Dispense del Corso di Tecnica delle Costruzioni, Giannini

Dispense del Corso di Tecnica delle Costruzioni

Renato Giannini

Settembre 2007

Giannini: Dispense di Tecnica delle Costruzioni

ii


Indice

Prefazione xv

1 Analisi della tensione 11.1 Forze interne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Resistenza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.3 Tensione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.3.1 Equazione di Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3.2 Equilibrio alla rotazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.4 Cambiamento di riferimento* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.5 Tensioni piane . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.5.1 Il cerchio di Mohr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.5.2 Tensioni principali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.5.3 Tensioni principali in 3D* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.6 Equazioni di equilibrio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.6.1 Equazioni sul contorno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.7 Unita di misura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2 Analisi della deformazione 252.1 Moto rigido e deformazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.2 Analisi delle piccole deformazioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.2.1 Dilatazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.2.2 Scorrimenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.2.3 Matrice delle deformazioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.2.4 Dilatazione lungo una direzione arbitraria* . . . . . . . . . . . 282.2.5 Scorrimento di due direzioni ortogonali* . . . . . . . . . . . . 302.2.6 Cambiamento di riferimento* . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.2.7 Variazione di volume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.3 Deformazioni piane. Cerchio di Mohr delle deformazioni . . . . . . . 32

3 Leggi costitutive 353.1 Prova di trazione di una barra di acciaio . . . . . . . . . . . . . . . . 353.2 Legame elastico lineare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

3.2.1 Stati di tensione pluriassiali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383.2.2 Modulo di deformabilita volumetrica . . . . . . . . . . . . . . 423.2.3 Legge di Hooke generalizzata . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

iii


iv INDICE

3.2.4 Tensioni e deformazioni piane . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

3.3 Lavoro di deformazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

4 La trave 49

4.1 Le equazioni dei solidi elastici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

4.2 Il solido di Saint Venant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

4.3 Formulazione del problema di Saint Venant . . . . . . . . . . . . . . . 53

4.4 Forza normale e flessione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

4.4.1 Determinazione del campo degli spostamenti* . . . . . . . . . 60

4.4.2 Sforzo normale centrato . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

4.4.3 Flessione semplice retta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

4.4.4 Lavoro di deformazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

4.4.5 Asse neutro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

4.4.6 Nocciolo di inerzia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

4.5 Torsione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

4.5.1 Sezione circolare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

4.5.2 Sezione circolare cava . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

4.5.3 Sezione rettangolare sottile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

4.5.4 Profili aperti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

4.5.5 Sezioni tubolari di spessore sottile . . . . . . . . . . . . . . . . 83

4.6 Sollecitazione di taglio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

4.6.1 Sezioni rettangolari sottili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

4.6.2 Sezioni simmetriche di forma arbitraria . . . . . . . . . . . . . 92

4.6.3 Sezioni a T . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

4.6.4 Sezioni asimmetriche, centro di taglio . . . . . . . . . . . . . . 95

4.6.5 Deformazione dovuta al taglio . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

4.7 Teoria tecnica della trave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

5 Strutture in acciaio 109

5.1 Tensione ideale (von Mieses) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

5.2 Analisi limite delle strutture . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

5.3 Comportamento delle sezioni in acciaio oltre la soglia elastica . . . . . 113

5.3.1 Materiale elastoplastico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

5.3.2 Stato limite ultimo delle sezioni inflesse . . . . . . . . . . . . . 114

5.4 Progetto e verifica delle sezioni inflesse . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

5.5 Elementi snelli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

5.5.1 Non linearita geometriche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

5.5.2 Stabilita dell’equilibrio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

5.5.3 Stabilita dell’equilibrio delle aste compresse: l’asta di Eulero . 133

5.5.4 Pressione eccentrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136

5.5.5 Verifica delle aste snelle: il metodo ω. . . . . . . . . . . . . . . 139

5.5.6 Vincoli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

5.5.7 Aste presso-inflesse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145


INDICE v

6 Il cemento armato 1496.1 Introduzione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1496.2 Il calcestruzzo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

6.2.1 Il cemento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1516.2.2 Gli aggregati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1526.2.3 L’acqua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1536.2.4 Composizione del calcestruzzo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1556.2.5 Caratteristiche meccaniche del calcestruzzo . . . . . . . . . . . 155

