressioni e la

stimato, in quanto non è nota all’inizio del calcolo l’altezza effettiva xdella

della sezione misurata dalla

Al fine di facilitare il confronto con testi e manuali che adottano per questa stessa grandezza il

misura la distanza tra il baricentro dell’armatura (tesa o compressa) e il bordo della

Calcolo della distanza d’

154

'2 std cφ φ= + +

NOTA: In alcuni testi la grandezza d’ viene denominata copriferro. Attenzione a non confondere

con il ricoprimento c. Assumiamo per d’ il valore di 4 cm. Questo valore è ragionevole se c = 2cm; cmst 1=φ e le barre

che vogliamo progettare hanno diametro cm2≤φ .

Nel nostro esempio, l’altezza utile è: ' 60 4 56d H d cm= − = − =

Il valore comune delle risultanti di trazione e di compressione vale allora: 2.600.000 2.600.000

51.6000,9 56 50,4

Sds c

MT C daN

z= = ≅ ≅ ≅

⋅

NOTA: MSd = momento agente di progetto.

Per l’acciaio più diffuso FeB44K la tensione di snervamento di calcolo è:

24.3003.740 /

1,15yk

yds

ff daN cm

γ= = ≅

Nota: secondo le NTC 2008 per l’acciaio più comune B450C si ha:

2/3900

15,1

4500cmdaNfyd ==

L’area teoricamente necessaria è approssimativamente pari a: 251.600

13,83.740

ss

yd

TA cm

f= = ≅

Supponendo di avere a disposizione armature del diametro di 20 mm (indicate con la sigla φ20,

ciascuna della sezione di 3,14 cm2) ne occorreranno:

1 20

13,820 4,4 5

3,14sA

numeroAφ

φ = = ≅ →

L’armatura effettiva è quindi: 25 3,14 15,70sA cm= ⋅ =

155

Flessione semplice: tensioni nell’ipotesi di armatura semplice

Figura 2. 4Diagramma lineare delle tensioni e conseguente valore di esse

Per poter eseguire la verifica, cioè ricavare le tensioni effettive del calcestruzzo e dell’acciaio,

sviluppiamo la teoria seguente:

Il diagramma delle tensioni e il valore di esse è conseguente alle ipotesi assunte alla base del

calcolo:

• la conservazione delle sezioni piane comporta la linearità del diagramma delle deformazioni

unitarie;

• la linearità della legge tensioni deformazioni comporta di conseguenza la linearità del

diagramma delle tensioni;

• l’ aderenza perfetta tra acciaio e conglomerato comporta la coincidenza in ogni punto della

deformazione unitaria;

• l’ assenza di resistenza a trazione del calcestruzzo comporta la parzializzazione della sezione

che teoricamente è costituita dalle due aree (tra loro separate) del calcestruzzo compresso e

dell’acciaio teso.

L’altezza della zona compressa (indicata con x) si ottiene risolvendo la seguente equazione di

equilibrio in direzione orizzontale: 0C SC T− =

I simboli CC e TS indicano, come nel punto precedente, le risultanti di compressione nel

calcestruzzo e di trazione nell’acciaio. Queste risultanti possono ora essere espresse in funzione delle tensioni unitarie cσ e sσ :

02c s s

b xAσ σ⋅⋅ − ⋅ =

Abbiamo convenuto di indicare con il simbolo σσσσc il valore massimo, nella sezione, della tensione di compressione. Nell’equazione sono incognite sia cσ sia sσ , che però sono legate tra loro come

vedremo immediatamente.

Dall’ipotesi di perfetta aderenza tra i due materiali, cioè la deformata unitaria dell’acciaio è uguale a quella del calcestruzzo (s cε ε≡ ), segue:

( )( ) ( )s c s

s c cs c c

d Ed n d

E E E

σ σ σ σ σ= → = ⋅ = ⋅

La tensione dell’acciaio è quindi pari alla tensione che si avrebbe nella fibra di calcestruzzo alla

stessa altezza d, amplificata del

assunto pari a 15.

NOTA: In altre parole, si calcola la tensione del

come se il calcestruzzo reagisse a trazione e poi si attribuisce

amplificandola di n.

Dall’andamento lineare delle tensioni segue che

dell’armatura tesa vale (per la similitudine dei triangoli

σ σ σ σ

Sostituendo questa espressione di

ottiene un’equazione di secondo grado:

La sua radice positiva è:

(2 2 4 2s s sn A n A b n A dx n

− ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = ⋅ ⋅ − + +

Con i numeri dell’esempio si ha:

2 15,70 2 56 401 1 15 1 1 20,46s

s

A b dx n cm

b n A

⋅ ⋅ ⋅ ⋅= ⋅ ⋅ − + + = ⋅ ⋅ − + + = ⋅ ⋅

Ricavata la x, il momento d’inerzia della sezione parzializzata

formula seguente, che somma i contributi della sezione rettangolare compressa in cls e della sez

di acciaio tesa omogeneizzata, vale a dire amplificata di

156

La tensione dell’acciaio è quindi pari alla tensione che si avrebbe nella fibra di calcestruzzo alla

coefficiente di omogeneizzazione n (n =�9�:

In altre parole, si calcola la tensione della fibra di calcestruzzo alla quota dell’armatura

reagisse a trazione e poi si attribuisce la tensione calcolata all’acciaio

Dall’andamento lineare delle tensioni segue che la tensione nella fibra di calcestruzzo all’altezza

(per la similitudine dei triangoli):

( )c c s c

d x d xd n

x xσ σ σ σ− −= ⋅ → = ⋅ ⋅

di σσσσs nell’equazione di equilibrio alla traslazione, e semplificando, si

ottiene un’equazione di secondo grado: 2 2 2 0s sb x n A x n A d⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ =

) ( )22 2 4 2

1 12

s s s sn A n A b n A d A

x nb b n A

− ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = = ⋅ ⋅ − + + ⋅ ⋅

2 15,70 2 56 401 1 15 1 1 20,46

40 15 15,70x n cm

⋅ ⋅ ⋅ ⋅= ⋅ ⋅ − + + = ⋅ ⋅ − + + = ⋅ ⋅

il momento d’inerzia della sezione parzializzata rispetto all’asse neutro è dato dalla

formula seguente, che somma i contributi della sezione rettangolare compressa in cls e della sez

, vale a dire amplificata di n:

La tensione dell’acciaio è quindi pari alla tensione che si avrebbe nella fibra di calcestruzzo alla �9�:), convenzionalmente

alla quota dell’armatura

la tensione calcolata all’acciaio

la tensione nella fibra di calcestruzzo all’altezza

di equilibrio alla traslazione, e semplificando, si

21 1

s

b d

b b n A

⋅ ⋅= = ⋅ ⋅ − + + ⋅ ⋅

rispetto all’asse neutro è dato dalla

formula seguente, che somma i contributi della sezione rettangolare compressa in cls e della sezione

157

( )231

3 sJ b x n A d x= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ −

NOTA: Il primo addendo è il momento d’inerzia di un rettangolo rispetto alla base e il secondo

addendo è il momento d’inerzia di un’area considerata concentrata (per semplicità si trascura il

cosidetto momento di inerzia proprio delle aree di acciaio rispetto al proprio baricentro).

Nel nostro caso:

( ) ( )2 23 3 41 140 20,46 15 15,70 56 20,46 114.197 297.458 411.655

3 3sJ b x n A d x cm= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − = + =

La tensione massima di compressione, sotto il momento di esercizio

( ) 1.800.000M g q daN cm+ = ⋅ si calcola con la nota formula:

21.800.000 20, 4689,46 /

411.655c

M xdaN cm

Jσ ⋅ ⋅= = =

La tensione nell’acciaio teso è:

256 20,46

15 89,46 26,06 89,46 2.331 /20,46s c

d xn daN cm

xσ σ− −= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ =

ovvero: ( ) 21.800.000 56 20,46( )

15 15 155,4 2.331 /411.655s

M d xn daN cm

Jσ

⋅ −⋅ −= ⋅ = ⋅ = ⋅ =

Controllo grafico della coerenza dei valori delle tensioni calcolate

METODO: Calcolato σc = 89,46 daN/cm2 lo riporto nel diagramma delle σ, congiungo con x, prolungo e stimo

σc(d). Si rileva che σc(d)=155 daN/cm2 (circa).

158

Si moltiplica per 15, ottenendo σs=2550 daN/cm2. I valori approssimano bene quelli calcolati.

Controllo numerico diretto dei valori delle tensioni ottenute

Nel calcolo semplificato di progetto si era assunto per il braccio interno di leva z un valore pari a 0,9 56 50, 4z cm≅ ⋅ ≅

Ora, sulla base del valore di x (ottenuto come soluzione dell’equazione di secondo grado) si può

ricavare per z il valore corretto che permette il controllo numerico dei risultati: 20, 46

56 49,183 3

xz d cm= − = − =

Dovrà infatti aversi: 0C S

C S

C T

C z T z M

− =⋅ = ⋅ =

Cioè: 40 20,46

89,46 2.331 15,70 36.600 36.600 02 2C S c s s

b xC T Aσ σ⋅ ⋅− = ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅ ≅ − =

Da cui: 36.600 49,18 1.800.000C SC z T z M⋅ = ⋅ = ⋅ ≅ =

La verifica numerica consiste quindi nel controllare che Cc = Ts e che il momento resistente è

uguale a quello agente.

Flessione semplice ed armatura semplice: riepilogo del calcolo delle tensioni

• Altezza zona compressa: 2

1 1s

s

A b dx n

b n A

⋅ ⋅= ⋅ ⋅ − + + ⋅

• Momento d’inerzia della sezione parzializzata: ( )231

3 sJ b x n A d x= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ −

• Tensione massima di compressione nel calcestruzzo: c

M x

Jσ ⋅=

• Tensione di trazione nell’acciaio: s c

d xn

xσ σ−= ⋅ ⋅ , ovvero

( )s

M d xn

Jσ ⋅ −= ⋅

• Controllo grafico

• Controllo numerico

Flessione semplice: ipotesi di armatura doppia La presenza di armatura in zona compressa (la cui area complessiva è identificata con il simbolo

A’ s), complica le formule riepilogate nel punto precedente.

159

Figura 2.5Forze interne risultanti nell’ipotesi di armatura doppia Il calcolo è però formalmente riconducibile a quello già visto di armatura semplice, mediante

l’artifizio di introdurre un’armatura complessiva fittizia A*s e un’altezza utile fittizia d* (media

pesata sulle aree delle due altezze utili d e d’):

* 's s sA A A= +

'*

'

's s

s s

d A d Ad

A A

⋅ + ⋅=+

Le formule riepilogate nel precedente punto 7 (e relative al caso di armatura semplice) si modificano come segue: Armatura complessiva fittizia: * '

s s sA A A= +

Altezza utile fittizia: '

*'

's s

s s

d A d Ad

A A

⋅ + ⋅=+

Altezza zona compressa: * *

*

21 1s

s

A b dx n

b n A

⋅ ⋅= ⋅ ⋅ − + + ⋅

Momento d’inerzia della sezione parzializzata: ( ) ( )2 23 '1'

3 s sJ b x n A d x n A x d= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − + ⋅ ⋅ −

Tensione massima di compressione nel calcestruzzo: c

M x

Jσ ⋅=

Tensione nell’acciaio compresso: '

's c

x dn

xσ σ−= ⋅ ⋅ , ovvero

( ')s

M x dn

Jσ ⋅ −= ⋅

Tensione nell’acciaio teso: s c

d xn

xσ σ−= ⋅ ⋅ , ovvero

( )s

M d xn

Jσ ⋅ −= ⋅

160

Esempio numerico

Supponiamo di integrare l’armatura dell’esempio con altre due barre sempre del diametro di 20 mm

(ciascuna della sezione di 3,14 cm2).

