Prof. Ciro Faella - Ordine degli Ingegneri della provincia di Napoli

2
Kovács Péter
Dr. Kukorelli Sándor
Dr. Kresák Ilona
Molnárné Dr. Jászberényi Rita
Szabó Imre
Takács Csaba
Tóthné Záhorszky Margit
vezetője
az okmányiroda vezetője
a szervezési és jogi iroda vezetője
a közigazgatási iroda vezetője
a gyámhivatal vezetője
az építésügyi és környezetvédelmi iroda
vezetője
az ifjúsági és sportiroda vezetője
a személyügyi és gondnoksági iroda vezetője
Dr. Kálmán András polgármester köszöntötte a testületi tagokat, valamint a
meghívottakat és a nyilvános ülést megnyitotta.
Megállapította, hogy a megválasztott 26 képviselő közül megjelent 25 fő, így a testület
határozatképes.
Dr. Kálmán András polgármester:
Tisztelt Közgyűlés!
A meghívóban feltüntetett napirendek között vannak olyan napirendi pontok, amelyeket
az illetékes bizottságok, vagy azok valamelyike nem tárgyalt.
Kérdezem a gazdasági és vagyongazdálkodási bizottság elnökét, hogy a bizottság
tárgyalta-e a 4.), 6.), 7.), 9.), 10.), 11.), 12.), 13.), 14.), 15.), 17.), 19.), 20.), 21.),
23.), 32.), 34.), 35.), 36.), 37.), 38.), 39.), 40.), 41.), 42.), 43.), 44.), 45.), 46.), 47.),
48.), 49.), 50.), 51.), 52.), 53.), 54.), 55.), 56.), 57.), 63.), 64.), 65.), 68.), 69.), 70.)
sorszámmal jelzett napirendi pontokat?
Somogyi György képviselő, a gazdasági és vagyongazdálkodási bizottság elnöke:
Tisztelt Közgyűlés, Tisztelt Polgármester Úr! Megpróbálom a sok számból elmondani,
hogy melyeket nem tárgyaltuk, és remélem, hogy lefedi az összes ilyen témát. A
34. napirendi pontot nem tárgyaltuk, a 48. napirendi pontot nem tárgyaltuk, az 54. napirendet
nem tárgyaltuk és az 55. napirendi pontot nem tárgyaltuk.
Dr. Kálmán András polgármester:
Kérdezem a pénzügyi bizottság elnökét, hogy a bizottság tárgyalta-e a 4.), 7.), 9.),
10.), 11.), 12.), 13.), 17.), 19.), 20.), 23.), 34.), 35.), 36.), 37.), 38.), 39.), 40.), 41.),
42.), 43.), 44.), 45.), 46.), 47.), 49.), 50.), 51.), 52.), 53.), 54.), 55.), 56.), 57.), 58.),
63.), 64.), 65.), 67.), 70.) sorszámmal jelzett napirendi pontokat?
Szűcs Aranka képviselő, a pénzügyi bizottság elnöke:
Tisztelt Közgyűlés, Tisztelt Polgármester Úr! Az 57. napirendi pontot nem tárgyaltuk.
Dr. Kálmán András polgármester:

Ipotesi di base nel metodo
delle tensioni ammissibili
• Conservazione delle sezioni piane
• Omogeneità ed isotropia del calcestruzzo
in zona compressa e dell’armatura
• Aderenza tra acciaio e calcestruzzo
• Trascurabilità della resistenza a trazione
del calcestruzzo

Metodo delle tensioni ammissibili
Legami costitutivi dei materiali
e tensioni e le deformazioni
ei materiali vengono limitate
valori bassi
s
C
A' s
N
c
y c
e
'
εs
n
σ s '/n
n
si assume valida l’ipotes
di elasticità lineare de
materiali
εc σc Rck
Calcestruzzo
72.5
εc σ c
0.00029 200
0.00034
122.5
400
A s
εs σ s /n
εs
0.0010
σs
2200 Acciaio
FeB38k
0.0012
2600
FeB44k

Legami costitutivi dei materiali
Stati limite ultimi per tensioni normali
Cosa si intende per Stato Limite Ultimo di una sezione?
Lo stato limite ultimo di una sezione è individuato dal
raggiungimento della massima deformazione del
calcestruzzo compresso o dell’acciaio teso.
• Deformazione ultima
del calcestruzzo:
ε cu = 0.0035
• Deformazione ultima
dell’acciaio:
ε su = 0. 0100
n
n
A's
As
A's
As
y c
y c
ε c = ε cu =0.0035
ε s
εc
ε s '
<
<
ε su
n
εcu
'
εs
εs = ε su =0.010

Ipotesi di base negli
stati limite ultimi
• Conservazione delle sezioni piane
• Omogeneità ed isotropia del calcestruzzo in zona compressa e
dell’armatura
• Aderenza tra acciaio e calcestruzzo
• Trascurabilità della resistenza a trazione del calcestruzzo
• Deformazione massima del calcestruzzo pari –0.0035
nel caso di flessione semplice e composta con asse
neutro interno alla sezione, e variabile da detto valore
fino a –0.002 per asse neutro esterno alla sezione
• Deformazione massima dell’armatura tesa pari a
+0.010

Legami costitutivi dei materiali
Stati limite ultimi per tensioni normali
i considera lo stato tensionale
orrispondente alle deformaioni
ultime dei materiali
CALCESTRUZZO
materiali accurato fino all
Occorre definire un
legame costitutivo de
condizione ultima
ACCIAIO
200
t.a.
Stati limite ultimi
t.a.
Stati limite ultimi
0.010

Legami costitutivi dei materiali:
il calcestruzzo
• Il legame σ-ε è non lineare fin
da valori modesti della
deformazione
• La deformazione corrispondente
alla tensione massima è
pressoché costante al variare
della resistenza del cls
• Dopo il valore massimo della
resistenza il legame σ-ε
procede con un tratto
decrescente la cui pendenza
aumenta all’aumentare della
resistenza
• Il valore della deformazione
massima aumenta al
diminuire della resistenza

Legami costitutivi dei materiali:
k ε − ε
σ =
1+
k − 2
σ c
il calcestruzzo: legge di Saenz
2
( )
⋅
f c
= ε
f' c
E = 1. 1⋅
E
0 c
0.4 f c
E
E o c
ε c1 ε cu
ε
ε
⋅
k
=
E
ε
⋅ε
f
c
c
/ εc1
*
σ
0 1
=
f
ε c1 = 0.0022
c
ε c
• (introdotta per la
prima volta a livello
di codici dal CEB
nel Model Code del
1976
• EUROCODICE 2
“progettazione delle
strutture in c.a.)
Diagramma per
l’analisi strutturale:
analisi non lineare o
analisi plastica
( f −150) / 400 ( = 0.0029 0.0037)
= 0 .0037 − 0.0008⋅
÷

Legame costitutivo del calcestruzzo per il
rogetto e verifica della sezione trasversale
Norme contenute nello
stesso Decreto 9/1/1996
EUROCODICE 2 con
modifiche ed integrazioni
A) Diagramma parabola-rettangolo
B) Stress block
σ c
Diagramma parabola-rettangolo
f' cd
0.0020 0.0035
σ ε)
( = cd 0 . 002 ≤ ε ≤ 0.
0035
σ ( ε)
= 1000 ⋅ ε ⋅ (1 − 250 ⋅ ε)
⋅ f ′ ε < 0. 002
f ′
cd
ε c

Equazioni di equilibrio alla traslazione ed
alla rotazione intorno all’asse baricentrico
Ponendo:
yc
∫ σ
0
ψ =
y ⋅
c
( y)
f
′
cd
dy
λ
=
1
y
c
⎡
⎢
⎢
⎢
⎣
∫
yc
σ
( y) ⋅ ( y − y)
∫
yc
σ
c
( y)
dy
⎤
⎥
⎥
⎥
⎦
=
0
1
0
dy
−
⎡
⎢
⎢
⎢
⎣
∫
yc
0
y
σ
2
c
( y)
⋅
⋅ ψ ⋅
y dy
⎤
⎥
f ′
⎥
c ⎥
⎦
Si ottiene:
b⋅y
c
⋅ψ⋅f
′
cd
+
n
∑ A ⋅σ =
i=
1
si
si
N u
b⋅y
c
⋅ψ⋅f
′
cd
n
[( h/ 2)
−λ y ] + A ⋅σ [ d −( h/ 2)
]
c
∑
i=
1
si
si
i
= M uG

