5° parte di 6 di Tecnica delle costruzioni

QUESTE STRUTTURE ERANO FACILI DA CALCOLARE

MOERSCH

R_L3 = SONO POSTE DOPO L'ANCORAGGIO

→ CREANO TENSIONE

PER LA MECCANICA DEL CONTINUO NON VALE

POICHÈ C'È L'ADERENZA

PER DSV LE SEZIONI RUOTANO E TRASLANO RESTANDO PIANE

NEL CA

NON POSSO DIRE SE RIMANE PIANA

MOERSCH CERCA DI SPIEGARE IL COMPORTAMENTO

DEL C.A. UTILIZZANDO COME SCHEMA QUELLO

DELLE TRAVI RETICOLARI

NELLA ZONA COMPRESSA DEL CLS SI PUÒ IMMAGINARE

CHE CI SIA IL CORRENTE SUPERIORE E LE BARRE

LONGITUDINALI SIANO IL CORRENTE INFERIORE TESO

NEL C.A. SI VERIFICANO FESSURE ESSE SONO ORTO-

GONALI ALLE SOLLECITAZIONI DI TORSIONE E PARALLELE

AI DESCHI C.A. CLS COMPRESSI

NON POSSIMO USARE LA TRAVE FRANCESE COME SCHEMA

PERCHÉ HA I PUNTONI DIAGONALI POSTI IN MANIERA ORIZZONTALE

RISPETTO LE FESSURE DEL C.A.

POTREMMO USARE LA TRAVE UK

DEETI DI

STAFFE

h₀ = h - ^X⁄₃ ≈ h - ^{h Δ}⁄₃ = ⁸⁄₉ h ≈ 0.9h

POSSONO ESSERE

COMPRESSE

NB.

LE NOTE FANNO RIFERIMENTO A MODELLI TRIDIMENSIONALI DOVE LA TEORIA TROVA SOSTANZA E LE TEORIE SONO PIÙ EFFICACI

PUNTO B

NdE = C + Cc + C = f_yd(A_s + A^**_s) + f_cd bH

M_rd = C (_H/² - h₁') - C (h - _H/²) = 0

DOMINIO PER SEZIONI SIMMETRICHE

α = _Mrd/^N_ed

NON ABBIAMO UNA SIMMETRIA PER IL MOMENTO PERCHE’ IL CLS NON RESISTE A TRAZIONE

IN PROGETTO PREFERISCO ROTTURE DUTTILI. DEVO CONSI- DERARE CHE CI SARÀ SEMPRE UNA CERTA ECCENTRICITÀ

PERCIÒ VALLO IL DOMINIO CON UN VALORE N_ed

M_min = ^9qL2⁄₈

M^*max = 3

M_ed = | M_min | = ^9qL2⁄₈

M_ed = 4,80 KNm

S.A_s = S.^π(20)2⁄₄ = 1.570 mm²

Poichè la sezione è simmetrica anche il dominio sarà simmetrico.

Trovo punti notevoli

N_ed = - T - T'

A_s = -2.334 - 3.1576 = 1.228 KN

M_ed = 0

ASPETTI GEOMETRICI

MAGLIA CHE SI RIPETE

tan θ = _z0/_a → a = 2 · cot θ

tan α = _z0/_b → b = 2 · cot α

Δx = 2 · (cos θ + cos α)

Se la trave è lunga L, il rapporto ₁/_Δx deve essere intero, inoltre siccome è simmetrica deve essere anche pari → tutto ciò verrà superato.

ASPETTI MECCANICI

(IN TERMINI DI EQUIVALENZA DI FORZE)

CONTINUO

DISCRETO

NON DANNO CONTRIBUTO AL TAGLIO

Δx = z_o

Σ_c M = -Δx R + T x = 0

R = T

T = f_yd A_s

QUINDI, A_s ≠ 0

A_long ben ancorata

A_long = R / f_yd

b)

TRASLAZIONE DEL DIAGRAMMA DEI MOMENTI

SE LA TRAVE È CONTINUA (ACCIAIO)

V_z = M / W

M = V_zg W

POTREI SAGOMARE LA SEZIONE IN BASE ALLA VARIAZIONE DI M.

SE LA TRAVE È IN C.A.

PER DETERMINARE LA SEZIONE

TRASLO LO SCHEMA DEL MOMENTO

M SULLA SEZIONE INIZIALE

NB

PER LE VERIFICHE È SCORRETTO PARLARE DI

VERIFICHE SEZIONALI POICHÉ PARLIAMO DI CALCOLO

GIUNGE A ROTTURA LATO ACCIAIO QUANDO TUTTE LE ARMATURE RAGGIUNGONO LO SFORZO DI SNERVAMENTO

V_Rd,s = f_yd A_sw M_rd,s = f_yd A_sw h_o (cot α + cot θ) s_min / ΔS

V_Ed ≥ V_Rds

TROVO ΔS MIN

ROTTURA LA CLS

È LA DISTANZA TRA DUE PUNZONI

h_o (cot α + cot θ) s_min

V_Rcd = 2√f_cd h_o (cot α + cot θ) b_wo bw Δc

Δc = f (V_cp)

PRENDE IN CONSIDERAZIONE LA COMPRESSIONE MEDIA NELLA SEZIONE DI CLS

Esempio

P₁ P₂ = 60kN

V = 60kN

M = 120kNm

C 30/37

φ8

α = 89°

θ = 45°

LUNGHEZZA DI LIBERA

INFLESSIONE = ℓ

P_{CRI, E} = ^{π2 E J} / _{ℓ² n²}

A LA STAFFATURA È FITTA

IL CLS È CONFINATO

PE> NORMATIVA

1% ≤ p_l ≤ 4%

p_l = ^{16 π 182} / _{450 · 650} = 8.7 %

V_cd = max { V_cd1 ; V_cd2 }

f_cd = N_cd = ^{200 · 103 N} / _{450 · 650} = 0.68 MPa

K = 1 + ^{(2 − α)} / _h = 1.58

V_cd1 = [^{0.18 · 1.58 (150 · 8.7 · 10−3 · 25)} / _1.5 + 0.35 · 0.68] ^{450 · 650} / _10³ = 170.5 kN

K_MN = 0.035 ^k3 / _f⁷cd = 9.55

V_cd2 = (0.35 + 0.68 · 0.15) ^{450 · 650} / _10³ = 122.26 kN

V_cd = V_cd1 = 170.5 kN ≥ 200 kN

DOBBIAMO CALCOLARE UNA STAFFA PER TRASVERSALE

→ α = π / 2

→ θ = π / 4