L’armatura compressa è quindi: 2' 2 3,14 6,28sA cm= ⋅ =

Applichiamo, a cascata, le formule del quadro riepilogativo:

• Armatura complessiva fittizia: * ' 215,70 6,28 21,98s s sA A A cm= + = + =

• Altezza utile fittizia: '

*'

' 56 15,70 4 6,2841,14

15,70 6,28s s

s s

d A d Ad cm

A A

⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅= = =+ +

• Altezza zona compressa: * *

*

2 21,98 2 40 41,141 1 15 1 1 19,07

40 15 21,98s

s

A b dx n cm

b n A

⋅ ⋅ ⋅ ⋅= ⋅ ⋅ − + + = ⋅ ⋅ − + + = ⋅ ⋅

• Momento d’inerzia della sezione parzializzata:

( ) ( )

( ) ( )

2 23 '

2 23 4

1'

31

40 19,07 15 15,70 56 19,07 15 6,28 19,07 4 435.0423

s sJ b x n A d x n A x d

cm

= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − + ⋅ ⋅ − =

= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − + ⋅ ⋅ − =

• Tensione massima di compressione nel calcestruzzo: 1.800.000 19,07

78,90435.042c

M x

Jσ ⋅ ⋅= = =

• Tensione nell’acciaio compresso: 2' 19,07 4

' 15 78,90 11,85 78,90 935 /19,07s c

x dn daN cm

xσ σ− −= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ =

• Tensione nell’acciaio teso: 256 19,07

15 78,90 29,05 78,90 2.292 /19,07s c

d xn daN cm

xσ σ− −= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ =

• Controllo grafico: eseguo la stessa costruzione grafica già vista per il caso di armatura

semplice, stimando anche la tensione all’altezza d’.

Confrontando con il caso di armatura semplice, è interessante osservare come la diminuzione

percentuale della tensione di compressione del calcestruzzo è assai maggiore di quella della trazione

nell’acciaio:

89, 46 78,90

0,12 12 %89, 46

2.331 2.2920,02 2 %

2.331

c

s

σ

σ

−∆ = = =

−∆ = = =

In altre parole, porre armature in zona compressa è benefico soprattutto per il valore della tensione

massima di compressione del calcestruzzo.

161

Riepilogo sintetico dei procedimenti risolutivi

Chiariamo che le metodologie viste mantengono la loro validità per sezioni di forma diversa dalla

rettangolare purché risulti rettangolare la zona compressa di calcestruzzo.

Figura 2. 5Sezioni riconducibili, se parzializzate, a quella rettangolare

Figura 2. 6

Consideriamo il caso di una trave continua: in campata, ove il momento è positivo, sarà compressa

l’ala e la larghezza b da considerare nei calcoli è la larghezza dell’ala. Sugli appoggi, ove il

momento è negativo, sarà compressa l’anima e la larghezza da considerare sarà quella dell’anima.

Figura 2. 8

La figura precedente mostra che una sezione a T con l’anima compressa è riconducibile ad una

sezione rettangolare se l’asse neutro non taglia l’ala.

162

VERIFICA DELLE TENSIONI IN ESERCIZIO

La verifica è prescritta dalle Norme Tecniche NTC 2008 al punto 4.1.2.2.5.

Riprendiamo l’esempio del punto 2.1 ove si era ottenuto:

;:= 89,46 ;9= 2331

Il calcolo delle tensioni va eseguito sotto la coppia (M,N), calcolata sui carichi non amplificati

(gk,qk). E’ la cosidetta combinazione di carico “caratteristica”.

La verifica è la seguente: ;: < 0,60�:> ;9 < 0,80�?>

La legge prescrive anche un’altra combinazione di carico, detta “quasi permanente” ove i carichi

variabili sono ridotti e la verifica è più conservativa :;: < 0,45�:>.

NOTA: Il metodo ricorda quello vecchio delle tensioni ammissibili, che era considerato non solo

una verifica delle tensioni sotto i carichi di esercizio ma, direttamente, una verifica completa di

resistenza.

Osserviamo che la verificasi interessa del valore della tensione puntuale, vale a dire in un solo

punto.

La legge consente un calcolo semplificato con un comportamento del calcestruzzo lineare,

trascurando la resistenza del calcestruzzo a trazione e assumendo n =�9�: = 15 ; pertanto valgono le

formule viste.

NOTA: In base alle Norme Tecniche NTC 2008, il calcestruzzo è di classe C25/30 (per cui Rck =

30 MPa), MPafck 152560,0 =⋅= .

Utilizzando calcestruzzo Rck 300 e acciaio B450C, la verifica è la seguente: @2530 →�:>300 → �:> = 25B�C

D450@ → E�D44+ → �?> = 450B�C

163

Le verifiche sono entrambe positive in quanto:

;: = 89,46 ZC[

� (= 8,95 B�C < 0,60 · 25 = 15 B�C

;9 = 2331ZC[

� (= 233,1 B�C < 0,80 · 450 = 360 B�C

Alzare l’altezza della sezione è sempre benefico, in quanto aumentando z (braccio di leva interna

resistente) diminuiscono sia T sia C.

Quindi possiamo diminuire l’area dell’armatura e le tensioni di compressione del calcestruzzo sono

minori.

ESERCIZIO 1 Di quanto può aumentare il momento agente (Msd) affinchè risulti sempre verificato lo Stato Limite

di Esercizio per le tensioni?

Le tensioni dei materiali sono direttamente proporzionali al momento agente. (tensioni nulle se il

momento è nullo). Consideriamo i rapporti tra le tensioni limite e le tensioni con i carichi di

esercizio.

0,6 �:>

;:

= 15 B�C

8,95 B�C= 1,67

0,8 �?>

;9

= 360 B�C

233,1 B�C= 1,54

Osserviamo che la tensione limite del calcestruzzo si raggiunge quando il momento agente aumenta

del 67%, mentre la tensione limite dell’acciaio si raggiunge aumentando il momento agente del

54%.

Poiché lo stato limite tensionale è raggiunto quando uno qualunque dei due materiali raggiunge la

propria tensione limite, il momento agente potrà aumentate al massimo del 54%.

164

ESERCIZIO 2 Rifare il calcolo dell’armatura in flessione semplice supponendo di avere una trave con i seguenti

dati: b=30cm; H=80cm; dʹ=5cm; M= 1800000 daN·cm; Msd= 1800000*1.5=2600000

1) Tentativo di dimensionamento: d = H - d = 80 – 5 = 75 cm z (stima) = d · 0,9 = 75 · 0,9 = 67,5 cm

Ts =]^_$,`·a = (*$$$$$*%,b = 38519ZC[

f yd = 3913 daN/cm2

As = c-d_ = 0b#``# = 9,87� (

numero ɸ20 = �^�eɸ3f =

,0%,#' = 3,14 4ɸ20=12,56 cm2

2)Verifica delle armature di tentativo:

g = 15 · 12,5630 · h−1 + j1 + 2 · 30 · 7515 · 12,56k = 25,05�

J = #·30·25,053 + 15·12,56·(75-25,05)2 = 627000 cm4

σc = ]·l1 =

#0$$$$$·(b,$b*(%$$$ = 71,91 daN/cm2

σs = 15· %b5(b,$b(b,$b ·71,91 = 2151 daN/cm2

Controllo Grafico:

165

CALCOLO DELLE TENSIONI: METODO A TENTATIVI SULL’ALT EZZA COMPRESSA

Calcolo delle tensioni in una sezione rettangolare presso-inflessa.

Caso di calcolo inverso (a scopo didattico: ricaviamo N ed M partendo dalle tensioni)

Per comprendere il metodo del calcolo delle tensioni in situazione di pressoflessione, ribaltiamo il

problema ricavando N e M partendo dai valori delle tensioni supposte già note.

Supponiamo σc = 72 daN/cm2 ; x= 50 cm e la stessa armatura degli esercizi precedenti (12.56 cm2).

In base alla tensione del calcestruzzo compresso possiamo ricavare la tensione dell’acciaio; è

sufficiente moltiplicare per 15 la tensione di trazione che avrebbe la fibra di calcestruzzo in

corrispondenza dell’armatura: σclsteso = (b·%(b$ = 36. La tensione nell’acciaio si ottiene amplificando per 15 questo valore: 36·15=540.

C = 72 · 30 · 502 = 54000ZC[

T = 540·12,56 = 6782 N = C – T = 47218 daN Poichè non siamo in flessione semplice il momento va calcolato precisando rispetto a quale asse è

riferito. In genere si calcola rispetto al baricentro della sola sezione in calcestruzzo (vale a dire non

considerando la presenza delle armature). Si tratta di moltiplicare C e T per i rispettivi bracci

rispetto al baricentro.

166

Il braccio di T è: d − q( = 75 − 0$( = 35cm

Il braccio di C é: q( − r = 0$( − b$ = 23,3cm

M = C · 23,33 + T · 35 = 1259820 + 237370 = 1486000 daN·cm

Metodo a tentativi su x:

Nella pratica professionale invece si conoscono N e M e si devono ricavare le tensioni.

Partendo dai valori di N e M appena ottenuti ci proponiamo di calcolare le tensioni corrispondenti.

Vedremo che il calcolo inverso è più complesso.

NOTA: Cʹ è la risultante da considerare quando la x è maggiore di d (in corrispondenza di una porzione compressa inesistente).

Dati: M =1496000 daN·cm N =47200 daN

eesterna = st =31,7 cm

σc 1 M 1496000 N 47200 e esterna 31,7 b 30 H 80 dʹ 5 d 75 As 12,56 Asʹ 0 n 15

M = C · vH2 − x3y + Cz · vH2 − d{y + C{ · vH2 + x − H3 y + T · (H2 − d{)

Formule da ricordare:

C = σc· b ·}( CS = n ·

}5~{} · σc ·AʹS

Cʹ = σc · b · (}5q)3(·}

T = n· ~5}} · σc ·AS

N = C + CS – (C) – T

167

Svolgimento:

Il metodo è fondato sulla ricerca di quel valore di x per cui l’eccentricità delle azioni interne

resistenti (e interna) diventi uguale all’eccentricità delle azioni interne agenti (e esterna).

Lo scopo è trovare σc e x. Fisso σc=1 e x è la mia variabile che cambio a tentativi finchè

eesterna=einterna = 31,7 cm.

Una volta che trovo einterna= 31,7 cm avrò anche la x giusta (1°VARIABILE).

Rapportando il valore di progetto di N a quello calcolato per σc = 1 otteniamo il vero valore di σc

(2° VARIABILE). La stessa cosa si può fare con M.