Coefficienti ψ e λ
sezione rettangolare
Diagramma Parabola-rettangolo
Stress block
ψ = 0.8 λ = 0.4
yc
− 0.80 ⋅ h
ψ =
λ = ψ/2
y − 0.75 ⋅ h
c
y c =-
-10
3.5
y c
1
2
5
3
A
4
6
2
y 2,3
y c =
C
B
y 3,4
y 4,5
ξ ψ λ ν c µ cG
0.05 0.2401 0.3413 0.0120 0.0058
0.06 0.2852 0.3433 0.0171 0.0082
0.07 0.3291 0.3453 0.0230 0.0110
0.08 0.3718 0.3475 0.0297 0.0140
0.09 0.4130 0.3498 0.0372 0.0174
0.10 0.4527 0.3523 0.0453 0.0210
0.11 0.4907 0.3550 0.0540 0.0249
0.12 0.5269 0.3578 0.0632 0.0289
0.13 0.5611 0.3610 0.0729 0.0330
0.14 0.5931 0.3644 0.0830 0.0373
0.15 0.6228 0.3681 0.0934 0.0416
0.16 0.6500 0.3721 0.1040 0.0458
0.17 0.6745 0.3765 0.1147 0.0500
0.18 0.6963 0.3813 0.1253 0.0541
0.19 0.7158 0.3861 0.1360 0.0580
0.20 0.7333 0.3909 0.1467 0.0619
0.21 0.7492 0.3956 0.1573 0.0656
0.22 0.7636 0.4001 0.1680 0.0692
0.23 0.7768 0.4044 0.1787 0.0727
0.24 0.7889 0.4086 0.1893 0.0761
0.25 0.8000 0.4125 0.2000 0.0794
0.30 0.8095 0.4160 0.2429 0.0911
0.40 0.8095 0.4160 0.3238 0.1080
0.50 0.8095 0.4160 0.4048 0.1182
0.60 0.8095 0.4160 0.4857 0.1216
0.70 0.8095 0.4160 0.5667 0.1183
0.80 0.8095 0.4160 0.6476 0.1083
0.90 0.8095 0.4160 0.7286 0.0915
1.00 0.8095 0.4160 0.8095 0.0680
1.10 0.8620 0.4428 0.8620 0.0493
1.20 0.8955 0.4583 0.8955 0.0373
1.30 0.9181 0.4681 0.9181 0.0293
1.40 0.9341 0.4748 0.9341 0.0235
1.50 0.9458 0.4795 0.9458 0.0194
1.75 0.9644 0.4868 0.9644 0.0127
2.00 0.9748 0.4908 0.9748 0.0090
2.50 0.9855 0.4947 0.9855 0.0052
3.00 0.9906 0.4966 0.9906 0.0034
3.50 0.9934 0.4976 0.9934 0.0024
4.00 0.9951 0.4982 0.9951 0.0017
4.50 0.9962 0.4987 0.9962 0.0013
5.00 0.9970 0.4989 0.9970 0.0011

Tensione nelle
armature compresse
y c =-
2'
3.5
y c
1
2
5
3
A
4
6
2
f /E
sd s
y 2,3
y c =
C
B
y 3,4
y 4,5
2''
Zone 1,2’:
-10
Zone 2”,3,4,5:
f /E
sd s
Zona 6:
ε′
s
0.01
= −
d − y
s
c
s
⋅
σ ′ = E ε′
( d′
− y )
s
c
f
sd
ε′
s
≥ ⇒ σ
s
Es
′
′
=
f
′
sd
f
sd
ε′
s
≥ ⇒ σ
s
Es
′
′
=
f
′
sd

Sezione rettangolare: verifica
b) armature entrambe snervate:
L’equazione di equilibrio alla traslazione diventa:
0. 8⋅ b ⋅ y ⋅ f ′ + A′
⋅ f − A ⋅ f =
c cd s sd s sd u
Nu
+ As
⋅ fsd
− As′
⋅ f
y
sd
c =
0.
8⋅
b ⋅ fcd
′
c) armatura inferiore in campo elastico:
L’equazione di equilibrio alla traslazione diventa:
0.
0035
0. 8⋅
b ⋅ yc
⋅ fcd
′ + As′
⋅ fsd
− As
⋅ Es
⋅ ⋅ ( d − yc
) = Nu
yc
che risulta una equazione di 2° grado in y c
con coefficienti a 2
, a 1
, a 0
, forniti
dalle seguenti relazioni
a = 0.
8⋅b⋅
f cd ′ a = A
2 s′
⋅ fsd
+ 0.
0035⋅
As
⋅ Es
− Nu
a0
= −0.
0035⋅
As
1
⋅E
⋅d
Equilibrio alla rotazione intorno al baricentro:
N
s
M
uG
⎛ h ⎞ ⎛ h ⎞ ⎛ h ⎞
= ψ ⋅ b ⋅ yc
⋅ fcd
′ ⋅ ⎜ − λ ⋅ yc
⎟ + As′
⋅ σ′ s ⋅ ⎜ − d′
⎟ − As
⋅ σs
⋅ ⎜ − d′
⎟
⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠

A
Esempio di verifica di sezione
rettangolare a flessione semplice
Verifica allo stato limite ultimo della sezione in corrispondenza dell’appoggio B,
soggetta al momento flettente Md = -30000 kgm
B
Cls: Rck=250 kg/cmq
C
– acciaio: FeB38k
Resistenze di calcolo del
calcestruzzo e dell’acciaio:
f
ψ
fck
0.83⋅
Rck
2
′
cd
= 0.85
= 0.85 = 110kg
/ cm
γ
c
1.6
f
yk 3800
2
f
sd
= = = 3304kg
/ cm
γ
s
1.15
Determinazione della posizione
dell’asse neutro:
si supponga inizialmente di essere
nella zona in cui le armature sono
entrambe snervate.L’equazione di
equilibrio alla traslazione diventa,
utilizzando il diagramma “stressblock”
per il calcestruzzo:
0 . 8⋅
b ⋅ y ⋅ f ′ + A′
⋅ f − A ⋅ f = N = 0
c
cd
s
sd
s
sd
u

cui segue
y
I limiti della zona in cui le armature sono snervate sono:
y
( f
sd
/ E
s
) ⋅ d
0.
01⋅
( f
+ 0.
01⋅
d′
/ E
)
( 3304/2100000)
⋅ 66.
5 + 0.
0.
01⋅
( 3304/2100000)
01⋅
3.
5
2 ′, 2′′
=
=
= .
sd
s
12 06 cm
0.
0035
0.
0035
y3 , 4
=
⋅ ( h − d ′)
=
⋅ (70 − 3.
5) = 45.
88 cm
( f / E ) + 0.
0035 (3304/2100000) + 0.
0035
sd
s
per cui si ricade nella zona con l’armatura compressa in campo elastico:
y c
A
⋅ f sd − As′
⋅ f
0.
8 ⋅ b ⋅ f ′
< y2 ′,
2′
16.
08 ⋅ 3304 − 4.
02 ⋅ 3304
=
0.
8 ⋅ 40 ⋅110
s
sd
c =
=
cd
In tale zona l’equazione determinatrice della posizione dell’asse neutro è:
0.
01
0 . 8⋅
b ⋅ yc
⋅ fcd
′ + As′
⋅ Es
⋅ ⋅ ( yc
− d ′)
− As
⋅ f sd = Nu
= 0
d − y
che diventa un’equazione di II grado in y c
a
2
2
⋅ y + a1
⋅ y + a0
=
c
c
c
0
11.
32 cm

dove
0.
01
0.
01
σ′ s = Es
⋅ ε′ s = Es
⋅ ⋅ ( yc
− d′
) = 2100000⋅
⋅ (11.
57 − 3.
5) =
d − y
66.
5 −11.
57
=
2
3085 kg/cm
σ s
= − fsd
2
= −3304 kg/cm
c
Il momento ultimo vale, pertanto:
M uG
= 0.
8 ⋅ 40 ⋅11.
57 ⋅110
⋅
⋅ (35 − 3.
5) = 3301138
( 35 − 0.
4 ⋅11.
57) + 4.
02 ⋅ 3085 ⋅ ( 35 − 3.
5)
kgcm = 33011
per cui la verifica è soddisfatta, essendo:
kgm
+ 16.
08 ⋅ 3304 ⋅
M
d
= 30000 kgm < M = 33000
uG
kgm
Si osserva infine che l’asse neutro allo s.l.u. è nella zona 2:
y ⎡
ξ = c 11.57
d
u = = 0.165 < ⎢ξ2,3
= 0. 259
h 70 ⎣
h
⎤
⎥
⎦

Trascurando l’armatura in compressione, il procedimento diventa molto
più agevole. Infatti per l’asse neutro si ottiene:
y
c
=
As
⋅fsd
0.8⋅b
⋅f
′
cd
=
16.08⋅3304
0.8⋅
40⋅110
= 15.09 cm
In assenza di armatura in compressione non occorre verificare se l’armatura
compressa è snervata o meno. Si può direttamente valutare il momento ultimo.
Mu
G
= 0.8⋅
40⋅15.09⋅110
⋅
( 35 − 0.4⋅15.09)
+ 16.08⋅3304
⋅
⋅ ( 35 − 3.5)
= 3.212.017 daN cm = 32120 daN m
(lievemente
inferiore
a 33011
daN
m)