6.3 L’acciaio per il cemento armato . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1606.3.1 Aderenza tra acciaio e calcestruzzo . . . . . . . . . . . . . . . 161

7 La trave in cemento armato 1657.1 Comportamento in fase I. Omogeneizzazione . . . . . . . . . . . . . . 167

7.1.1 Sezione pressoinflessa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1687.1.2 Il coefficiente di omogeneizzazione . . . . . . . . . . . . . . . . 171

7.2 Analisi della sezione fessurata (fase II) . . . . . . . . . . . . . . . . . 1727.2.1 Comportamento della trave fessurata . . . . . . . . . . . . . . 1727.2.2 Analisi della sezione inflessa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1747.2.3 Flessione retta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1767.2.4 Flessione retta della sezione rettangolare . . . . . . . . . . . . 1787.2.5 Dimensionamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180

7.3 Calcolo a rottura (fase III) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1837.3.1 Momento ultimo di una sezione rettangolare in c.a. soggetta

a flessione retta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1857.4 Elementi sollecitati a sforzo normale e flessione . . . . . . . . . . . . . 193

7.4.1 Comportamento in fase I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1937.4.2 Comportamento in fase II (sezione fessurata) . . . . . . . . . . 1957.4.3 Calcolo a rottura della sezione pressoinflessa . . . . . . . . . . 1997.4.4 Costruzione del dominio di sicurezza . . . . . . . . . . . . . . 201

7.5 Sollecitazione di taglio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2077.5.1 Taglio nella trave fessurata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209

7.6 Diagramma dei momenti resistenti. Interazione tra taglio e flessione . 218

8 La sicurezza delle strutture e i codici normativi 2238.1 Introduzione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223

8.1.1 Le azioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2248.1.2 Incertezze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224

8.2 Sicurezza strutturale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2258.3 Valori nominali e caratteristici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2298.4 Coefficienti di sicurezza, valori di progetto . . . . . . . . . . . . . . . 2318.5 Le Norme Tecniche per le Costruzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232

A Geometria delle aree 235A.1 Momenti statici e baricentro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235

A.1.1 Trasporto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236


vi INDICE

A.1.2 Rotazione degli assi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236A.1.3 Proprieta additiva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237A.1.4 Baricentro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 238A.1.5 Significato fisico del baricentro . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240

A.2 Momento d’inerzia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241A.2.1 Cambiamento di riferimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241A.2.2 Figure composte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246A.2.3 Giratori d’inerzia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248A.2.4 Momento polare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248


Elenco delle figure

1.1 L’interruzione della continuita porta alla perdita della trasmissionedelle forze interne (forze superficiali). . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2 Due magneti consentono di trasmettere la forza anche in assenza dicontinuita (forze di volume). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.3 Forze di volume (a): ogni punto interagisce con tutti gli altri. Forzedi superficie (b): i punti interagiscono solo con quelli piu prossimi. . . 3

1.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.5 Risultati di un ipotetico esperimento di resistenza a trazione. La forza

di rottura e proporzionale all’area del provino. . . . . . . . . . . . . . 31.6 Risultati di diverse prove di resistenza a trazione su barre di diversa

sezione e per due diversi tipi di materiali. . . . . . . . . . . . . . . . . 41.7 Forze esterne ed interne in una barra cilindrica. . . . . . . . . . . . . 51.8 Risultante dF (P,n) delle forze interne scambiate attraverso la super-

ficie infinitesima dS di normale n contenente il punto P . . . . . . . . 61.9 Tetraedro di Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.10 Rapporto tra l’area dA della faccia inclinata e delle sue proiezioni

dAx, dAy e dAz sui piani coordinati. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.11 Componenti speciali della tensione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.12 Nuova terna di riferimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.13 Componenti speciali della tensione e “tetraedro” di Cauchy nello

spazio a due dimensioni. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.14 Costruzione del cerchio di Mohr . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.15 Determinazione del polo K del cerchio di Mohr. . . . . . . . . . . . . 141.16 Determinazione dello stato di tensione su di una giacitura arbitraria