Per capire meglio costruiamo la seguente tabella (ovviamente utilizzando un foglio elettronico) :

x C CS Cʹ T N M e int 40 600 0 - 164,85 435,15 21770 50,03 50 750 0 - 94,2 655,8 20797 31,71 - -

100 1500 0 60 -47,1 1487 11151 7,5 Per maggior chiarezza sviluppiamo ad esempio i calcoli della prima riga: x=40 e σc=1

C = σc· b ·}( =1 · 30 · 402 = 600

CS = n · }5~{} · σc ·AʹS = 15 · '$5b'$ · 1 · 0 = 0

T = n· ~5}} · σc ·AS =15 · %b5'$'$ · 1 · 12,56 = 164,85

N = C + CS – (C) – T = 600 + 0 − 0 − 164,85 = 435,15

M = C · 4q( − }8 + Cz · 4q( − d{8 + C{ · 4q( + }5q 8 + T · 4q( − d{8=600 40$( − '$ 8 + 0 + 0 +164,85 40$( − 58 = 21770

eesterna =st = (#%%$'b,#b = 50,03cm

Il segreto è quindi concentrarsi sull’eccentricità (cioè fare in modo che einterna = eesterna o forse

sarebbe meglio dire e resistente = e agente) e poi di calibrare σc in modo opportuno. Infatti assumendo

σc=1 abbiamo ottenuto un certo valore di N che va rapportato al valore di progetto (la stessa cosa si

può dire per M).

σ�= t�t� =s�s� = '%($$*bb,0 = #'`*$$$($%`% = 72 ~�t��3

168

Nota σ� si ricava dapprima la forza T vera amplificando quella della tabella e quindi la tensione

nell’acciaio.

σz = T · σ�Az = 94,2 · 7212,56 = 540 daNcm(

NOTA: Quanto detto finora vale finchè l’asse x è al massimo pari a d : per valori di x superiori si

deve considerare anche l’azione assiale e il momento corrispondenti alla porzione di calcestruzzo in

realtà inesistente (identificato con C’ nella tabella precedente).

Utilizzo del diagramma x/e

Per ogni valore di x, troviamo e corrispondente:

x e 25,05 1000

30 139,73 40 50,03 50 31,71 60 23,04 70 17,34 75 15

Osserviamo che il primo valore di x corrisponde a quello già calcolato in

flessione semplice. L’ultimo valore (infinito) invece corrisponde

(azione assiale centrata).

Invece di andare a tentativi si può costruire il diagramma sulla base di pochi punti e poi entrare nel

diagramma con e, e ricavare la x.

0

20

40

60

80

100

120

140

0 10 20

e

169

Osserviamo che il primo valore di x corrisponde a quello già calcolato in

flessione semplice. L’ultimo valore (infinito) invece corrisponde alla compressione semplice

Invece di andare a tentativi si può costruire il diagramma sulla base di pochi punti e poi entrare nel

, e ricavare la x.

30 40 50 60 70

x/e

Osserviamo che il primo valore di x corrisponde a quello già calcolato in corrispondenza della

alla compressione semplice

Invece di andare a tentativi si può costruire il diagramma sulla base di pochi punti e poi entrare nel

80

x/e

170

CALCOLO DELLE TENSIONI CON PROCEDIMENTO ITERATIVO

In letteratura è noto il legame matriciale tra le componenti dell’azione interna (N ed M) e

- la deformazione unitaria rispetto all’asse cui è riferito M: ԑ0

- la pendenza del diagramma delle deformazioni unitarie: χ (curvatura)

Moltiplicando per E, è immediato ricavare il corrispondente legame con le tensioni.

⋅

=

⋅

=

χσ

χε

EIS

SA

E

E

IS

SA

M

N 00

χ= Pendenza del diagramma (delle deformazioni unitarie o delle tensioni)

A = Area della sezione omogeneizzata

S = Momento statico della sezione

I = Momento d’inerzia

M, S, I sono riferiti allo stesso asse zero (asse cui è riferito M)

Il nostro scopo è passare da un vettore all’altro tramite una matrice. Vogliamo trovare il vettore

χσE

0 e per questo devo invertire la formula.

⋅

=

⋅

=

χσ

χε

EIS

SA

E

E

IS

SA

M

N 00

⋅

−−

−=

M

N

AS

SI

SAIE 2

0 1χ

σ

Prendiamo come asse di riferimento l’estradosso. Nella figura seguente è stata riportata la posizione

dell’azione assiale dell’esercizio risolto in precedenza (e = 31,7 cm a cui corrisponde x = 50 cm).

171

M = N·(40-31,7) = -47200·8,3 = -392000

A = b · x + n · As = 188,4 + 30 · x

S = b · }3( + n · As · d = 141300 + 15 · x2

I = �·}� + n · As · d2 = 1059750 + 10 · x3

NOTA: A, S, I considerano l’area compressa e l’area dell’acciaio teso amplificata per n=15. E’ conveniente, per facilitare la comprensione, tracciare le tre funzioni A, S, I (polinomi di primo,

secondo e terzo grado) partendo dall’estradosso (nel disegno i diagrammi sono solo simbolici).

Con x=0 avrò:

A = n · As =188,4

S = n · As · d = 141300

I = n · As · d2 = 1059750

172

Se x=H avrò:

A= 2588,4 cm2

S= 110130 cm3

I= 6179750 cm4

NOTA: I valori calcolati per x = 0 e x = H corrispondono ai segmenti orizzontali iniziale e finale

dei diagrammi nella figura precedente.

Utilizziamo il legame matriciale già ricavato, sostituendo i valori di A, S, I calcolati per x = H.

Ricordarsi che M è quello calcolato rispetto all’estradosso e che N è negativo se di compressione.

−⋅

−−

−=

392000

4720012

0

AS

SI

SAIEχσ

σ˳ = �·�–�·]�·�5�3 = 64,26

E� = 5�·�)�·]�·�5�3 = 1,08

Yn =− �˳�� =5*',(*#,$0 =−59,41 Poiché l’asse neutro è posizionato verso il basso a 59,41 cm dall’estradosso, si ha x = 59,41 cm.

Ripetiamo il calcolo con il nuovo valore di x. I valori nuovi sono:

A = 1970,64 cm2

S = 67072 cm3

I = 3156655 cm4

Quindi:

σ˳ = 71,26 = 72 ~�t��3 E� = 1,39 Yn = - 51,27 cm → x = 51,27 cm

Al terzo passaggio otterremo:

σ˳ = - 72~�t��3 E� = 1,44 Yn = 50 cm → x = 50 cm

173

Calcolo delle tensioni in presso-flessione, SINTESI:

Il calcolo tensionale delle sezioni in cemento armato in pressoflessione è complesso perché la

sezione si parzializza e quindi non è nota a priori l’altezza della zona compressa (x).

Nel caso generale con presenza di armature anche in zona compressa, vi sono tre vie per risolvere

questo problema:

1. Impostare l’equazione che ci da direttamente x (altezza zona compressa); l’equazione è di

terzo grado e i passaggi sono complicati.

2. Andare a tentativi sulla x fino a ricavare una distribuzione adimensionale di tensioni con

risultante di eccentricità pari a quella che si ottiene facendo (]�). Calcolata la x il diagramma

unitario va rapportato al valore di progetto di N o di M. (vedi esempi già svolti). Per

comodità conviene disegnare un diagramma che dia e in funzione di x così da risparmiare il

numero di tentativi.

3. Metodo iterativo: osserviamo che bastano due numeri per identificare i diagrammi delle

tensioni:

σ˳= compressione all’estradosso

Eχ = pendenza del diagramma stesso

Questi due numeri si possono ricavare direttamente in funzione di N e M, con M calcolato rispetto

all’estradosso. Il loro rapporto (a meno del segno) indica l’altezza della zona compressa.

Per applicare il metodo si pone x = H e si ricava la nuova x = �˳��. Se x ≥ H il calcolo si conclude; se x < H si ricalcolano i coefficienti della matrice così da ottenere il

nuovo valore di x e si procede fino a convergenza su x.

174

2.2 INTRODUZIONE ALLA PRESSOFLESSIONE DEVIATA

2.2.1 PRESSO FLESSIONE RETTA E DEVIATA

Per immaginare un’azione di presso flessione, partiamo dalla compressione semplice di un pilastro.

Immaginiamo d’applicare la forza P sull’intersezione dei 2 assi di simmetria della sezione del

pilastro, come illustrato in figura 2.2.1.1. In questo caso saremo in presenza della sola azione di

compressione N, in quanto il braccio d’applicazione della forza, rispetto a ciascuno dei 2 assi di

simmetria, è zero e di conseguenza il momento M è nullo.

Volendo generare nel pilastro anche un’azione di flessione, dovremo applicare il carico P ad una

distanza e dall’asse di simmetria, in modo da generare un momento M diverso da zero. In questa

situazione il pilastro è presso inflesso e come illustrato in figura 2.2.1.2, oltre all’azione assiale N, si

avrà anche un momento M.

Figura 2.2.1.2: Pilastro soggetto a compressione e flessione

Nella figura 2.2.1.2 nella sommità del pilastro il momento è sempre pari a P·e indipendentemente

dalle rigidezze del pilastro e della mensola orizzontale, in quanto isostatica.

P e

N = P M = P ·e

e P

N = P

Figura 2.2.1.1: Pilastro compresso

175

S0

Abbiamo la presso flessione dei pilastri anche nel caso del portale di figura 2.2.1.3 (struttura

iperstatica). Come si vede dall’andamento del diagramma del momento, il pilastro è soggetto ad un

momento M e ad un’azione assiale N. Solo nella sezione S0, M vale zero, pertanto in quella sezione

il pilastro sarà soggetto solo ad uno sforzo di compressione.

NOTA: Dalla teoria dei telai, se il telaio è a nodi fissi e i montanti non sono caricati da forze

orizzontali So si trova ad 1/3 della loro altezza; infatti il momento alla base è la metà di quello in

sommità.

Figura 2.2.1.3: Portale, azione di sola compressione in S0.

NOTA: EFFETTO DEI RAPPORTI DELLE RIGIDEZZE Il caso del portale ci offre lo spunto per una riflessione riguardo la rigidezza dei diversi elementi

della struttura. Infatti trattando una struttura iperstatica dobbiamo considerare il rapporto tra la

rigidezza dei diversi elementi strutturali.

Se la rigidezza della trave è molto minore rispetto a quella dei pilastri si può pensare di

rappresentarla come tra due incastri (Figura 2.2.1.4).

Figura 2.2.1.4:Portale assimilabile ad una trave tra incastri. Infatti nella figura 2.2.1.4 si nota come la resistenza offerta dai pilastri alla rotazione è elevata e

risulta come se la trave fosse incastrata.

M/2

M/2

M =

⋅4

lP

P

176

Se la rigidezza della trave è molto maggiore rispetto a quella dei pilastri, si può pensare di

rappresentarla come tra due appoggi (figura 2.2.1.5). Infatti i pilastri non si oppongono alla

rotazione degli estremi della trave che può ruotare liberamente.

Figura 2.2.1.5: Portale assimilabile ad una trave su due appoggi.

In entrambi i casi la somma dei momenti massimi (negativi e positivi) è

⋅4

lP

, nel secondo caso nel

punto di contatto tra i pilastri e la trave la rotazione è libera, nel primo caso invece è impedita. Nel

caso di figura 2.2.1.4 l’azione derivante dalla flessione della trave incide anche sui pilastri,

mentre nel secondo caso possiamo pensare che i pilastri siano solo soggetti a compressione, come

se ci fosse una cerniera.

Possiamo riscontrare un’azione di presso flessione anche nelle travi. E’ il caso illustrato in figura

1_6, di una trave soggetta ad un carico verticale distribuito P e ad una forza laterale w, che genera la

compressione, solitamente dovuta all’azione del vento.