Domini di resistenza adimensionalizzati
Adimensionalizzazione
N
M
u
u, G
A
νu
=
µ u, G
=
( )
s ( As′
) ⋅ f
ω ω′ =
sd
2
b ⋅ h ⋅ fcd
′
b ⋅ h ⋅ fcd
′
b ⋅ h ⋅ fcd
′
h − d ′
ξ = y c / h ; δ′ = d ′/
h ; d/
h = = 1− δ′
h
Ad esempio, introducendo le quantità adimensionali
equilibrio alla traslazione:
b⋅y
n
c ⋅ψ⋅fcd
′ Asi
⋅σsi
+ ∑ =
b⋅h⋅fcd
′ i=1 b⋅h⋅fcd
′ ( fsd
/ fsd
) b⋅
Le equazioni di equilibrio alla traslazione ed alla rotazione
diventano:
σ′ s σ
ψ ⋅ ξ + ω′ ⋅ + ω⋅
s
= νu
f f
⎡⎛
ψ ⋅ ξ ⋅ ⎢⎜
⎣⎝
1
2
⎞
⎟
⎠
⎤
− λ ⋅ ξ⎥
+ ω′ ⋅
⎦
σ′
f
s
sd
sd
⎡⎛
1
⎢⎜
⎣⎝
2
⎞
⎟
⎠
⎤
− δ′ ⎥
⎦
sd
− ω ⋅
σ
f
s
sd
⎡⎛
⋅ ⎢⎜
⎣⎝
1
2
nell’equazione di
N
h⋅f
′
⎞
⎟
⎠
cd
= ν
⎤
− δ′ ⎥
⎦
u
= µ
u,G

Domini di resistenza adimensionalizzati
1.00
ω
µ u 0.80
0.75
0.50
0.25
DOMINIO SEZIONE RETTANGOLARE - PRESSOFLESSIONE S.L.U.
ω ω/ '= 1.00
d'/h = 0.05
ξ=0
ξ=ξ 2,3 ξ=ξ 3,4
ξ=ξ 4,5
ξ=ξ 5,6
0.70
0.60
0.50
0.40
0.30
0.20
0.10
0
-1.50 -1.00 -0.50 0 0.50 1.00 1.50 2.00
ν u

Confronto Tensioni Ammissibili-Stati Limite
Ultimi in termini di Dominio Resistente
M
f' cd
1.00
0.50
0.25
ω ω/ '= 1.00
d'/h = 0.05
0.80
bh 2
0.70
0.75
0.60
0.50
µ 0.40
u
ξ=0
Stati limite Ultimi
ξ=ξ 2,3 ξ=ξ 3,4
ξ=ξ 4,5
Tensioni ammissibili
ξ=ξ 5,6
ω
0.30
0.20
0.10
0
-1.50 -1.00 -0.50 0 0.50 1.00 1.50 2.00
ν u
1.5
N
bh
f' cd

Sezione rettangolare: problemi di
progetto in flessione e pressoflessione
Le equazioni di equilibrio alla traslazione ed alla rotazione in
forma adimensionale risultano:
ψ ⋅ ξ + ω′⋅
ψ ⋅ ξ ⋅
⎛
⎜
⎝
1
2
σ′
f
s
sd
+ ω⋅
σ
f
⎞
− λ ⋅ ξ⎟
+ ω′⋅
⎠
s
sd
σ′
f
s
sd
= ν
⋅
⎛
⎜
⎝
u
1
2
⎞
− δ′ ⎟ − ω⋅
⎠
σ′
ψ ⋅ ξ ⋅
2
f
A
B
( 1 − δ′ − λ ⋅ ξ) + ω′ ⋅
s
⋅ ( 1 − δ′ ) = µ u
Flessione
sd
progetto di h(b) ed As con b(h) ed il
rapporto delle armature assegnati
progetto di As e A′scon b ed h
assegnati
σ
f
s
sd
⋅
⎛
⎜
⎝
A
B
1
2
⎞
− δ′ ⎟
⎠
= µ
uG
Traslazione
Pressoflessione
Rotazione intorno
al baricentro
Rotazione intorno
all’armatura tesa
progetto di h(b) ed As noti b(h) e le
percentuali meccaniche di armatura
progetto della sezione e delle armature
mediante abachi (1/νu)-(e/h)

Flessione: progetto di h o b ed A s mediante Tabelle
σ′
σ
σ′
ψ⋅ξ⋅
1−δ′−λ⋅ξ
+ω′⋅
s
⋅ 1−2δ′
f
ψ ⋅ ξ + ω′⋅
s
+ ω⋅
s
= νu
( ) ( )
fsd
f
u
sd
sd
=µ
ρ =
ω′
ω
=
A′
A
s
s
ψ ⋅ ξ
ψ⋅ξ σ′
ω =
s
ψ⋅ξ⋅( 1−δ′−λ⋅ξ)
+ρ⋅
⋅ ⋅ 1−2δ′
− [( σs/ f sd ) + ρ ⋅ ( σ′ s/
fsd
)]
− σ / f +ρ⋅ σ′ / f f
M
µ =
u
u
= µ
2 c ρ
b ⋅ h ⋅ f ′
r
u
=
r
u
cd
() ξ + µ () ξ
( f ′ , f , δ′ , ξ , ρ)
cd
sd
=
h =
f
′
cd
f ′
⋅
cd
⋅
[( ) ( )]
s
sd
[ µ () ξ + µ () ξ ]
c
1
ρ
M
s
= r
sd
M
b b
[ µ () ξ +µ () ξ ]
c
1
ρ
⋅
u
u
⋅
b =
u
r
sd
2
u ⋅
( ) =µ u
M
h
u
2
A
s
b ⋅ h ⋅ f ′
= ω⋅
f
sd
cd
=
−
ψ ⋅ ξ
b ⋅ h ⋅
[ ρ ⋅ ( σ′ f + σ / f )] fsd
ζ
=
f ′
b ⋅ h ⋅
b ⋅ h ⋅
⋅
cd A
u
cd u cd
s = ⋅ = ⋅
s/ ζ ⋅ h ⋅ f
sd s sd
sd b ⋅ h ⋅ fcd
′ ζ fsd
µ
u
ω
=
µ
c
( ξ) + µ ( ξ)
ω
p
A
s
M
M
= ζ ⋅h⋅
u
f
sd
f ′
µ
f ′

Flessione: progetto di h o b ed A s mediante Tabelle
M
h = u
r ⋅
2
M
b r
u 2
b
= u ⋅
h
A
s
u
r
u
( f ′ , f , δ ′,
ξ , ρ)
= ru
cd sd
= M
u
ζ = ζ ( f ′ , , δ ′,
ξ , ρ )
ζ sd
⋅h⋅
f
cd
f
sd
1.0
0.8
A
0.6
0.4
B
0.2
C
0
ζ
progetto di h ed AsAcon b ed il rapporto
tot
delle armature assegnati
progetto di b ed As con h ed il rapporto
delle armature assegnati
Verifica delle sezioni inflesse
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7
ξ
C
r u
ρ
0.00
0.25
0.50
0.75
1.00

Coefficienti
r u e ζ
r
u
( f ′ , f , δ ′,
ξ , ρ)
= ru
cd sd
( f cd
′ , f , δ ′,
ξ ρ)
ζ ζ
,
=
sd

Esempio di progetto di
sezione rettangolare a
flessione semplice
lunghezza campate: L 1
= 4.2 ml;
L 2
= 5.3 ml;
base: b = 40 cm;
carico permanente: g k
= 4200 kg/m
L 1
L 2
L1
progetto dell’altezza h della sezione
e dell‘armatura
L2
carico accidentale: q k
= 2080 kg/m
- calcestruzzo: R ck
= 250 kg/cm 2
- acciaio: FeB38k
Amplificando i carichi caratteristici secondo i coefficienti parziali di sicurezza
γg= 1.4 e γq = 1.5, si ottiene il carico di progetto:
q
d
= 1 . 4 ⋅ g + 1.
5⋅
q = 1.
4 ⋅ 4200 + 1.
5⋅
2080 =
k
k
9000
kg/m
Il momento massimo lungo la trave si ha in corrispondenza dell’appoggio
intermedio e vale:
3 3
1 q ( L1 + L2
)
M = − ⋅
d
B,d
= −26404
kgm
8 L + L
1
2

Si esegue il progetto tabellare dell’altezza della sezione. La resistenza di
progetto ridotta per calcestruzzo di classe Rck = 250 kg/cm2 risulta essere
0.
85⋅
0.
83⋅
250
2
f cd ′ =
= 110 kg/cm
1.
6
Adottando, in fase di dimensionamento un asse neutro di progetto ξ = 0.25,
che assicura buoni requisiti di duttilità, dalla tabella di progetto allo s.l.u. per
sezione rettangolare a semplice armatura relativa ad
2
2
f = 110 kg/cm = , 3800 /1.
15,
= 3304 kg/cm d / h = 0.
05
′cd
f sd
′
si ricavano i valori dei coefficiente r u
e ζ:
r
u
( f ′
ζ ( f ′
cd
cd
= 110,
= 110,
d′
/ h
d′
/ h
= 0.05,
= 0.05,
e quindi l’altezza minima della sezione:
h = r
M
b
26404
= 0 . 2302⋅
59.
14
0.
40
d
u ⋅
=
f
f
sd
sd
cm
= 3304,
= 3304,
ρ = 0) = 0.2302
ρ = 0) = 0.846
ξ r u
h[cm]
0.15 0.3239 83.22
0.20 0.2635 67.70
0.25 0.2302 59.14
0.30 0.2128 54.67
0.35 0.1995 51.25