mediante il cerchio di Mohr. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.17 Tensioni principali per uno stato di tensione piano. . . . . . . . . . . 161.18 Cerchio di Mohr e tensioni principali per l’esempio 1.1. . . . . . . . . 171.19 Tre cerchi di Mohr per stati di tensione in 3D. . . . . . . . . . . . . . 201.20 Tensioni agenti sulle facce di un parallelepipedo con spigoli paralleli

agli assi del riferimento. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.1 Misura dell’allungamento di una barra sottoposta a trazione. . . . . . 252.2 Definizione di dilatazione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.3 Spostamento regolare di tre punti che individuano due assi ortogonali. 272.4 Dilatazione lungo una direzione arbitraria. . . . . . . . . . . . . . . . 29

vii


viii ELENCO DELLE FIGURE

2.5 Scorrimento di due direzioni ortogonali. . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.6 Cerchio di Mohr relativo ad una deformazione piana. . . . . . . . . . 33

3.1 Grafico forza-allungamento (tensione-deformazione) di una barra diacciaio dolce sottoposta a trazione. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

3.2 Macchina universale per prove sui materiali . . . . . . . . . . . . . . 36

3.3 Grafici tensione-deformazione relativi a diversi materiali metallici. . . 37

3.4 Misura della dilatazione assiale e della contrazione trasversale in unaprova di trazione. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

3.5 Per effetto dell’applicazione di una forza di trazione una barra siallunga nella direzione della forza e si contrae nelle direzioni trasversali 39

3.6 Cerchio di Mohr relativo ad uno stato di tensione di solo taglio edirezioni principali. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

3.7 Deformazione di un elementino di forma quadrata con diagonali pa-rallele agli assi in presenza di uno stato di tensione di puro taglio. . . 41

3.8 Deformazioni principali in presenza di puro scorrimento. . . . . . . . 42

3.9 Lavoro di deformazione: lavoro di dilatazione (a) e di scorrimento (b). 47

4.1 Superficie di un solido soggetta parzialmente a condizioni di vincoloe parzialmente all’azione di forze. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

4.2 Cambiamento della configurazione geometrica prodotto dai carichi. . 51

4.3 Il solido di Saint Venant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

4.4 Distribuzione delle tensioni in un prisma diversamente sollecitato sullebasi: (a) forza normale, (b) forza di taglio. Dei tre casi, il primo esoggetto ad una distribuzione uniforme della forza, il secondo ad unaforza concentrata nel baricentro, il terzo a due forze applicate ai bordi. 54

4.5 Sistema di riferimento usato per il solido di de Saint Venant . . . . . 54

4.6 Componenti della tensione e sistema di forze risultante agenti sullebasi del solido di de Daint Venant. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

4.7 Equilibrio di un cilindro sollecitato sulle basi con forze di taglio emomenti flettenti. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

4.8 Rotazione di una sezione prodotta dalla inflessione della linea d’asse. 58

4.9 Distribuzione delle tensioni prodotta dalla forza normale e dalla fles-sione. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

4.10 La sezione dell’esempio 4.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

4.11 Sezione dell’esempio 4.2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

4.12 Estensione del campo delle tensioni normali in una sezione all’interopiano Π. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

4.13 Eccentricita e centro di pressione relativi ad una sezione sollecitata aforza normale e flessione. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

4.14 Relazione tra centro di pressione ed asse neutro. . . . . . . . . . . . . 68

4.15 Noccioli d’inerzia per una sezione convessa ed una non convessa. . . . 70

4.16 Nocciolo d’inerzia per una sezione rettangolare. . . . . . . . . . . . . 71

4.17 Nocciolo d’inerzia per una sezione a T. . . . . . . . . . . . . . . . . . 72


ELENCO DELLE FIGURE ix

4.18 Anilisi agli elementi finiti di un cilindro con base circolare sollecitatoa torsione. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

4.19 Analisi agli elementi finiti di un prisma a base quadrata. Modellodella struttura (a) e deformazione di un tronco privato di una dellebasi (b). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

4.20 Analisi agli elementi finiti di un prisma con base quadrata. Campodegli spostamenti dei punti delle sezioni (a) e mappa degli spostamentiin direzione x (b). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

4.21 Campo degli spostamenti di una sezione di un cilindro soggetto atorsione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

4.22 Distribuzione delle tensioni prodotte dalla torsione in una sezionecircolare piena ed in una cava. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