Nel pilastro d’angolo della figura 2.2.1.6, ci sono due coppie flettenti che generano delle tensioni

normali (SIGMA) che si sommano a quelle dell’azione assiale.

Infatti è necessario distinguere tra azioni che generano tensioni normali (N, Mx, My) e azioni che

generano tensioni tangenziali (T, Vx, Vy) (riprenderemo questo discorso subito dopo).

Nei casi visti precedentemente, dove l’azione viene applicata lungo un asse di simmetria della

sezione del pilastro si parla di presso flessione retta. Nel caso del pilastro d’angolo, si parla di

presso flessione deviata.

M =

⋅4

lP

M

177

Figura 2.2.1.6: presso flessione deviata nei pilastri.

2.2.2 EFFETTI DELLE COMPONENTI DELL’AZIONE INTERNA

Suppongo d’avere una trave cava e di materiale elastico ed omogeneo, come in figura 2.2.2.1. La

figura A mostra le azioni interne cui corrispondono tensioni normali σ; la figura B mostra le azioni

interne cui corrispondono tensioni tangenziali τ.

Caso A: trave cava soggetta a N e a due momenti flettenti My e Mz;

tensioni conseguenti.

P

w

N Mxx

Myy 1_6a

1_6b

178

Caso B: trave cava soggetta a momento torcente T(x) e a due tagli Vy e Vz; tensioni conseguenti.

Figura 2.2.2.1

Nel primo caso A, quando la sezione è soggetta ad azione assiale, tutte le quattro pareti lavorano

contemporaneamente, invece sotto l’effetto dei due momenti, vediamo come l’azione di

compressione coinvolga due regioni diverse della sezione. Di seguito cercheremo di capire come si

distribuiscono le zone tese e compresse in una sezione, quando si devono combinare

contemporaneamente le due azioni flettenti.

Nel caso del calcestruzzo armato è lecito combinare azioni ma non è lecito combinare

resistenze perché ad ogni coppia di azioni corrisponde una sezione resistente diversa. A rigore di

termini è possibile sommare M e N tutte della stessa eccentricità perché l’altezza della zona

compressa non cambia.

Per il caso B invece le azioni interne generano degli sforzi tangenziali τ come mostrato in figura.

Nella figura 2.2.2.2 invece immaginiamo d’avere una trave soggetta ad un momento My dovuto al

peso proprio e al carico sovrastante e ad un momento Mz dovuto all’azione del vento. Il momento

all’interno della trave non è costante e variando genera il taglio, essendo quest’ultimo la derivata del

momento. In questo caso si devono considerare i tagli nei due diversi piani.

Figura 2.2.2.2: trave soggetta a due azioni flettenti

179

Nota sull’azione del taglio: Come si vede dalla prima trave rappresentata in figura 2.2.2.3, il taglio è diverso da zero

quando si ha una variazione del valore del momento. Nel secondo esempio della figura 2.2.2.3 è rappresentato

l’andamento del momento di una trave su due appoggi: se consideriamo due sezioni di trave distanti ∆x, il momento

Msx sarà diverso dal momento Mdx. La coppia mancante per effettuare il bilanciamento della coppia deriva dal taglio

V.

MxV ∆=∆⋅ ; x

MV

∆∆=

Figura 2.2.2.3: momento di una trave su due appoggi

Anche da questa semplice dimostrazione, supponendo che ∆x diventi infinitesimo, si può riconoscere come il taglio è la

derivata calcolata nel punto, quindi la pendenza del grafico del momento.

La presenza di due azioni flettenti induce l’inclinazione dell’asse neutro (vale a dire il luogo

geometrico dei punti in cui la tensione normale è nulla). Nella figura 2.2.2.4 si vede la distribuzione

della zona tesa e di quella compressa in un pilastro d’angolo, soggetto all’azione flettente delle due

travi che sostiene.

Figura 2.2.2.4: pilastro d’angolo

C

T

180

2.3 PRESSOFLESSIONE DEVIATA

Per comprendere la presso flessione deviata, ripercorriamo i passaggi che avevamo visto per quella

retta (vedi prima parte del corso “MODULO A”). Come prima cosa va individuato l’asse di

simmetria (verticale nella figura) della sezione di cui stiamo studiando il comportamento. Sull’asse

di simmetria si troverà anche il baricentro G. Dovremo calcolare la deformazione ε per ogni

situazione di rottura, dalle deformazioni si potrà passare alla definizione delle tensioni σ, attraverso

i diagrammi σ-ε dei materiali. Dalle tensioni σ si passerà alle forze Fi che serviranno per il calcolo

di N e M.

Figura 2.3.1: costruzione di N e M a partire dalla sezione, ε, σ e Fi

Per la presso flessione retta nella figura 2.3.1 possiamo vedere come l’asse neutro “n”, che

rappresenta l’asse di separazione tra zona tesa e zona compressa, abbia inclinazione zero, cioè è

ortogonale all’asse di simmetria.

Nel caso di presso flessione deviata dobbiamo considerare, come visto nelle pagine precedenti, che

l’azione interna resistente ha tre componenti: N, Mx e My.In questo caso l’inclinazione dell’asse

neutro, angolo α, sarà diverso da zero, quindi la situazione sarà quella illustrata dalla figura 2.3.2.

CASO DI FLESSIONE DEVIATA

Consideriamo dapprima il caso di flessione deviata (N=0).

181

Figura 2.3.2: diagramma limite di deformazione e diagrammi di tensione per presso flessione deviata.

Per comprendere il comportamento di una sezione soggetta a flessione deviata consideriamo il

problema come fosse già risolto, come rappresentato in figura 2.3.3, facendo riferimento a quanto

scritto dal Prof. Radogna (E.F.Radogna “Tecnica delle costruzioni” Ed. Masson): supponiamo cioè

di conoscere già l’asse neutro.

Figura 2.3.3: diagramma di deformazione e tensione per flessione deviata. (tratto da “Tecnica delle costruzioni” ,

E.F. Radogna, Ed. Masson).

Fissata l’inclinazione dell’asse neutro, il metodo prevede che si disegni perpendicolarmente all’asse

neutro il diagramma delle ε (in figura 2.3.3 uno dei casi limite) e successivamente il corrispondente

diagramma delle σ, utilizzando ad esempio,per semplicità, il diagramma rettangolare dello stress-

182

block. Procedendo come già visto, vale a dire suddividendo la sezione in strisce parallele all’asse

neutro si ottengono tutte le forze elementari sia corrispondenti al calcestruzzo sia corrispondenti

all’acciaio. Si ottengono così la risultante Cu di compressione e la risultante Tu di trazione. I punti A

e B sono i punti di applicazione rispettivamente delle risultanti Cu e Tu. La congiungente di A e B

è perpendicolare alla direzione del vettore applicato M, vale a dire determina il piano del

momento resistente. Questo momento si scompone lungo le direzioni x e y generando Mx e My.

Definita z la distanza tra i punti A e B risulta zTzCM uuu ⋅=⋅=

Osserviamo che il vettore applicato non è generalmente parallelo all’asse neutro.

NOTA: Nella realtà, ovviamente, l’asse neutro non è noto, ma va ricavato con un procedimento di

successive correzioni (su x e α) fino ad avere uu TC =

CASO DI PRESSO-FLESSIONE DEVIATA

Nel caso in cui si consideri anche l’azione assiale il metodo è questo: si procede per varie posizioni

ed inclinazioni dell’asse neutro (cioè vari valori di x e α); calcolando ogni volta i momenti

complessivi delle risultanti di compressione e di trazione rispetto agli assi x e y (Mux, Muy) e

calcolando in più uuu TCN −= .

tuucuuux yTyCM ⋅=⋅=

uuu TCN −=

tuucuuuy xTxCM ⋅=⋅=

Facendo variare x e α; per ogni coppia troviamo una terna di valori resistenti. Se noi disegnamo le

terne ottenute, ricaviamo la figura seguente.

183

Nel caso della pressoflessione deviata si deve operare quindi in uno spazio tridimensionale: invece

della curva di interazione si ha una superficie di interazione perché le componenti della

sollecitazione sono tre (Nu, Mux, Muy). Come visto la determinazione di un punto sulla superficie si

effettua in modo analogo a quello adottato per la pressoflessione retta, con la differenza che

l’inclinazione dell’asse neutro è in questo caso variabile e quindi si procede per iterazioni

successive fissando di volta in volta l’inclinazione dell’asse neutro. Si ottengono così un insieme di

punti che collegati opportunamente determinano la superficie limite d’interazione.

La figura tratta dal libro del Ghersi (“Verifica e progetto allo stato limite ultimo di pilastri in c.a.

a sezione rettangolare: un metodo semplificato”. Aurelio Ghersi, Marco Muratore) confronta il

dominio tridimensionale allo SLU (quello di cui si è detto finora) con l’analogo allo stato limite

tensionale. È necessario osservare che in certi casi il dominio d’interazione nella sezione Mx-My

non è convesso, a differenza di quanto avviene per i domini del tipo N-M.

Consideriamo il caso di una sezione quadrata armata nei 4 vertici (la figura è tratta dal libro già

citato del Professor Radogna): è facile dimostrare che il momento in direzione diagonale è minore

di quello in direzione orizzontale e verticale e pertanto le curve a N=cost hanno tratti concavi.

184

2.3.1 METODO SEMPLIFICATO DI VERIFICA DELLA SEZIONE A PRESSO FLESSIONE DEVIATA

L'andamento delle curve della figura seguente (curve ad N costante) - ottenute sezionando con un

piano verticale la superficie bidimensionale della figura 2.3.4 - suggerisce un metodo approssimato

di verifica, che consiste nel sostituire alla curva Nu= cost, ovvero ν=costante nello spazio

adimensionale, un segmento rettilineo, interamente interno al dominio di resistenza. Il segmento è

facilmente determinabile in base ai soli valori dei momenti MxR ed MyR delle flessioni rette, che

sono di agevole determinazione, quando la sezione è simmetrica.

La verifica è eseguita controllando che il punto (Mx,d; My,d), dovuto alle azioni di calcolo sia non

esterno al segmento stesso. Si tratta evidentemente di un procedimento approssimato a favore di

sicurezza, che può essere reso più preciso adottando, al posto del segmento rettilineo, curve

interpolatorie. La normativa consente l’utilizzo di questo metodo semplificato, nella forma:

1≤

+

αα

NdyR

dy

NdxR

dx

M

M

M

M

,

,

,

,

185

Figura 2.3.1.1: approssimazione a favore di sicurezza.

- Mx,d ed My,d sono rispettivamente i momenti intorno agli assi maggiore e minore, dovuti ai

carichi ultimi;

- MxR,Nd e MyR,Nd sono i momenti resistenti per un dato valore di Nd

- α è un coefficiente definito dall’EC2.

IL VALORE DELL’ESPONENTE NELLA FORMULA D’INTERAZION E

1≤

+

αα

NdyR

dy

NdxR

dx

M

M

M

M

,

,

,

,⇒ negli spazi adimensionali vale 1≤

+

α

ν

α

ν µµ

µµ

dyR

dy

dxR

dx

,

,

,

,

Le Norme tecniche 2008 non danno una formula per ricavare il valore di α, ma esso è funzione della

geometria, di ν* e di ωt. Abbiamo introdotto il simbolo ωt (con riferimento all’area totale) per

distinguerlo da ωx e ωy . In altre parole, ωt considera l’armatura presente su tutti i lati. Allo stesso

modo, abbiamo introdotto il simbolo ν* per distinguerlo da ν : in ν* al denominatore compare

anche As·fyd.