L’armatura minima richiesta risulta:
M
u
2640400
2
As = =
= 15.74 cm
ζ ⋅h⋅
fsd
0.846⋅
60⋅3304
q = g k + qk
= 4200 + 2080 = 6280 kg/m
3 3
1 6280⋅
(4.
2 + 5.
3 )
M B = ⋅
= 18424 kgm
8 4.
2 + 5.
3
Per confronto si esegue il progetto della sezione secondo il metodo delle tensioni
ammissibili. In questo caso si considerano direttamente i carichi caratteristici:
per cui il momento massimo in corrispondenza dell’appoggio B vale:
La tensione ammissibile per Rck = 250 kg/cm 2 2
vale σ c = 85 kg/cm . Dalla tabella
di progetto alle t.a. di sezioni rettangolari a semplice armatura si ottiene:
r ( σ = 85; σ = 2200;
c
ζ ′(
σ
c
= 85;
s
σ = 2200;
s
d′
/ d
d′
/ d
= 0.05;
= 0.05;
n = 15) = 0.270
n = 15) = 0.878

da cui risulta
= r ⋅
M
b
18424
= 0 . 270⋅
= 58
0.
40
d
B h = d + d′
= 58 + 3 = 61 cm
Assumendo per l’altezza della sezione h = 65 cm (lievemente superiore al
valore ottenuto dal progetto agli s.l. con ξ = 0.25) si ottiene la seguente
armatura di progetto:
cm
A
s
=
M
ζ ⋅d
⋅σ
sd
=
1842400
0.878⋅
62⋅
2200
= 15.38
cm
2
La soluzione è sostanzialmente identica a quella ottenuta agli s.l.u..
Tuttavia con il progetto agli s.l.u. sono possibili molte altre
soluzioni con altezze variabili tra 51 ed 83 cm, pur con asse neutro
in zona duttile (0.15≤ ξ ≤ 0.35).

Pressoflessione: : abachi per il progetto della
sezione rettangolare
Il problema del progetto dell’altezza e dell’armatura può essere condotto in
analogia al caso del metodo delle tensioni ammissibili, determinando
diagrammi che legano le variabili 1/ν u
ed e/h, essendo e l’eccentricità fornita
dal rapporto M uG
/N u
.
ψ ⋅ ξ + ω′⋅
ψ ⋅ ξ ⋅
⎛
⎜
⎝
1
2
σ′
f
s
sd
+ ω⋅
σ
f
s
sd
⎞
− λ ⋅ ξ⎟
+ ω′⋅
⎠
σ′
f
= ν
s
sd
⋅
u
⎛
⎜
⎝
1
2
⎞
− δ′ ⎟ − ω⋅
⎠
σ
f
s
sd
⋅
⎛
⎜
⎝
1
2
⎞
− δ′ ⎟
⎠
= µ
uG
Traslazione
Rotazione intorno
al baricentro
Si ottiene:
µ
ν
u
G
u
=
e
h
=
1
ν
ψ ⋅ ξ ⋅
u
=
ψ ⋅ ξ + ω′⋅
( σ′ /f ) + ω⋅ ( σ / f )
s
1
sd
[( 1/2)
− λ ⋅ ξ] + ω′⋅ ( σ′ s/
fsd
) ⋅[ ( 1/2)
− δ′ ] − ω⋅ ( σs/
fsd
) ⋅ [( 1/2)
− δ′ ]
ψ ⋅ ξ + ω′⋅ ( σ′ / f ) + ω⋅ ( σ / f )
s
sd
s
s
sd
sd

Pressoflessione: : abachi per il progetto della
sezione rettangolare
e/h
5
4
3
2
ω = ω'
0.80
0.70
0.60
0.50
0.40
0.30
0.20
0.10
0.05
SEZIONE RETTANGOLARE - PRESSOFLESSIONE S.L.U.
1
0
0.5 0.4 0.3
ξ
0.15
0.2
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
d'/h = 0.05
1/ ν u

Pressoflessione: : abachi per il progetto della
sezione rettangolare
Progetto della sezione (b, h)
Fissata le percentuali delle armature superiore ed inferiore (uguali negli abachi
forniti), e note le sollecitazioni, si impone un valore di progetto del carico assiale
limite, che dipende essenzialmente dalla duttilità che si intende conferire
all’elemento progettato; sulle curve (1/ν u
, e/h) relative alle prefissate percentuali
ω ed ω′ si leggono i valori di η = e/h corrispondenti; essendo nota la eccentricità
di progetto e, si possono ricavare l’altezza h e la base b della sezione mediante le
relazioni:
e
h = ,
η
Progetto delle armature
b =
ν
u
Nu
⋅ h ⋅
f
cd
A
s
A′
s
ω⋅ b ⋅ h ⋅
f
Fissate la geometria della sezione e le caratteristiche dei materiali e note le
sollecitazioni, si calcolano preliminarmente i valori adimensionali e/h e νu;
negli abachi il punto di coordinate (1/ν u
, e/h) permette per interpolazione di
determinare il valore di progetto delle armature richieste.
=
=
sd
f
′
cd

Pressoflessione: : abachi per il progetto della
sezione rettangolare
Verifica della sezione
Note la geometria della sezione, la quantità di armature, le caratteristiche dei materiali
e le sollecitazioni, si calcola il valore del parametro adimensionale νu; assumendo lo
stesso come valore ultimo νu, dalla coordinata 1/νu e per interpolazione tra le curve
corrispondenti ai due valori delle percentuali di armatura comprendenti quella
effettiva, si determina il valore di e/h e quindi della eccentricità corrispondente al
momento ultimo. La verifica pertanto si ottiene controllando il soddisfacimento della
relazione:
M
d
<
M
u
=
N
u
⋅ η⋅ h
=
N
u
⋅ e

Esempio di progetto di sezione
rettangolare a pressoflessione
Si progetti agli s.l.u. una sezione rettangolare soggetta in condizioni di esercizio
alle seguenti sollecitazioni di calcolo:
M d = 2290500 kgcm N d = 72588 kg
I materiali da utilizzare sono calcestruzzo di classe Rck = 250 kg/cm 2 ed acciaio
tipo FeB38k.
Per il progetto della sezione mediante gli abachi, si calcola preventivamente
l’eccentricità del carico:
M d 2290500
ed = = = 31.
55 cm
N d 72588
Fissando il valore di ξ=0.4 (generalmente compreso tra 0.2-0.45 che
corrisponde all’incirca alle zone 2”-3), dall’equazione di equilibrio alla
traslazione scritta in forma adimensionale, si ottiene un valore di progetto
di ν u:
:
σ′ s σ
1 1 1
ψ ⋅ ξ + ω′⋅ + ω⋅
s
= νu
ψ ξ = ν = = = 3.
u
f f
sd
sd
⋅ 125
ψ ⋅ξ
0.8⋅0.4
ν u

issando il valore di
=ω’=0.10 e d’/h=0.10
all’abaco si ottiene
/h:
1 = 3.125
ν u
e/h
5
4
3
2
ω = ω'
0.80
0.70
0.60
0.50
0.40
0.30
0.20
0.10
0.05
SEZIONE RETTANGOLARE - PRESSOFLESSIONE S.L.U.
η
=
e / h = 0.63
1
0
0.5 0.4 0.3
ξ
0.15
0.2
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
d'/h = 0.10
1/ ν u
h
ed
= η
=
31.55
0.63
=
50.0
b Nu
72588
= =
= 41.2 cm
ν u
⋅h⋅
fcd
0.32⋅50⋅110
ω ⋅b⋅h⋅
f ′
cd
0.10⋅40⋅50⋅110
A A
6.65 cm
2
s
= ′
s
= =
=
f
3304
sd

Esempio di verifica di sezione
rettangolare a pressoflessione
Verifica agli s.l.u. di una sezione rettangolare
soggetta in condizioni di esercizio alle seguenti
sollecitazioni di calcolo:
N d
= 72588
kg
M d
= 2290500
kgcm
40
50
4φ16
4φ16
I materiali utilizzati sono calcestruzzo di classe Rck = 250 kg/cm 2 ed acciaio tipo
FeB38k.
Le resistenze di calcolo del calcestruzzo di classe Rck = 250 kg/cm2 e per
l’acciaio FeB38k risultano:
0.
85⋅
0.
83⋅
250
2
2
f cd ′ =
= 110 kg/cm f sd = 3800 /1.
15 = 3304 kg/cm
1.
6
A VERIFICA MEDIANTE GLI ABACHI
Per effettuare la verifica mediante l’abaco occorre preventivamente calcolare
1/ν u
e ω=ω’:
Nu
72588
1
8.04⋅3304
ν
u
= = = 0.33 1 / νu
= = 3. 03 ω =ω ' = = 0. 12
b⋅h⋅
f ′ 40⋅50⋅110
0.33
40⋅50⋅110
cd

Dall’abaco si legge:
M
u
η = e / h = = 0.65 ⇒ M
u
= Nu
⋅η
⋅ h = 72588⋅0.65⋅50
= 2359110
N h
u
La verifica è soddisfatta risultando:
M d
2290500 < M = 2359110
=
u

B VERIFICA ANALITICA
Per la determinazione della posizione dell’asse neutro, si supponga
inizialmente di essere nella zona in cui le armature sono entrambe snervate.
L’equazione di equilibrio alla traslazione diventa
0 .8⋅b
⋅ y ⋅ f ′ + A′
⋅ f − A ⋅ f = N =
c
cd
s
sd
s
sd
u
72588
cui segue:
y
N
72588
0.
8⋅
40 ⋅110
u
c =
=
=
0.
8⋅
b ⋅ fcd
′
20.
62
cm
Essendo l’asse neutro nella zona 3 (11.75 ≤ 20.62 ≤ 32.42) segue:
M u
=
= 0.8⋅
20.62⋅
40⋅110⋅(25
− 0.4⋅
20.62) + 8.04⋅3304⋅
2384723
( 25 − 3)
⋅ 2 =
kgcm (poco diverso da 2359110 per via grafica)

La sezione circolare:verifica e progetto
C s
N
u
f' cd
2r
d = r G 0
y 0
G
G 0
A c,0.8yc
5
ϕ
r
A si
y c
d i
y' c
σ si
n
d'
Se si adotta per la valutazione del contributo statico del calcestruzzo l’ipotesi
semplificativa dello Stress-Block, il diagramma delle deformazioni al variare
della posizione dell'asse neutro serve esclusivamente a valutare il contributo
delle barre di armatura, in quanto quello del calcestruzzo è definito dal
prodotto dell’area A′ c al di sopra della corda posta a 0.8 y c
dal bordo compresso
per la tensione di progetto f ′ = 0.
80 ⋅
f
cd f cd
f
.83⋅
R
1.
ck
0
ck
′
cd
= α ⋅ fcd
= α = α
γ
c
α = 0.85
α = 0.80
nel caso di STRESS
BLOCK con sezione di larghezza
crescente dalla fibra maggiormente
compressa verso l’asse neutro

La sezione circolare:verifica e progetto
A c,0.8yc
C s
N
u
f' cd
2r
d = r G 0
y 0
G
G 0
ϕ
r
A si
y c
d i
y' c
σ si
n
d'
Determinazione della posizione dell’asse neutro
F
( y ) = A′
⋅f
′ + ∑ A ⋅σ − N = 0 [ f ′ = 0. 80⋅f
]
c
ϕ = arccos
c
cd
⎛ y′
⎜1−
c
⎝ r
⎞
⎟
⎠
il contributo statico del calcestruzzo si scrive
c
i
si
si
u
cd
con ϕ l’angolo relativo alla corda per
2
( ϕ − sen ϕ ⋅ cos ϕ) ⋅ r ⋅ fcd
′ = Ac′
⋅ fcd
N =
′
c
cd
y′ = 0.
8⋅
y
c

La sezione circolare:verifica e progetto
Determinazione della posizione dell’asse neutro
F
( y ) = A′
⋅ f ′ + ∑ A ⋅ σ − N = 0 [ f ′ = 0.
80 ⋅ f ]
c c cd i si si u
cd
cd
Da un punto di vista operativo, si osserva che la F(y c
) è una funzione crescente
della posizione dell’asse neutro y c
con valore negativo per yc = 0 e positivo per yc
= ∞, se Nu è minore del carico massimo sopportabile dalla sezione con eccentricità
nulla. Pertanto, individuate due posizioni dell’asse neutro cui corrispondono
valori di segno opposto della F(y c ), la posizione dell’asse neutro in una iterazione
successiva si ottiene costruendo una curva di errore che consente una rapida
convergenza verso la soluzione esatta.
yc,
i+
− yc,
i −
yc,
i+
− yc,
i −
= y −
⋅ F = y −
F
y
1
c,
i+ c, i−
i−
c, i+
⋅
Fi
+ − Fi
−
Fi
+ − Fi
−
F( y c )
L’arresto del procedimento iterativo
è regolato dalla disequazione
y c,i+1
i+
⋅ r
π 2
⋅
F
f ′
cd
( y )
c
+
A
s
⋅
f
sd
<
ε
F
F i+
y c,i−
con ε F
errore ammesso (per esempio
ε F
= 1/1000).
F i−
∆y c
y c,i+
h = 2r
y c

La sezione circolare:verifica e progetto
A c,0.8yc
C s
N
u
f' cd
2r
d = r G 0
y 0
G
G 0
ϕ
r
A si
y c
d i
y' c
σ si
n
d'
Determinazione del momento ultimo
M
u
G
=
= M cG
+ ∑i
⋅
0
=
⎛
⋅ ⎜
⎝
A
4
3
si
⋅ σ
si
⋅ d
dove il contributo del calcestruzzo si ottiene dalla seguente relazione:
M
cG
N
c
y
N
c
3
r ⋅ sen ϕ ⎞
⋅
⎟
2ϕ − sen2ϕ
⎠
i

La sezione circolare:progetto con abachi
Adimensionalizzazione
Nu
Mu,
νu
=
G
As
⋅ f
µ u,
G
=
ω =
sd
2
3
π⋅ r ⋅ fcd
′
2⋅
π⋅r
⋅fcd
′
2
π⋅ r ⋅ fcd
′
2r
− d′
ξ = y c /(2r) ; δ′ = d′
/(2r)
; d/
h = = 1− δ′
2r
Ad esempio, introducendo le quantità adimensionali
equilibrio alla traslazione:
A
n
c′
⋅ fcd
′ Asi
⋅ σ si N u
+ ∑ =
2
r fcd
′
2
i π ⋅ r fcd
′
2
π ⋅ ⋅ = 1
π ⋅ r ⋅ fcd
′
nell’equazione di
= ν
Le equazioni di equilibrio alla traslazione ed alla rotazione
diventano: Ac′
ω si
+ ⋅ ∑ σ
i = ν
2
u
π⋅r
n f
M
2 π⋅r
u
3
G
⋅f
′
cd
=
M
2 π⋅r
c
3
s
G
⋅f
′
cd
+
sd
ω
n
s
σsi
di
∑ i = µ
2⋅
π⋅f
sd
uG
u

La sezione circolare:progetto con abachi
Il problema del progetto dell’altezza e dell’armatura può essere condotto in
analogia al caso del metodo delle tensioni ammissibili, determinando
diagrammi che legano le variabili 1/ν u
ed e/(2r), essendo e l’eccentricità fornita
dal rapporto M uG
/N u
. e Mu
/ N
G u µ uG
= =
2 r 2 r νu
5
ω
e/2r
4
3
2
0.80
0.70
0.60
0.50
0.40
0.30
0.20
0.10
0.05
1
0
0.5 0.4 0.3
ξ
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
d'/h = 0.05
1/
0.2
ν u

Pressoflessione: : abachi per il progetto della
sezione circolare
Progetto della sezione (r)
Fissata la percentuale geometrica complessiva di armatura e note le
sollecitazioni, si impone un valore di progetto del carico assiale limite, che
dipende essenzialmente dalla duttilità che si intende conferire all’elemento
progettato; sulla curva (1/νu, e/2r) relativa alla prefissata percentuale ω si legge
il valore di η = e/2r corrispondente; essendo nota la eccentricità di progetto e, si
può ricavare il raggio r della sezione, nonché l’armatura, mediante le relazioni:
r
e
= 2 ⋅η
A
s
=
ω⋅ π⋅ r
f
2
sd
⋅
f
′
cd
Progetto delle armature
Fissate la geometria della sezione e le caratteristiche dei materiali e note le
sollecitazioni, si calcolano preliminarmente i valori adimensionali e/2r e νu;
negli abachi il punto di coordinate (1/νu, e/2r) permette per interpolazione di
determinare il valore di progetto delle armature richieste.

Pressoflessione: : abachi per il progetto della
sezione circolare
Verifica della sezione
Note la geometria della sezione, la quantità di armature, le caratteristiche dei materiali
e le sollecitazioni, si calcola il valore del parametro adimensionale νu; assumendo lo
stesso come valore ultimo νu, dalla coordinata 1/νu e per interpolazione tra le curve
corrispondenti ai due valori delle percentuali di armatura comprendenti quella
effettiva, si determina il valore di e/2r e quindi della eccentricità corrispondente al
momento ultimo. La verifica pertanto si ottiene controllando il soddisfacimento della
relazione:
M
d
< M = N ⋅η⋅ 2r
u
u
=
N
u
⋅e

La sezione generica:presso-flessione retta
A Metodo generale di tipo numerico
B Verifica con diagramma Stress-block
Metodo generale
y
i+1
ε
y m
i+1 y i
i n
y M =
y i+1
y m =
y i
ε
ε M
σ M
σm
σ
f
Determinazione
dell’asse neutro
( yn
) = ( Nc
+ Ns
) − Nu
∑
( ⋅σ
)
N = , ,
s A
j s
j
s
j
x i+1 x i
y n
x
N
c,
i
=
∫
0
y M
σ
( y) ⋅b( y)
dy

La a sezione generica:presso-flessione retta
Metodo generale numerico
y
i+1
ε
y m
i+1 y i
i n
ε
ε M
σ M
σm
σ
y M =
y i+1
y m =
y i
x i+1 x i
y n
x
∑
( ⋅σ
)
N = , ,
s A
j s
j
s
j
σ s, j = fsd
per εs,
j ≥ εos
σ s, j = − fsd
per εs,
j ≤ −εos
σ s, j = Es
⋅εs,
j per εs,
j < εos