Per il calcolo di α facciamo di seguito riferimento a quanto riportato nell’Eurocodice 2.

Rcd

ydtot

tN

fA ⋅=ω (l’area totale è la somma dell’armatura presente su tutti i lati)

ydscdc

d

fAfA

N

⋅+⋅=*ν ⇒

t

d

cdc

ydtot

cdc

d

fA

fA

fA

N

ωνν+

=

⋅⋅

+

⋅=1

1* (in quanto As=Atot)

Per sezioni rettangolari α assume i seguenti valori:

Nd/NR ⇒ν* 0,1 0,7 1,0 α 1 1,5 2

Rappresentando in diagramma i valori dell’EC otteniamo la seguente curva:

186

0.0

0.5

1.0

1.5

2.0

0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0

ν*

α

Possiamo approssimare la curva con una spezzata:

0.0

0.5

1.0

1.5

2.0

0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0

ν*

α

α è ottimamente approssimato a favore di sicurezza con

)*( 21 να +≅

A titolo di esempio: nell’intervallo 7,0*1,0 ≤≤ν , dato ν* ricavo α con l’equazione della retta:

( ) 1101070

151 +−⋅

−−= ,*

,,

, να

187

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

m

m

α=1α=1,2α=1,4α=1,6α=1,8α=2

Mx,d/Mx,R

My,d/My,R

Figura 2.3.1.1.: Curve di Bresler con α fino a 2

2.3.2 VERIFICA DELLA PRESSOFLESSIONE DEVIATA CON LA RIDUZIONE A DUE PRESSOFLESSIONI RETTE

Eseguire la verifica di resistenza della seguente sezione soggetta alle azioni indicate.

3 φ16

30

60

5 φ20

5 φ20

3 φ16

x

y

Il copriferro d' vale 6 cm in una direzione e 4 cm nell'altra.

α

188

Azioni di progetto:

) (800.000 80

) (2.500.000 250

) (100.000 000.1

,

,

daNcmkNmM

daNcmkNmM

daNkNN

yd

xd

d

==

=

Resistenze di progetto:

MPaf

MPaf

yd

cd

3,391

17,14

==

NOTA: per semplicità e a vantaggio di sicurezza, calcolare il momento resistente rispetto ad un asse tenendo conto della sola armatura nei lati paralleli all'asse, seguendo lo schema della figura seguente.

x

y

Mx

My

5 φ20

5 φ20

3 φ163 φ16

1 φ20

1 φ20

1 φ20

1 φ20

x

y

)1662010(348.448,43

)163202(232.132,12'

)205(571.171,15'

22

22

22

φφ

φφφ

+==

+===

===

mmcmA

mmcmAA

mmcmAA

tot

sysy

sxsx

Verifica con riduzione a due pressoflessioni rette

Le Norme Tecniche (punto 4.1.2.1.2.4) consentono una verifica semplificata che riduce il problema a due pressoflessioni rette, utilizzando la formula di interazione detta di Bresler:

1,

,

,

, ≤

+

αα

xR

xd

xR

xd

M

M

M

M

- xdM , e xdM , sono i momenti flettenti di progetto, nelle due direzioni, concomitanti con Nd;

- xRM , e xRM , sono i momenti resistenti, in pressoflessione retta, in corrispondenza di Nd;

- α è un esponente per il quale – nel caso di sezioni rettangolari – l'Eurocodice 2 dà i seguenti valori:

1*0,2

7,0*5,1

1,0*0,1

====≤=

νανανα

189

Abbiamo introdotto il simbolo *ν per indicare il rapporto:

ydtotcdc

d

fAfA

N

⋅+⋅=*ν

ν *

1,0

1,5

2,0

0,1 0,7 1,0

Valori dell'esponente α della formula d'interazione di Bresler. Per comodità, possiamo semplificare l'espressione di α :

( ) ( ) ( )[ ]*667,1333,0;*833,0917,0;00,1max ννα ⋅+⋅+=

La verifica può essere svolta direttamente nello spazio adimensionale:

1,

,

,

, ≤

+

αα

µµ

µµ

xR

xd

xR

xd

Utilizziamo il metodo del vettore unico

Azioni di progetto adimensionali

392,017,14)600300(

10000.1 3

=⋅⋅

⋅=⋅

=cdc

dd fA

Nν

( ) 163,017,14600600300

10250 6,

, =⋅⋅⋅

⋅=⋅⋅

=cdxc

xdxd fHA

Mµ

( ) 105,017,14300600300

1080 6,

, =⋅⋅⋅

⋅=⋅⋅

=cdyc

ydxd fHA

Mµ

Nelle due direzioni, con significato ovvio dei simboli, si avrà:

190

400,060060

5,05,0'

=−=−=x

xxs H

dδ , ( ) 48,017,146003003,391571.122

=⋅⋅

⋅⋅=⋅⋅⋅

=cdc

ydxx fA

fAω

367,0300

405,05,0

'

=−=−=y

yys H

dδ , ( ) 38,017,146003003,391232.122

=⋅⋅

⋅⋅=⋅

⋅⋅=

cdc

ydyy fA

fAω

Per semplicità considero un unico 40,05,0'

=−=H

dSδ

Tracciamento del diagramma adimensionale corrispondente al rapporto s

s

A

A'

=1

Essendo la sezione simmetrica, siamo nel caso in cui ω∆=0 (perché As=As’).

Entriamo nel diagramma adimensionale As = A’s con il valore νd =0,39.

Intercettando le curve ωx =0,48 e ωy =0,38, leggo il valore di µx,R=0,29 e di µy,R=0,25.

191

1,

,

,

, ≤

+

α

ν

α

ν µµ

µµ

dyR

dy

dxR

dx

I numeratori sono i momenti di progetto adimensionali già calcolati.

Sostituendo si ottiene:

125,0

105,0

29,0

163,0 ≤

+

αα

235,0667,01

392,0

1* =

+=

+=

t

d

ωνν

Per riprova ricalcoliamo *ν con la formula diretta:

( ) 235,03,391348.417,14600300

10000.1*

3

=⋅+⋅⋅

⋅=⋅+⋅

=ydtotcdc

d

fAfA

Nν

( ) ( ) ( )[ ] [ ] 113,1725,0;13,1;1max*667,1333,0;*833,0917,0;0,1max ==⋅+⋅+= ννα

( ) ( ) 1908,0381,0527,0420,0562,025,0

105,0

29,0

163,0 113,1113,1113,1113,1

≤=+=+=

+

Diversa costruzione grafica

Sfruttando il fatto che:

ydxdd ,, ννν ==

la costruzione grafica può essere organizzata utilizzando l'asse positivo delle ordinate per xµ e l'asse

negativo delle ordinate per yµ (per la doppia simmetria della sezione, i segni dei momenti sono irrilevanti).

Costruiti i due diagrammi adimensionali (il vettore unico è semplicemente un segmento orizzontale avente

lunghezza pari, in un caso, a xω e nell'altro caso a yω ), stimiamo i due valori del momento resistente

adimensionale da cui ricaviamo i momenti resistenti adimensionali:

29,0, ≅xRµ

25,0, ≅yRµ

192

193

ALTRO ESERCIZIO

Ricavare α quando ν* =0,05, ν* =0,5, ν* =0,8.

0.0

0.5

1.0

1.5

2.0

0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0

ν*

α

Osservo che ν* =0,05 si trova nell’intervallo 0≤ν* ≤0,1 la retta è costante, α=1.

Osservo che ν* =0,5 si trova nell’intervallo 0,1≤ν* ≤0,7 quindi uso la formula di interpolazione:

( ) 33,111,05,01,07,0

15,1 =+−⋅

−−=α

α=1,33.

Osservo che ν* =0,8 si trova nell’intervallo 0,7≤ν* ≤1 quindi uso la formula di interpolazione

( ) 67,15,17,08,07,01

5,12 =+−⋅

−−=α

α=1,67

194

2.5 METODO PER TRACCIARE I DIAGRAMMI N-M x-M y DI UNA SEZIONE RETTANGOLARE CON ARMATURA COSTANTE LUNGO I LATI

Facendo riferimento a quanto riportato in uno studio del 2006 del prof. Cedolin del politecnico di

Milano, si dimostra che per una sezione rettangolare simmetrica “se l’asse neutro è parallelo ad

una diagonale, il momento resistente è ortogonale all’altra diagonale”.

Si determina la sollecitazione risultante mediante la somma dei contributi delle sottili strisce in cui è

stata idealmente suddivisa la sezione; se l’asse neutro è parallelo alla diagonale, ogni fibra di

calcestruzzo che considero ha baricentro allineato sull’altra diagonale e lo stesso vale per le

armature che risultano disposte in modo da avere baricentro sulla diagonale.

Le risultanti di trazione e compressione risultano allineate sull’altra diagonale; la sezione è

equivalente ad un rombo e il problema è ricondotto a monodimensionale.

a

b

D

x

H/2

MD MDy

MDx

H

n

a

bD

D

H

Il momento ortogonale alla diagonale, definito MD, si scompone nelle due componenti in direzione

degli assi ortogonali x,y:

D

bMM

D

aMM

DDy

DDx

⋅=

⋅= ;

Per costruire il dominio limite per pressoflessione deviata si “fa girare” il programma costruito per

presso flessione retta 3 volte.

Entrando con Nd trovo Mx, My, MD.

D

baH

Hx

D

bax

b

x

D

a ⋅⋅==⋅=⇒= 2;

2;

195

Νd

Mx

My

MD

Ν

Mx

Ν

My

Ν

MD

Rappresentiamo il dominio limite N-MX-MY per pressoflessione deviata:

MxR,Nd

MyR,Nd

Mx

My

N=Nd

MD,Nd

N

Le superfici di stato limite si possono rappresentare sotto forma di curve di livello,per esempio sul

piano Mx, My relativamente a valori costanti di N.

196

Per un dato valore di calcolo Nd:

1,,

=

+

αα

NdyR

Dy

NdxR

Dx

M

M

M

M⇒ calcolo α

Si verifica la sezione applicando la formula d’interazione:

1≤

+

αα

NdyR

dy

NdxR

dx

M

M

M

M

,

,

,

,

Per ottenere i diagrammi adimensionali calcoliamo

cd

dd fab

N

⋅⋅=ν

cd

NdxRRx

fab

M

⋅⋅=

2,

,µ ; cd

NdyR

Ryfab

M

⋅⋅=

2

,

,µ

cd

ydtot

fab

fA

⋅⋅⋅

=ω

µxR,νd

µyR,νd

µD,νd

µDx

µDy

ν

µx

µy

1=

+

αα

µµ

µµ

yR

y

xR

x

Se il punto è interno alla curva limite la sezione è verificata.

197

2.6 METODO GENERALE PER TRACCIARE I DIAGRAMMI N-MX-MY Si vuole verificare la resistenza alle azioni N-Mx-My di una sezione rettangolare comunque armata

adottando la costruzione dei domini di presso flessione retta.

Il metodo vale per sezioni doppiamente simmetriche di calcestruzzo e per disposizione

dell’armatura qualunque.

x

y

x

y

In questo caso conviene distinguere con indice i le fibre di calcestruzzo e con indice j le armature.