La a sezione generica:presso-flessione retta
Metodo generale numerico
y
i+1
ε
y m
i+1 y i
i n
ε
ε M
σ M
σm
σ
y M =
y i+1
y m =
y i
x i+1 x i
y n
x
( N N )
N = ∑ , + ,
c
i
cr
i
ct
i
N
cr,
i
ct,
i
( x − x ) ⋅ σ( y)
= i+
⎛ x
⎜
⎝
1
− x
− y
i
⎞
⎟ ⋅
⎠
∫
0
y m
=
i+ i yM
∫y
yM
m
m
N
1
σ
dy
( y) ⋅( y − y)
M
dy

La sezione generica:presso-flessione retta
y
Metodo generale numerico
i+1
ε
y m
i+1 y i
i n
y M =
y i+1
y m =
y i
x i+1 x i
y n
( M M )
M = ∑ , + ,
c
i
cr
i
M
u,
ct
i
=
M
u
ε
ε M
x
M
M
+
cr,
i
ct,
i
N
σ M
σm
σ
Determinazione del
momento ultimo
M = M +
u
∑
c
M
s
( A ⋅σ ⋅ y )
M = , , ,
M
s
c,
i
=
j
y
∫
M
0
s
σ
j
s
j
( y) ⋅b( y)
( x − x ) ⋅ σ( y)
= i+
1
x −
=
i + x y
1 i
M
⋅
y − y
∫y
M
m
i
( y − )
G
y G
u
⋅
n
m
∫
0
σ
y i
⋅
y
dy
( y) ⋅( y − y)
M
⋅
⋅
s
y
y
j
dy
dy

Sezione generica:
presso-tenso
flessione deviata
Nel caso della pressoflessione deviata sono incogniti sia la posizione che
l’inclinazione dell’asse neutro. Come nel caso del metodo di verifica alle tensioni
ammissibili è possibile pervenire alla soluzione del problema della verifica
individuando la sezione reagente per successive approssimazioni
Domini di resistenza per sezioni rettangolari
h
0.1h
Muy
µ y =
M Caso A: ρ hb 2
y
x
= ρ y
= 0
Caso B: ρ x
= ρ y
= 0.5
ρ A y i y
A
Caso C: ρ
i
x
= ρ y
= 1.0
Caso D: ρ x
= 0.5 , ρ y
= 0
ρ A Caso E: ρ ρ
N x i
x
= 1.0 , y
= 0
Caso F: ρ x
= 1.0 , ρ y
= 0.5
x
M x
f' cd
ρ x
=ρ y
=0
0.1h
0.1b 0.1b
b
ω=
4A i
+ 2ρ x
A i
+ 2ρ y
A i
( ) . f yd
bhf cd
Mux
µ x =
bh 2
f'

Sezione rettangolare: domini di resistenza
per presso-tenso
flessione deviata
ρ x =ρ y =0
Muy
µ y =
hb 2
f' cd
R ck
=250 kg/cmq-FeB44k:
R ck
=350 kg/cmq-FeB38k:
Mux
µ x =
bh 2
f' cd

Sezione rettangolare: domini di resistenza
per presso-tenso
flessione deviata
ρ x =ρ y =1
Muy
µ y =
hb 2
f' cd
R ck
=250 kg/cmq-FeB44k:
R ck
=350 kg/cmq-FeB38k:
Mux
µ x =
bh 2
f' cd

Sezione rettangolare: domini di resistenza
per presso-tenso
flessione deviata
ρ x =1
ρ y =0
Muy
µ y =
hb 2
f' cd
R ck
=250 kg/cmq-FeB44k:
R ck
=350 kg/cmq-FeB38k:
Mux
µ x =
bh 2
f' cd

Sezione rettangolare: presso-tenso
fles-
sione deviata (soluzione approssimata)
1.0
µ uy
0.9
0.8
0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
β=0.5
β=0.6
β=0.8
β=0.7
β=0.9
0
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0
ω=percentuale meccanica di armatura
complessiva della sezione
β
0.80
0.75
0.70
0.65
⎛
⎜
⎝
M
M
ux
uxo
⎞
⎟
⎠
α
⎛ M
+ ⎜
⎝
M
0.10
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
0.60
µ ux
0.55
0.50
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0
0.5
β ⎜
4
⎝ 1+ ω
w
uy
uyo
⎛
⎞
( ν,
ω) = max 0.5 + ⋅ ν − 0.4 , 0.5 + 0.05⋅( 1. − ω) ⎟⎠
⎞
⎟
⎠
α
=1
α = log(0.5)/log(β )
ν

Sezione rettangolare: presso-tenso
fles-
sione deviata (soluzione approssimata)
Confronto analisi parametrica-espressione approssimata
β
β
Inviluppo max
Inviluppo medio
Inviluppo min
⎛ 0.5
β ⎜ 4
⎝ 1+ ω
⎞
( ν,
ω) = max 0.5 + ⋅ ν − 0.4 , 0.5 + 0.05⋅( 1. − ω) ⎟⎠
ν
u
=
N
b ⋅ h ⋅
u
f ′
cd
ν
u
=
N
b ⋅ h ⋅
u
f ′
cd

Sezione rettangolare: presso-tenso
fles-
sione deviata (soluzione approssimata)
Confronto analisi parametrica-espressione approssimata
β
β
Inviluppo max
Inviluppo medio
Inviluppo min
⎛ 0.5
β ⎜ 4
⎝ 1+ ω
⎞
( ν,
ω) = max 0.5 + ⋅ ν − 0.4 , 0.5 + 0.05⋅( 1. − ω) ⎟⎠
ν
u
N
=
b ⋅ h ⋅
u
f ′
cd
ν
u
N
=
b ⋅ h ⋅
u
f ′
cd

Sezione rettangolare: presso-tenso
fles-
sione deviata (soluzione approssimata)
Cls: Rck = 250 kg/cm2
acciaio FeB44k
armature 16 φ16
N d= 45000 kg
e x = 15 cm
e y = 19 cm
h=50
y
x
⎛
⎜
⎝
M
M
ux
uxo
⎞
⎟
⎠
α
⎛ M
+ ⎜
⎝
M
uy
uyo
⎞
⎟
⎠
α
=1
α = log(0.5)/log(β )
b=40
Resistenze di calcolo del calcestruzzo e dell’acciaio:
0.83⋅
R
R
2
f ′ = 0 .85⋅
= 0.85⋅
ck
cd fcd
= 110 kg/cm f =
ak
sd =
1.6
γs
Calcolo dello sforzo normale ultimo adimensionale ν:
ν
N
=
b ⋅ h ⋅
u
f ′
cd
45000
= = 0.20
40⋅50⋅110
4400 =
1.15
3826
2
kg/cm

Determinazione di M uxo :
1 1
Il carico adimensionale vale = = 5
ν 0.20
La percentuale meccanica di armatura disposta in direzione x ed il
copriferro, risultano:
A ⋅
ω = ω′ =
s fsd
x x
b ⋅ h ⋅ f ′
M
η
cd
y = e y / h =1.15
uxo = Nu
⋅ηy
⋅ h =
10.05⋅3826
=
40⋅50⋅110
e/h
= 45000⋅1.15⋅50
=
= 25875
kgm
5
4
3
2
1
0
ω = ω'
0.80
0.70
0.60
0.50
0.40
0.30
0.20
0.10
0.05
= 0.17
δ
x
d′
= =
h
3 =
50
0.06
SEZIONE RETTANGOLARE - PRESSOFLESSIONE S.L.U.
0.5 0.4 0.3 0.2
ξ
0.15
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
d'/h = 0.05
1/ ν u

Determinazione di M uyo :
1 1
Il carico adimensionale vale = = 5
ν 0.20
La percentuale meccanica di armatura disposta in direzione x ed il
copriferro, risultano:
A ⋅
ω = ω′ =
s fsd
x x
b ⋅ h ⋅ f ′
M
η
cd
x = e x / b =1.05
uyo = Nu
⋅ηx
⋅b
=
= 45000⋅1.05⋅
40 =
=18900
kgm
10.05⋅3826
=
40⋅50⋅110
e/h
5
4
3
2
1
ω = ω'
0.80
0.70
0.60
0.50
0.40
0.30
0.20
0.10
0.05
= 0.17
SEZIONE RETTANGOLARE - PRESSOFLESSIONE S.L.U.
0.5 0.4 0.3 0.2
ξ
δ
y
d′
= =
h
0.15
3 =
40
0.075
0
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
d'/h = 0.10
1/ ν u

Calcolo dei coefficienti β e α :
As,
tot ⋅ fsd
16⋅
2.01⋅3826
ω = =
= 0.56
b ⋅ h ⋅ fcd
′ 40⋅50⋅110
⎛ 0.5
⎞
β ( ν,
ω) = max ⎜0.5
+ ⋅ ν − 0.4 , 0.5 + 0.05⋅( 1.4 − ω) ⎟ =
⎝ 1+ ω
⎠
⎛ 0.5
⎞
= max ⎜0.5
+ ⋅ 0.56 − 0.4 = 0.55 , 0.5 + 0.05⋅
1.4 − 0.56 = 0.54 ⎟ = 0.
⎝ 1+
0.56
⎠
log(0.5) log(0.5)
α = = = 1.16
log( β)
log(0.55)
( ) 55
Domini di resistenza approssimato e verifica a pressoflessione deviata:
⎛
⎜
⎝
M
M
ux
uxo
⎞
⎟
⎠
α
⎛ M
+ ⎜
⎝
M
uy
uyo
⎞
⎟
⎠
α
⎛ 45000⋅0.19
⎞
= ⎜
⎟
⎝ 25875 ⎠
1.16
⎛ 45000⋅0.15⎞
+ ⎜
⎟
⎝ 18900 ⎠
1.16
=
0.58 < 1

Relazione costitutiva parabola-lineare
lineare
Indicating by ε the following ratio:
ε
ε =
c
εc0
the following two branches of the relationship are defined:
fc
2
f
f
f
c0
c
c0
= a ⋅ε −ε
= 1+
b⋅ε;
;
for
for
ε∈(0,1)
ε > 1
f cc
where:
a =1+ γ
b = γ −1
with:
fc0
+ E
γ =
f
E
t
=
f
cc
ε
t
c0
−f
⋅ε
c0
c0
=
f
f
c1
c0
f c1
f co
E o
ε co
E t
f co , f cc , ε cc
ε cc

DOMINI DI RESISTENZA (ν-µ)
C
C
ZONA 3 ZONA 6
Equazioni di equilibrio sezionali (adimensionali):
Nu
ν =
b ⋅h
⋅f
cd
σ
= ξψ + ω'
f
s
ys
' σ
+ ω
f
Mu
σ s '
σ s
µ = = ξψ ⋅(0.5
− λξ ) + ω'
(0.5 −δ
') −ω
(0.5 −δ
')
2
b⋅
h ⋅ f
f
f
cd
s
ys
ys
ys

PARAMETRO ψ
y
σ(
y)
dy
y
σ(
y)
dy
3.50
3.00
2.50
2.00
1.50
1.00
ψ
region2
ξ 2,3
0,6
0,5
0,4
0,3
0,2
0,1
0,05
unconfined
f l,d
region 6
ψ =
2 ∫
y1
y
c
⋅f
cd
ψ =
2 ∫
y1
h ⋅ f
cd
0.50
0.00
regions
3 to 5
0.0 1.0 2.0 3.0 4.0
ξ

PARAMETER λ
0.55
0.50
λ
λ
= 1−
y2
∫
σ(
y)
⋅ ydy
y1
2
y c
⋅ψ ⋅f
cd
λ = 1−
y2
∫
y1
2
h
σ(
y)
⋅ ydy
⋅ψ ⋅f
cd
0.45
0.40
0.35
0.30
0,6
0,5
0,4 f l,d
0,3
0,2
0,1
0,05
unconfined
0.0 1.0 2.0 3.0 4.0
ξ

Case A- region 2a, where ξ < 1 and α =α(ξ)≤1:
α =
Funzioni
ψ e λ
ε
ε
c
c0
ξ =
y c
h
α(
ξ)
α(
ξ)
( ξ)
= (1 +γ)
⋅ −
2 3
2
ψ λ( ξ)
Case B- region 2b where ξ < 1 and α=α(ξ) >1:
1 α(
ξ)
ψ ( ξ) = 1−
+ ( γ −1)
⋅
λ ( ξ ) = 1 −
3⋅α(
ξ)
2
Case C- regions 3, 4 and 5, where ξ ≤ 1 and α >1?(= ?constant):
1 α
ψ () ξ = 1 − + ( γ −1) ⋅ = cost
λ( ξ ) = 1 −
3⋅α
2
⎡
⎢
⎣
= 1 −
⎡
( 1+γ)
⎢ ( ) ⎤
1+γ
⋅ −α(
ξ)
⎥ ⎦
⎣
3
−
3
2
⎡
2
1 α ( ξ )
⎢ − + +
⎢⎣
12 2
⎡ 1
⎢1
− +
⎣ 3 ⋅ α ( ξ )
⎡
⎢ −
⎢⎣
⎡
⎢1
−
⎣
1
12
2
α
+
2
1
+
3 ⋅ α
⋅α(
ξ)
⎤
4
⎥
⎦
3
α ( ξ )
3
α ( ξ ) ⎤
⎥
2 ⎦
⎤
⎥
⎥⎦
( γ − 1)
2
( γ − 1) ⋅ ⋅ α ( ξ )
3
α
+
3
( γ − 1)
⋅
⎤
⎥
⎥⎦
2
⋅ α
( γ − 1 )
α
2
⎤
⎥
⎦
= cost
Case D- region 6a, where 11 (= ?constant):
2α
ψ ( ξ)
=
(1−4α+
λ( ξ ) =
2αξ
3
( ξ−1)
3
−2ξ
3
3
+ 6αξ
2
6αξ
2
−3α
ξ⋅
2
[ 1+
2ξ
+γ −2ξ(1
+γ)
]
2 4 4 3
3 3
6α ) ⋅ξ
+ α ⋅(ξ−1)
⋅(3+
ξ) −2α
ξ⋅
[ 2ξ + 2(1+
γ) −3ξ(1+
γ) ]
3 3 3 3 2 2
⋅{ 2α ⋅(ξ−1)
−2ξ
+ 6αξ −3α
ξ⋅
[ 1+
2ξ + γ−2ξ⋅
(1+
γ) ]}
Case E - region 6b, where ξ > α/(α−1) and α > 1 (= ?constant):
2ξ+α
ψ(
ξ)
=
( 2ξ−1)( γ −1)
2ξ
λ ( ξ)
=
3 2
3ξ+α( 3ξ−
2)( γ −1)
[ ξ+α( 2ξ−1)( γ −1)
]

Espressioni semplificate di ψ e λ
β ψ λ,ψ ψ
ψ
λ lim
λ
λ
ξ 2,3 ξ = 1
ξ
Region ψ λ
Region 2 (ξ ≤ ξ 23 )
ψ ξ
= ψ
λ = λ
ξ 23
Regions 3,4,5 (ξ 23 ≤ ξ ≤ 1)
Region 6 (ξ >1)
Ψ =
ψ = ψ
λ = λ
βξ −β+ .25
⋅Ψ
ξ−0.75
0 ξ−( 1−0.5⋅λ)
λ = 0.5 ⋅
ξ−0.75

ν−µ INTERACTION CURVES
ν−χ u
DIAGRAMS
0,6
0,0
ν u
-1,0 -0,5 0,0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0
0,2
0,6
0,5
0,4
0,4
0,3
0,2
0,1
0,05
f l,d
µ u
0,6
10(χ u d)
0,8
Unconfined
0,4
ω = ω' = 0,1
d'/h = 0,05
0,2

ν−µ INTERACTION CURVES
ν−χ u
DIAGRAMS
0,6
0,4
0,2
0,0
-1,0 -0,5 0,0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0
0,2
µ u
0,6
0,5
0,4
0,3 f l,d
0,2
0,1
0,05
Unconfined
ν u
0,4
concrete failure
0,6
10(χ u d)
steelfailure
ω = ω' = 0,3
d'/h = 0,05

INCREMENTO DI DUTTILITA’
χ
=
χ
χ
u,c
u,nc
≅
χ
χ
u,c
y,c
⋅
χ
χ
y,nc
u,nc
I ''(
f
χ
l,
d
) =
ε
ε
ccu
cu
ψ
ψ
c
un
=
0.0035+
0.015⋅
0.0035
f
l,
d
1.16
⋅
f
l,
d
+ 0.3f
0.8
l,
d
+ 0.8
12
11
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0
I 0,6
χ
0,5
0,4
0,3
I' χ = 30ν u -0,7
f l,d
d'/h = 0,05
0,2
0,1
0,05
Unconfined
ν u

Influenza di ξ sulla duttilità della sezione
y c =-
A
1
2
-10
3
4
3.5
2
f /E
sd s
5
6
y 2,3
y c =
C
B
y 3,4
y 4,5
Al crescere di ξ si riduce la duttilità
della sezione; per le travi si
consigliano valori di ξ compresi tra
0.1-0.45.
La normativa consente il calcolo
plastico senza richiedere il controllo
delle rotazioni plastiche se ξ è
minore di 0.25 ed il calcolo elastico
con ridistribuzione se ξ è minore di
0.45

H
SEZIONI PRESSOINFLESSE
DIAGRAMMA MOMENTO-CURVATURA (M – φ – N)
As’
d’
x
d
εc
ε’a
χ
T’
λx
C
M
N
As
b
εa
T
• Determinazione del diagramma momento-curvatura (M-φ) a sforzo
normale N costante.
• Per ogni assegnato valore della curvatura φ si determina il valore
dell’asse neutro delle deformazioni tale che sia soddisfatto
l’equilibrio alla traslazione: N = C + T’ – T .
• Dall’equazione di equilibrio alla rotazione si determina il momento
corrispondente, ottenendo quindi un punto di coordinate (M , φ).