Si utilizza il programma per presso flessione retta 3 volte, con un piccolo arrangiamento costituito

dall’aggiunta delle ascisse delle armature rispetto all’asse di simmetria della sezione di

calcestruzzo.

CASO 1: Presso flessione in direzione x

G εsj

εsj

n

x

y

εci

σσci

σsj

σsj

F

Fsj

Fsj

x (-) x (+)j j

As

εFci

Al foglio elettronico visto al paragrafo 2.2.4., in corrispondenza delle armature va aggiunta una

colonna in cui si riporta l’ascissa xj, facendo attenzione alla definizione del segno.

i yi yj xj Asj ….

Si calcolano:

∑∑ +=j

sj

i

ci FFN1

198

)()( gj

j

sj

i

gicix yyFyyFM −+−⋅= ∑∑1

j

j

sjy xFM ⋅= ∑1

si noti come il momento secondario deriva solo dalla asimmetria delle armature.

se ad esempio l’armatura fosse simmetrica l’ultima sommatoria si annulla sempre.

CASO 2: Presso flessione in direzione y

Tutto è identico e si ottengono analogamente yx MMN 222 −−

CASO 3: Presso flessione con asse neutro parallelo ad una diagonale

Si sfrutta il teorema del Professor Cedolin e pertanto il momento resistente della sola sezione di

calcestruzzo è un vettore ortogonale all’altra diagonale.

G

x (-)j

x (-)j

M

Mx

My

∆M

∆MX

∆MY

n

Le ascisse delle armature vanno misurate ortogonalmente all’altra diagonale.

Il ∆M è dovuto alla asimmetria delle armature rispetto alla diagonale che dà il suo contributo in

direzione x ed y.

Se le armature fossero simmetriche rispetto all’altra diagonale incrementerebbero semplicemente il

momento del calcestruzzo senza cambiarne direzione.

199

Pertanto ho ottenuto tre diagrammi di interazione (in quanto spostando gli assi neutri ottengo varie

coppie di N e M): ciascun caso dà luogo ad un diagramma resistente in direzione x e un diagramma

resistente in direzione y.

Sia da verificare la resistenza della sezione dati Nd, Mx,d, My,d

Si entra con Nd in tutti 6 i diagrammi e si ricava la posizione di 3 punti che sono sicuramente sul

dominio limite.

Ν

M1x

Ν

Ν

Νd

Ν

M1y

Ν

Ν

Νd

M2x M2y

M3y

PUNTO 1(M1x, M1y)

PUNTO 2(M2x, M2y)

PUNTO 3(M3x, M3y)

M3y

RISOLUZIONE GRAFICA

Traccio la curva passante per i tre punti considerati e verifico se il punto in progetto (Mx,d,My,d) è

all’interno.

My

Mx

1

23

N=Nd

MxR

MyR

Mxd

Myd

200

RISOLUZIONE ANALITICA

Per ricavare la curva che passa dai 3 punti sopra rappresentati ho 3 equazioni in 3 incognite: Mx,R,

My,R, α

Il sistema è non lineare per cui si utilizza il risolutore dei fogli elettronici.

Si deve risolvere il seguente sistema:

1

1

1

33

22

11

=

+

=

+

=

+

αα

αα

αα

yR

y

xR

x

yR

y

xR

x

yR

y

xR

x

M

M

M

M

M

M

M

M

M

M

M

M

Noti MxR, MyR, α si procede con la verifica

1≤

+

αα

NdyR

dy

NdxR

dx

M

M

M

M

,

,

,

,

201

2.7 ANALISI LINEARE CON RIDISTRIBUZIONE LIMITATA

Poiché allo stato limite ultimo le sezioni inflesse più sollecitate danno luogo a rotazioni plastiche

che consentono di rinviare ad altre zone l’effetto dei successivi incrementi di carico, in quelle

sezioni è possibile assumere per il progetto dell’armatura, un momento δM ridotto rispetto al

momento M derivante dal calcolo lineare elastico a condizione che nelle altre patti della struttura

siano considerate le corrispondenti variazioni necessarie per garantire l’equilibrio.

Vengono riportate le formule per il calcolo di δ ammissibile in funzione della classe del

calcestruzzo, del tipo di acciaio e del rapporto xu/d a distribuzione avvenuta.

d

xu⋅+≥ 25,144,0δ per 50≤ckf [N/mm2]

coi limiti 70,0≥δ in presenza di acciai tipo B e C

85,0≥δ in presenza di acciai tipo A

d

xu

cu

⋅

+⋅+≥

2

0014.06,025,154,0

εδ per 50>ckf [N/mm2]

È necessario tenere presente che una ridistribuzione effettuata nel rispetto delle regole di duttilità

assicura solo l’equilibrio allo stato limite ultimo. Per gli stati limite di esercizio sono necessarie

verifiche specifiche.

202

Riduzione del valore del momento negativo su appoggio iperstatico

In corrispondenza degli appoggi si possono creare fessure nella sezione resistente che comportano

un abbassamento del diagramma dei momenti.

Si deve dunque calcolare il diagramma di correzione dei momenti, tale diagramma che indicheremo

con ∆M, andrà sommato punto per punto al diagramma dei momenti dovuto ai carichi presenti sulla

struttura nell’ipotesi di assenza di fessurazioni e comportamento elastico. Tramite questa procedura

si ottiene come risultato il diagramma dei momenti con ripartizione.

Esempio:

Momento elastico

∆M momento di correzione

Momento ripartito (finale)

Rispetto al vincolo centrale si può calcolare il valore del momento finale deciso il δ e noto il valore

del momento elastico:

MfinaleMelastico =⋅ δ

203

Analisi di una struttura soggetta a carichi con metodo lineare elastico con

distribuzione limitata (LR).

Trave continua a due luci di m 5, sezione rettangolare b=500 mm, h= 250 mm, d = 220 mm. La

trave è armata all’appoggio centrale (sezione B) con armatura tesa As= 1000 mm2 e compressa A’s=

250 mm2.

Materiali: calcestruzzo C30/37, acciaio di classe avente fyk= 450 N/mm2.

Carico q uniformemente distribuito sulle due campate.

q

La sezione, sviluppando i calcoli presenta:

( ) ( ) kNmxdfAM

cmfb

fAfAx

ydSrd

cd

ydSydS

7875,44,0223913204,0

75,468,0

'

≅⋅−⋅⋅=−⋅⋅≅

=⋅⋅

⋅−⋅=

216,0=d

xu

2' 5,2 cmAS =

210cmAS =cm50

cm22

cm25

204

Secondo l’analisi lineare si determina il carico qu allo stato limite ultimo.

Essendo noto che il momento nel vincolo centrale vale:

( ) 8/2qlM −=

Si ricava:

84,24=Uq kN/m

Ora consideriamo la fessurazione secondo il metodo lineare elastico con ridistribuzione

limitata:

calcoliamo la riduzione massima:

d

xu⋅+≥ 25,144,0δ

Quindi:

71,0216,025,144,0 =⋅+=δ

È noto che rispetto al vincolo centrale si ha:

rdU Mq =

⋅⋅ 2

8

1lδ

Che numericamente risulta:

mkNqq UU /357,778

171,0 2 =⇒=

⋅⋅ l

Questo risultato evidenzia come considerando la ridistribuzione dei momenti e dunque la

fessurazione della sezione si riesca a sopportare un carico superiore.

Si deve però ora verificare il valore del momento massimo positivo ottenuto a seguito della

ridistribuzione.

Avendo nota la posizione e il valore del carico massimo:

205

M= 114,2 qu l˛

Si che:

5,6153532,14

1 2 =⋅⋅=M

Si calcola il momento di ridistribuzione

E dunque lo si valuta nel punto di massimo del caso precedente.

M=12

Applicando il principio di sovrapposizione degli effetti nella coordinata 0,375*l si ottiene un

momento totale pari a 73,5 e dunque inferiore al momento resistente.

7,775,73125,61 <=+

( ) 7,318

11 2 =

⋅⋅−=∆ lUqM δ

206

2.7.1 DIMOSTRAZIONE DEI DIAGRAMMI DI CORREZIONE DEI MOMENTI

Dimostriamo ora come si può ricavare il diagramma di correzione dei momenti ∆M nel caso di

trave su quattro appoggi. Il risultato riguarda il caso in cui vi sia fessurazione sull’appoggio B.

Consideriamo che sia presente una cerniera sul vincolo B e applichiamo una coppia unitaria sul lato

destro e sinistro, come segue in figura.

Si può dunque considerare la trave come composta da due componenti. Una parte isostatica che

comprende il tratto l0, ed una parte iperstatica che comprende l1 ed l2.

Si considerano separatamente i due casi:

A) Parte isostatica:

Il momento unitario indotto sul vincolo B lato sinistro comporta il risultato grafico soprastante.

B) Parte iperstatica

207

Per arrivare a soluzione si utilizza il metodo delle forze.

Il momento unitario applicato sul vincolo B lato destro induce una rotazione relativa sul vincolo C

pari a αM

αM= l16EJ

L’iperstatica risponde creando una coppia x che corrisponde ad una rotazione relativa αx

αX= l13EJ+

l23EJ

Si eguagliano dunque le rotazioni relative:

XM αα =

EJ

llx

EJ

lM

36211 +⋅=⋅

21

1

2

1

ll

lMx

+⋅=

In definitiva il diagramma unitario di correzione dei momenti risulta essere la somma della

componente isostatica e di quella iperstatica. Con il risultato grafico come segue:

208

Naturalmente i valori trovati riguardano il caso in cui si abbia momento unitario, per calcolare il

diagramma definitivo di deve moltiplicare il valore del momento di ripartizione ∆M per ogni punto

del diagramma sopraottenuto.

Il diagramma trovato riguarda il caso in cui si abbia un cedimento su di un unico appoggio, in

questo caso corrispondente al B. Nel caso di cedimento su più appoggi, ad esempio su B e C, il

diagramma di correzione assumerebbe una forma come segue:

209

Metodo lineare elastico con distribuzione limitata (LR) applicato all’esempio

numerico del punto 1.5.

Applichiamo ora il metodo LR all’esempio numerico del punto 1.5, analizzando in particolar modo

e sotto specifiche condizioni le situazioni di carico denominate S1+S2 e S1+S3.

Di tali schemi di carico riportiamo di seguito i diagrammi dei momenti con riportati i valori del

momento in ogni singolo punto e i carichi a cui è sottoposta la struttura:

gD=20,25

qD=33,75

195 -427 248 -427 195

gD=20,25

qD=33,75

182 -458 291 -316 11

I due casi sono stati trattati secondo le seguenti ipotesi:

S1+S2 ridistribuzione applicata agli appoggi corrispondenti ai punti P2 e P4 con δ=0,9.

S1+S3 ridistribuzione applicata all’appoggio corrispondente al punto P2 con δ=0,85.

I valori di δ sono stati ricavati come spiegato nel sottocapitolo 2.5.

210

CASO S1+S2

195 -427 248 -427 195

In questo caso la ridistribuzione viene applicata rispetto il punto P2 e P4, a cui corrisponde un

momento di ripartizione unitario (∆unitario) con tale forma:

0,4 1 1 1 0,4

Si calcola ora il momento finale che si otterrà a seguito di aver considerato la ripartizione, tale

valore si ottiene moltiplicando il valore deciso di ripartizione per il momento di valore massimo.

MelMfinale ⋅= δ

( ) 3854279,0 −=−⋅=Mfinale

È possibile ora calcolare il ∆M che moltiplicato per il vettore che riscalato per il ∆unitario restituirà

il diagramma di correzione dei momenti da sommare al diagramma dei momenti restituito dai

carichi.

MfinaleMelM −=∆

42385427 =−−−=∆M

Il diagramma di correzione dei momenti risulta avere i seguenti valori:

211

( ) [ ]4,01114,021 ⋅∆=+∆ MSS

( ) [ ] [ ]8,164242428,164,01114,04221 =⋅=+∆ SS

Sommando punto a punto il diagramma ricavato dai carichi e il diagramma di correzione si ottiene

il diagramma finale dei momenti con i nuovi valori presenti.

195 -427 248 -427 195

16,8 42 42 42 16,8

211,8 -385 290 -385 211,8

M finale

212

CASO S1+S3

182 -458 291 -316 11

In questo caso la ridistribuzione viene applicata rispetto il punto P2, a cui corrisponde un momento

di ripartizione unitario (∆unitario) con tale forma, ricavata a seguito della dimostrazione presente al

punto precedente:

0,4 1 0,36 -0,29 -0,12

Si calcola ora il momento finale che si otterrà a seguito di aver considerato la ripartizione, tale

valore si ottiene moltiplicando il valore deciso di ripartizione per il momento di valore massimo.

MelMfinale ⋅= δ

( ) 38945885,0 −=−⋅=Mfinale

È possibile ora calcolare il ∆M che moltiplicato per il vettore che riscalato per il ∆unitario restituirà

il diagramma di correzione dei momenti da sommare al diagramma dei momenti restituito dai

carichi.

MfinaleMelM −=∆

213

69389458 =−−−=∆M

Il diagramma di correzione dei momenti risulta avere i seguenti valori:

( ) [ ]12,029,036,014,021 −−⋅∆=+∆ MSS

( ) [ ] [ ]3,8208,24696.2712,029,036,014,06921 =−−⋅=+∆ SS

Sommando punto a punto il diagramma ricavato dai carichi e il diagramma di correzione si ottiene

il diagramma finale dei momenti con i nuovi valori presenti.

182 -458 291 -316 11

27,9 69 24,8 -20 -8,3

209,9 -389 315,8 -296 2,7

M finale

214

3 INTRODUZIONE AL METODO DEGLI ELEMENTI FINITI NELL A PROGETTAZIONE STRUTTURALE I metodi matriciali rappresentano uno sviluppo dei noti metodi “delle forze” e “degli spostamenti”.

Quest’ultimo metodo si è rivelato di più agevole applicazione nel calcolo automatico. Il

procedimento di calcolo è rigoroso per quanto riguarda i telai (strutture piane costituite da aste

monodimensionali) mentre è approssimato per quanto riguarda le strutture bidimensionali, piane o a

guscio, o i corpi tridimensionali:in questi ultimi due casi, la struttura deve essere idealmente

suddivisa in un certo numero di “elementi finiti” (cioè non infinitesimi): l’esattezza del metodo

dipende pertanto dal tipo di elemento scelto e dalla finezza della suddivisione.

Utilizzando il metodo degli “elementi finiti” il problema originale analitico (il sistema di equazioni

differenziali che modella matematicamente il fenomeno) diventa un sistema algebrico. In questo

modo si semplifica il problema: da un sistema di equazioni differenziali, che trattano i calcoli tra

derivate, si passa a un sistema algebrico.

Quindi l’utilizzo del calcolatore nella risoluzione di problemi strutturali, permette di affrontare

problemi più complessi e tener conto di variabili ulteriori, rispetto a quelle affrontabili dalla

risoluzione manuale.

Per esempio, nei casi riportati in figura 3.1 e 3.2 è possibile affrontare la soluzione del problema,

considerando anche la deformazione assiale delle aste.

Figura 3.1:spostamenti che naecono per effetto dell’allungamento o accorciamento delle aste.

215

Figura 3.2:deformata possibile per effetto della rotazione nodale.

Se consideriamo la struttura in figura 3.3, posso distinguere forze nodali, applicate direttamente al

nodo, o forze di elemento, applicate lungo l’asta.

Figura 3.3: generico telaio piano.

Per la soluzione di telai di questo tipo alcuni programmi chiedono che vengano identificati come

nodi oltre ai punti d’intersezione tra due aste anche i punti d’applicazione dei carichi.

216

In generale è conveniente riferirsi a un sistema locale, quindi come in figura 3.4, vanno interfacciati

un sistema globale (X,Y) e uno locale (X’,Y’) ad esempio parallelo a una delle aste.

Figura 3.4:sistema di riferimento locale e globale.

Ad ogni asta è assegnato un sistema locale. In figura 3.5 vengono evidenziate le sollecitazioni

agenti ai due estremi j, k di una generica asta caricata.

Figura 3.5: generica asta caricata.

Riferiamo le sollecitazioni al sistema locale e raggruppiamo in un vettore:

[ ]

=

=

Nk

Nj

Tk

Tj

Mk

Mj

p

p

p

p

p

p

p s

6

5

4

3

2

1

Y

X

Y’

X’

Azioni interne nei 2 nodi

217

Le azioni che nascono alle estremità dell’asta sono generate da:

- azioni dei carichi sull’asta in assenza di spostamenti;

- azioni generate da spostamenti in assenza di carichi.

[vedi metodo degli spostamenti]

Figura 3.6: casi di cedimento angolare e lineare di un estremo incastrato

Il primo termine è dovuto alla rotazione dei nodi in assenza di carichi, trasmesso per continuità con

le aste vicine; il secondo termine invece è generato dai carichi in assenza della rotazione dei nodi.

Generalizzando la formula vista in figura 3.6, possiamo scrivere:

{p}s = [k]s{ δ}s + {q}s.

{q}s è il vettore che raggruppa le azioni di estremità che nascono per effetto di carichi applicati

sulle aste, dilatazioni termiche ecc.

{ δ}s é il vettore che raggruppa gli spostamenti dei nodi che delimitano l’asta.

[k]s prende il nome di matrice di rigidezza dell’asta ed è una matrice quadrata che, moltiplicata per

{ δ}s dà le azioni di estremità che nascono per effetto degli spostamenti dei nodi, delimitanti l’asta.

Il generico termine krt della matrice [k]s altro non è, per la definizione di prodotto di matrici, che la

sollecitazione r-esima che nasce per effetto di uno spostamento t-esimo unitario, supponendo tutti

gli altri spostamenti nulli.

Il vettore{δ}s degli spostamenti, è così costruito:

k

j

k

j

k

j

x

x

y

y

ϕϕ

δ = }{ s

0,2

0,1

2

1

2

1

42

24M

M

l

EJ

M

M+⋅

⋅=

ϕϕ

218

Dove i primi due termini definiscono la rotazione del primo e del secondo estremo, il terzo e il

quarto gli spostamenti secondo l’asse y dei due estremi e gli ultimi due gli spostamenti dei due

estremi rispetto l’asse x.

Supponiamo ora di voler scrivere {p}s per le aste del telaio in figura 3.7.

Figura 3.7: telaio.

Quando guardo le due aste devo considerare che i due sistemi di riferimento locale delle due aste si

combinano in modo che l’azione assiale di una diventa il taglio per l’altra. Nel sistema di

riferimento globale restano solo gli spostamenti u che agiscono effettivamente e i carichi esterni p.

Quindi nel sistema di riferimento globale resta: {p} = [k]{u} + {Q}.

{Q} sono i carichi equivalenti in assenza di nodi.

La matrice k si dice matrice di rigidezza della struttura. Essa si ottiene con un procedimento detto

assemblaggio.

Figura 3.8: telaio da risolvere.

219

Ora si vuole confrontare il risultato della soluzione manuale con quello matriciale degli spostamenti

della struttura in figura 3.8; a tal fine possiamo tracciare la deformata per effetto degli spostamenti

nodali e della rotazione nodale in figura 3.9.

Figura 3.9: deformate per rotazione e spostamenti del telaio.

Il momento in B è minore del valore del momento in A in quanto si tiene conto dell’effetto di

cedimento della trave verticale e della rotazione del nodo. Con il calcolo manuale possiamo tenere

conto però solo del secondo effetto (rotazioni nel nodo).

Risoluzione con il metodo degli spostamenti

010111 =+⋅ Mm ϕ

21 12

144lp

l

JE

h

JE ⋅⋅=⋅

⋅⋅+⋅⋅ ϕ

rad

l

JE

h

JE

lp0011,0

5

11964

5

11964

5112

1

4412

1 22

1 =

⋅+⋅

⋅⋅=

⋅⋅+⋅⋅

⋅⋅=ϕ

Noto 1ϕ trovo BM

110

4 ϕ⋅−⋅=l

EJMM B

220

Il momento calcolato manualmente risulta tmKgfmM 04,11040 == , lo stesso telaio risolto con il

calcolatore da un tmM 813,0= , quindi la sovrastima è circa del 20%. Questa sovrastima è data

dal fatto che il calcolo manuale trascura la deformazione dovuta all’azione assiale.

A questo punto bisogna comprendere un punto fondamentale nell’utilizzo dei metodi matriciali per

la soluzione delle strutture: dobbiamo essere in grado di ricondurci al risultato ottenuto

manualmente, modificando le condizioni e i dati con cui lavora il programma. In altre parole

dobbiamo riuscire ad ottenere, anche con il computer tmM 04,1= , modificando opportunamente i

dati che utilizza il programma per ricondurmi alle ipotesi semplificative adottate dal calcolo

manuale. Per esempio dovrò aumentare di qualche ordine di grandezza la rigidezza assiale dell’asta

verticale in modo che il programma non calcoli gli effetti indotti dal cedimento. Allo stesso modo si

dovranno escludere, nel calcolo di controllo di verifica, gli effetti della deformabilità dovuta al

taglio.

Infatti, come noto, il calcolo manuale dei telai introduce drastiche semplificazioni:

- quella di trascurare la deformazione assiale dell’asta (vale a dire ne considera infinita la

rigidezza assiale);

- quella di trascurare la deformabilità dovuta alle azioni di taglio (vale a dire considera infinita

la rigidezza a taglio dell’asta).

Se vogliamo considerare la deformazione assiale, sono da prendere in considerazione anche le due

traslazioni verticali ed orizzontali del nodo. Il vettore delle incognite {u} è allora composto da tre

termini:

u1, rotazione del nodo

u2, traslazione verticale del nodo

u3, traslazione orizzontale del nodo.

L’esempio visto in precedenza sviluppa tutti i calcoli necessari per arrivare al valore numerico di

u1,u2 e u3 e risalire ai valori delle sollecitazioni agli estremi delle aste. Per far questi calcoli, anche

in questo esempio molto semplice, è necessario usare l’algebra matriciale. Non appena la struttura è

più complessa, oltre all’algebra delle matrici, è indispensabile il calcolo automatico. In particolare si

è ottenuto che il momento M mutuamente scambiato dalle due aste vale circa tmM 813,0= . Questo

numero è molto diverso da quello che otterremmo con un calcolo manuale,

tmKgfmM 04,11040 == .

221

Utilizzando il computer dobbiamo procedere così:

- inserire le reali caratteristiche geometriche delle sezioni, ottenendo un risultato prossimo a

0,813tm (per ottenere la concordanza perfetta è necessario rendere infinita la rigidezza a taglio di

entrambe le aste ma in particolare del traverso, in quanto l’esempio non ha considerato la rigidezza

a taglio).