DIAGRAMMA MOMENTO-CURVATURA (M – φ – N)
M
M u
M y
φ y
φ u
φ
• Determinazione della curvatura di snervamento φ y (snervamento
delle armature) e della curvatura ultima φ u (raggiungimento della
deformazione ultima nel calcestruzzo).

Diagrammi Momento-Curvatura al variare di N
M(tm)
80
60
40
20
ν =0.25
ν =0
ν =
Ν
b d f’cd
100 200 300 400 500 600 700
70
40
4φ20
4φ20
Rck 250 kg/cmq
FeB44k
φ 10 6
ν
0
0,05
0,10
0,15
0,20
0,25
φ u /φ y
18,4
12,5
8,62
5,83
4,09
3,10

MECCANISMO GLOBALE E
MECCANISMO LOCALE DI COLLASSO

MODELLI DI CAPACITÀ
ravi e pilastri: flessione con e senza sforzo normale
deformativa θ di travi e pilastri è definita come rapporto tra l
spostamento trasversale della sezione di momento nullo e la distanza di tal
La capacità deformativa
sezione dalla cerniera plastica (luce(
di taglio).
L v
=
M
V
M-
Elemento trave
Lv
M+
La capacità deformativa così valutata si differenzia in relazione ai
3 stati limite considerati.
• Stato limite di Danno Limitato
• Stato limite di Danno Severo
• Stato limite di Collasso
(SL-DL)
(SL-DS)
(SL-CO)

Capacità rotazionale
L’espressione più semplice:
θ
pl
= φ ⋅l
= φ
pl
pl
pl
⋅
( 0.5⋅
d )
La lunghezza della cerniera plastica considerando il
rapporto M u /M y e la snellezza di taglio (λ=M u /Vd)
l
'
pl
= 0.5⋅
M
u
= 0.5⋅ψ ⋅l
− M
M
v
u
y
⋅
M
V
u
=
⎛
0.5 ⋅ ⎜
1 −
⎝
f
f
y
t
⎞
⎟
⋅l
⎠
v
=

Influenza del cedevolezza del
vincolo/nodo
ε
ε
l
a,
y
=
db
⋅ f y db
⋅ f
la,
u =
4 ⋅τ a,
y 4 ⋅τ a,
t
u
ε
θ
∆ θ
≅ φ
pl
pl , s
∆la,
u − ∆l
=
*
d
db
⋅ft
⋅ψ ⋅
4⋅
τ
a,
u
a,
y
⎛ ε
= ⎜
⎝
su
− ε
d
*
sy
⎞ ⎛ f
⎟ ⋅⎜
⎠ ⎝
t
− f
f
t
y
⎞
⎟
⋅ l
⎠
a,
u
≅

Le espressioni della lunghezza
della cerniera plastica
l
pl
' ''
ft
= lpl
+ lpl
= 0 5⋅ψ⋅
l v + ψ⋅
⋅db
= k1
⋅lv
+ k 2
4⋅τ
.
d
a,u
⋅d
b
l
pl
= 0.08⋅l
+ 0. 022⋅
f ⋅ Priesteley (1996)
v
y
b
l
f
t
pl = 0.5⋅ψ ⋅lv
+ 1.2⋅ψ ⋅ ⋅db
Lehman (1998)
4⋅
τa,
y
l
l
pl
pl
= 0.12 ⋅ l + 0. 014 ⋅f
v
y
c
⋅d
b
Panagiotakos &
Fardis (2001)
0.24⋅fy
⋅db
= 0.1⋅lv
+ 0.17h
+
O.P.C.M. 3274
f

Lunghezza della cerniera plastica in
funzione della luce di taglio (M/V)
400
350
300
lpl [mm]
250
200
150
100
50
0
Priestley
Lehman
Pan & Fardis
Modello generale
0 500 1000 1500 2000 2500
L V [mm]

La capacità rotazionale rispetto alla
corda secondo O.P.C.M. 3274
Opzione n.1
(regressione numerico-sperimentale)
θ
u
=
γ
el
⋅0.016⋅
(
ν
)
⎡max( 0.01, ω'
)
0.3 ⋅
⎢
⎣ max
( 0.01, ω)
⋅ f
⎤
⎥
⎦
0.225
⎛ l
⋅
ν
⎜
⎝ h
⎞
⎟
⎠
0.35
1 c
c
⋅ 25
( α ρsx
fwy
/ f ) 100ρd
⋅1.25
Opzione n.2 (teorica con taratura sperimentale)
θ
u
=
γ
1
el
⎛
⋅ ⎜ θ
⎝
y
+
0.5L
⎞⎞
( )
⎛ pl
φ u − φ y ⋅ L ⋅ ⎜ ⎟
pl
1 −
⎟ ⎝ Lv
⎠⎠
con
Lv
⎛ h ⎞
θ y = φ y + 0.0013⋅
⎜ 1+
1.5 + ⋅φ
L
⎟ 0. 13
3 ⎝ v ⎠
y
d
b
⋅f
f
c
y

MODELLAZIONE CERNIERE PLASTICHE
Diagrammi Momento-Rotazione
tazione allo snervamento:
θ
u
= θ
y
+
0.5L
⎛ pl
( ) ⎟ ⎞
φ u − φ y ⋅ Lpl
⋅ ⎜1
−
⎝ LV
⎠
tazione ultima:
y
Lv
⎛ h ⎞
= φ y + 0.0013⋅
⎜ 1+
1.5 + ⋅φ
L
⎟ 0. 13
3 ⎝ v ⎠
y
d
b
⋅f
f
c
y
M
Ordinanza n. 3274 del 20 Marzo 2003
M u
M y
Stato Limite di Danno Limitato DL
Stato Limite di Danno Severo DS
Stato Limite di Collasso CO
θ y 3/4 θ u θ u
θ

MODELLI DI CAPACITÀ
My
Rotazione di snervamento
Lv
Lv
⎛ h ⎞
θ y = φ y + 0.0013⋅
⎜ 1+
1.5 + ⋅φ
L
⎟ 0. 13
3 ⎝ v ⎠
y
d
b
⋅f
f
c
y
Contributo
flessionale
Contributo
tagliante
Scorrimento
delle barre

MODELLI DI CAPACITÀ
Mu
My
Rotazione ultima
Lv
θ
u
= θ
y
+ ( φ
u
− φ
y
) L
pl
⎛
⎜
1 −
⎝
0.5L
L
V
pl
⎞
⎟
⎠
φu
φy
φ y
è la curvatura a snervamento valutata
considerando la deformazione di
snervamento dell’armatura tesa
φ u è la curvatura ultima valutata
considerando la deformazione ultima del cls
Lpl
Lv

MODELLI DI CAPACITÀ
I valori di massima capacità deformativa sono differenti in
relazione a i 3 stati limite
SL-DL
θ
u,DL
=
θ
y
SL-DS
SL-DC
θ
θ
u,DS
u,CO
= θ
= θ
u
y
+
= θ
3
4
y
( θ
u
+ ( φ
−
u
θ
y
)
− φ
y
)L
pl
⎛ ⎜1
−
⎝
0.5L
L
V
pl
⎞
⎟
⎠

Un programma sperimentale
FRP properties
Fiber t j [mm] E FRP [GPa] f u,FRP [MPa] ε u,FRP [%]
CFRP* 0.22 390 3000 0.80
GFRP** 0.48 80.6 Linea 2- Obiettivo 2560 NODI: 3-4
*commercialized by SIKA; ** commercialized UR by dell’Università MAPEI di Salerno

Test set-up

Tests on FRP confined columns

Tests on FRP confined columns

Hysteretic loops and
load-displacement displacement envelopes
olumn reinforced with smooth rebars (barre lisce)
“more pinching”
olumn reinforced with deformed rebars (barre ad ader. migliorata)
“less pinching”

Hysteretic loops and
load-displacement displacement envelopes
Lateral Force [N]
120000
Fmax
80000
0.90 Fmax
40000
C2-S-A1
0
r
-200 -160 -120 -80 -40 0 40 80 120 160 200
-40000
0.90 Fmax
-80000
Fmax
-120000
Displacement [mm]
Lateral Force [N]
120000
80000
40000
0
-200 -160 -120 -80 -40 0 40 80 120 160 200
-40000
C3-S
C1-S-G
C4-S-G
C10-S-C
-80000
C13-S-C
C2-S-A1
C11-S-A1
C6-S-A2
-120000
Displacement [mm]
Fmax
120000
120000
Lateral Force [N]
0.90 Fmax
80000
40000
0
-200 -160 -120 -80 -40 0 40 80 120 160 200
-40000
C9-D/R
C9-D
-80000
0.90 Fmax
-120000
Fmax
Displacement [mm]
Lateral Force [N]
80000
spostamento al
collasso convenzionale
40000
0
-160 -120 -80 -40 0 40 80 120 160
-40000
C9-D/R
C9-D
-80000
C3-S/R
C3-S
-120000
Displacement [mm]

ORDINE DEGLI INGEGNERI
Corso di aggiornamento sulla normativa sismica
gen. 2006 – mar. 2007
STATO LIMITE ULTIMO
PER TENSIONI NORMALI
Prof. Ciro FAELLA
Dipartimento di Ingegneria Civile
Università di Salerno