- modificare la rigidezza assiale in modo da rendere trascurabile la deformazione assiale di

entrambe le aste ma in particolare del ritto.

Figura 3.10: Componenti flessionali e di taglio dello spostamento.

Solo quando è stata trovata concordanza tra il calcolo del computer e quello manuale ultra

semplificato, si è autorizzati a ritenere validi e ad usare i calcoli del computer.

Nel calcolo dei telai, infittire il numero di nodi (infittire la mesh), non porta a maggiore precisione

dei risultati. Invece nel calcolo di strutture bidimensionali e tridimensionali più complesse, infittire

la mesh porta a migliori approssimazioni e accuratezza dei risultati: se si infittisce eccessivamente

però si può incorrere in instabilità dei risultati. Di prassi è utile infittire la mesh fintanto che

all’infittimento corrisponda una sostanziale modifica dei risultati, dopodiché risulta

controproducente.

222

4 INTRODUZIONE AGLI ELEMENTI STRUTTURALI BIDIMENSIO NALI Per strutture bidimensionali si intendono quelle strutture in cui due dimensioni prevalgono

nettamente sulla terza (come mostrato in figura).

Rientrano in tale classificazione le tipologie seguenti:

- Piastre: strutture rappresentabili mediante una porzione di piano e caricate normalmente ad

esso (es.: solai in soletta piena di cemento armato).

- Lastre: strutture ancora rappresentabili mediante una porzione di piano e caricate da forze

giacenti nel piano stesso (es.: setti verticali in cemento armato con funzione antisismica).

- Gusci: strutture dotate di rigidezza flessionale, rappresentabili mediante una porzione di

superficie curva e caricate in modo generico (es.: cupole in cemento armato).

Si nota come piastre e lastre appartengano al mondo delle strutture piane mentre i gusci siano

strutture non piane. Tratteremo solo piastre e lastre.

I meccanismi principali di resistenza sono 3:

- Membranale (le azioni interne si sviluppano nel piano stesso);

- Flessionale;

- Di taglio.

223

4.1 PIASTRE SOTTILI E SPESSE

La teoria delle lastre inflesse solitamente applicata (e adottata da molti codici di calcolo agli

elementi finiti) è fondata su varie ipotesi semplificatrici tra cui quella che prevede spostamenti

normali f piccoli rispetto allo spessore h della piastra (Teoria della lastra secondo Kirchhoff).

Tuttavia per spessori molto sottili, al crescere del carico, la lastra che all’inizio è soltanto inflessa,

lavora anche a trazione: in questo caso è necessario rivedere la teoria che conduce all’equazione di

Germaine Lagrange e non supporre più nulle nel piano medio le tensioni σx, σy, τxy. Si ottengono le

equazioni non lineari formulate da Karman nel 1910.

Es: un solaio incastrato lungo i bordi, se aumenta di molto il carico, dapprima resiste come una

trave inflessa e poi resisterà a trazione come una membrana.

La teoria classica cade inoltre in difetto quando lo spessore h non è piccolo rispetto alle dimensioni

della lastra; in questo caso non è più lecito trascurare la deformazione dovuta al taglio.

La teoria rigorosa ha dunque necessità di due correzioni:

- se la lastra è troppo sottile lavora anche a trazione e non solo a flessione (come una

membrana);

- se la lastra è troppo spessa lavora anche a taglio e non solo a flessione.

Noi tratteremo nella modellazione solo lastre sottili, vale a dire tali per cui è lecito trascurare la

deformazione dovuta al taglio e quella dovuta alle azioni membranali (sottili ma non sottilissime).

Le azioni interne sono le seguenti:

- momenti flettenti;

- azioni nel piano;

- tensioni risultanti dovute sia ai momenti sia alle azioni nel piano.

224

In alcuni casi il calcolo dei “gusci metallici” (ad esempio in ingegneria meccanica) può considerare

unicamente la tensione ideale (funzione della tensione nel punto) prescindendo dai valori di N e

M che l’hanno generata.

In questo caso mappe colorate che danno l’intensità della tensione ideale sono lo strumento

“principe” della verifica strutturale.

225

Invece nel calcolo del CA è indispensabile considerare i singoli apporti di M e N in quanto il

meccanismo resistente è funzione del rapporto tra i valori delle azioni interne.

Come si nota nella figura precedente, in generale, ci sono due momenti sugli assi oltre ai momenti

torcenti che generano ulteriori “farfalle”. Se abbiamo una piastra piana, caricata in modo

simmetrico, al centro, per simmetria, avremo solo due momenti lungo gli assi, ma se ci avviciniamo

ad uno dei vertici della piastra, in quelle stesse direzioni, avremo anche momenti torcenti.

Questo significa che presso i vertici della piastra le direzioni principali non sono più coincidenti con

gli assi della piastra .

Ad esempio nel caso di un quadrato sono inclinate di 45°.

In alcuni casi la piastra ha un reale funzionamento monodimensionale:

es: Piastra appoggiata tra due bordi.

Possiamo ipotizzare che si deformi come tante travi affiancate. Tuttavia vi è una differenza rispetto

al caso di vere travi affiancate. Per comprendere questa differenza, consideriamo un provino

cilindrico e lo sottoponiamo sia a compressione che a trazione.

226

Sappiamo che sottoposto a trazione il diametro ϕ diminuirà di ∆ϕ, mentre sottoposto a

compressione aumenterà di ∆ϕ. Notiamo che la variazione di diametro ha segno contrario alla

deformazione longitudinale.

Il coefficiente di Poisson ν varia a seconda del materiale e risulta circa:

- 0,1 per muratura;

- 0,2 per cemento armato;

- 0,3 per acciaio.

Questi ν non sono piccoli ma poiché la struttura è bidimensionale ne risentiamo poco. Se si trattasse

di una struttura tridimensionale l’effetto sarebbe più importante. Vediamo un esempio numerico che

spiega questo concetto.

Supponiamo di sottoporre a trazione con N=1000 daN un tondino d’acciaio Φ8 lungo 1m e

calcoliamo:

• Allungamento;

• Variazione del diametro;

• Diametro risultante.

Consideriamo una trave di gomma, inflessa su due appoggi:

all’estradosso si deformerà allargandosi a causa della compressione, mentre all’intradosso si

restringerà perché le fibre sono tese a causa delle ε di trazione.

Questa figura ci permette di comprendere il cosidetto “effetto di contrazione laterale impedita“ che

vedremo nel prossimo paragrafo.

227

228

4.2 DIFFERENZE CON LA TEORIA DELLE TRAVI

Ci sono 3 differenze tra il comportamento flessionale di una piastra rispetto a quello delle travi:

1) Effetti di contrazione laterale impedita

Questo provoca un aumento della rigidezza e di conseguenza una freccia inferiore. E’ intuitivo

notare la differenza tra un solaio pensato composto da una serie di travi affiancate e una trave di

queste presa singolarmente.

In una trave isolata di larghezza unitaria:

12

3sEJE

⋅=⋅

Con il simbolo s si intende lo spessore della lastra.

In una trave immersa in una lastra:

)1(12 3

3

ν−⋅⋅==⋅ sE

BJE

Vediamo un esercizio per capire meglio le differenze tra le due configurazioni.

229

230

2) Presenza di momenti torcenti

Presa una lastra caricata dall’alto, possiamo immaginare che il carico è portato da strisce ortogonali

che si intersecano.

Vediamo che la flessione della striscia A provoca la torsione della striscia B. Quello che è momento

torcente per un ordine di fibre è momento flettente per l’altro ordine. Solo al centro non c’è

torsione.

In questo caso si vedono per simmetria le direzioni principali dei momenti. In generale si possono

sempre trovare le due direzioni in cui non ho momento torcente.

231

3) Problema delle condizioni al contorno delle lastre (Kirchhoff)

Le strisce adiacenti ruotano in modo diverso. L’interpretazione fisica che vediamo in figura mostra

che presa la fibra B inflessa per conseguenza delle fibre orizzontali A1 e A2, vediamo che la

sezione di B ai bordi non ruota. Si ruota allontanandosi dal bordo fino ad arrivare al massimo in

mezzeria; dopodiché la rotazione diminuisce fino a tornare non ruotata al bordo opposto.

Deve generarsi una coppia equilibrante sul bordo. Ho un taglio che deve essere sopportato dal

vincolo.

Vediamo che i tagli dei vari elementini si eliminano tutte tranne quelle agli estremi. Nella teoria

delle piastre ho 4 forze ai vertici.

Quindi anche in presenza di un carico distribuito sulla lastra si trova un sovrappiù di forze

concentrate ai vertici che schiacciano la lastra e la rompono. Serviranno reti supplementari di

armatura ai vertici.

232

4.3 RAGGI DI CURVATURA E MOMENTI

Punto per punto la legge del momento è la legge di curvatura.

EJ è detto fattore di rigidezza.

ρα 1

M

ρ1⋅⋅= JEM

In figura è mostrata una trave inflessa e il rispettivo raggio di curvatura ρ.

Preso il caso di una mensola, come in figura.

Tracciamo la deformata:

- Divido l’asta in parti uguali

- Poiché è noto il momento in ogni sezione, si possono ricavare i raggi di curvatura per ogni

sezione. 1

1 M

EJ=ρ , 2

2 M

EJ=ρ …

- Traccio la policentrica

Ovvero, il primo tratto della trave deformata può essere approssimato ad un arco di cerchio di

raggio circa pari a ρ1.

233

Allontanandoci dalla sezione all’incastro il momento diminuisce e, di conseguenza, il raggio di

curvatura aumenta finché, in corrispondenza dell’estremo libero (dove M=0), il raggio di

curvatura vale ∞ e la deformata può essere approssimata con un tratto lineare.

Il luogo dei centri di curvatura ha interessanti proprietà

Nota la legge dei momenti (noto il diagramma dei momenti) e le condizioni iniziali, è possibile

determinare tutti i raggi di curvatura e, quindi, la legge di curvatura che opportunamente

integrata permette di tracciare la deformata.

Anche in una lastra inflessa, per ogni coppia di direzioni ortogonali posso trovare i raggi di

curvatura ρx e ρy.

Il Teorema di Eulero dice che in una superficie a doppia curvatura la somma delle curvature è

costante:

Kyx

=

+

ρρ11

per ogni coppia di direzioni x,y tra loro ortogonali

Per le piastre si parla di momento per unità di lunghezza; vediamone l’unità di misura per capire

meglio di cosa si tratta:

mdaNM ⋅=

m

mdaNm

⋅=

+=

yxx Bm

ρν

ρ11

234

+=

yxy Bm

ρρ11

Come si può notare a creare momento flettente di una fibra lavora la curvatura in quel senso e la

curvatura nel senso ortogonale.

( )

+⋅+=+

yxyx Bmm

ρρν 11

1

In quest’ultima formula vediamo che il primo termine tra parentesi è un termine costane, mentre il

secondo è un termine geometrico, ma per il Teorema di Eulero è costante.

Quindi in una piastra inflessa per ogni punto la somma dei momenti per unità di lunghezza mx my

non dipende dalle loro direzioni purché esse siano ortogonali (è la conseguenza meccanica, per le

piastre inflesse, del Teorema geometrico di Eulero).

235

BIBLIOGRAFIA

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