4.23 Sezione rettangolare sottile. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 814.24 Flusso e risultanti delle tensioni prodotte dalla torsione in una sezione

rettangolare sottile. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 814.25 Sezioni composte con elementi rettangolari sottili. . . . . . . . . . . . 834.26 Flusso delle tensioni tangenziali prodotte dalla torsione in una sezione

tubolare di piccolo spessore. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 844.27 Equilibrio di una parte delle parate di un tubo sollecitato a torsione. . 844.28 Momento risultante delle tensioni tangenziali in una sezione tubolare

sottile. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 854.29 Sezione dell’esempio 4.6. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 874.30 Sezione dell’esempio 4.7. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 884.31 Equilibrio di un concio di trave sollecitata a flessione e taglio. . . . . 894.32 Equilibrio di una parte di un concio di trave. . . . . . . . . . . . . . . 904.33 Distribuzione delle tensioni tangenziali prodotte dal taglio in una

sezione rettangolare sottile. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 914.34 Influenza della variazione dello spessore della sezione sullo stato ten-

sionale prodotto dal taglio. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 924.35 Sezioni ad I sollecitate a taglio: tensioni nell’anima e nelle ali. . . . . 934.36 Distribuzione delle tensioni tangenziali nella sezione dell’esempio 4.8. 944.37 Effetti del taglio su di una sezione asimmetrica e centro di taglio della

sezione. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 954.38 Deformazione prodotta dal taglio in una sezione rettangolare sottile

che mostra l’ingobbamento della sezione (a) e scorrimento medio dellalinea d’asse (b). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

4.39 Mesh agli elementi finiti della trave. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1024.40 Curve di livello delle tensioni normali σx. . . . . . . . . . . . . . . . . 1034.41 Curve di livello delle tensioni σz. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1034.42 Confronto tra le tensioni normali calcolate con la teoria di de Saint

Venant e quelle ottenute con l’analisi agli elementi finiti. . . . . . . . 1044.43 Curve di livello delle tensioni tangenziali τxz. . . . . . . . . . . . . . . 1044.44 Confronto tra la distribuzione delle tenzioni tangenziali τxz ad x = l/4

calcolata con la teoria di Jourawsky e quella ottenuta dal modello adelementi finiti. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105


x ELENCO DELLE FIGURE

4.45 Diagramma dei momenti di una trave appoggiata con sbalzo soggettaa carico uniforme. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

4.46 Curve di livello della tensione normale σx nella zona circostante ilsecondo appoggio della trave di Fig. 4.45. . . . . . . . . . . . . . . . . 106

4.47 Confronto tra le distribuzioni delle tensioni calcolate con la teoria dide Saint Venant e con il metodo degli elementi finiti, in differentisezioni prossime al secondo appoggio della trave di Fig. 4.45. . . . . . 107

5.1 Legge costitutiva di un acciaio “dolce”. . . . . . . . . . . . . . . . . . 1115.2 Dominio di resistenza di una struttura e punti rappresentativi della

domanda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1135.3 Legge costitutiva monoassiale di un materiale elasto-plastico. Legame

monotono e ciclico. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1135.4 Sequenza delle distribuzioni delle deformazioni e delle tensioni al

crescere della curvatura, in una sezione rettangolare con materialeelasto-platico. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

5.5 Posizione dell’asse neutro nelle sezioni inflesse interamente plasticiz-zate; sezioni simmetriche (a) e non simmetriche (b). . . . . . . . . . . 116

5.6 Dominio di prima plasticizzazione (linea tratteggiata) e dominio dicollasso (linea continua) della sezione HE200B. . . . . . . . . . . . . . 117

5.7 Tabella per profilati IPE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1205.8 Tabella per profilati HEA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1215.9 Tabella per profilati HEB . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1225.10 Tabella per profilati HEM. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1235.11 Tensioni normali e tangenziali in una sezione ad I sollecitata a flessione

e taglio. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1245.12 Schema e diagrammi delle sollecitazioni della trave dell’esempio 5.1. . 1255.13 Deformazione di una trave inflessa soggetta ad un carico trasversale

distribuito ed a uno forza normale. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1275.14 Situazione di equilibrio stabile (A) ed instabile (B) di una massa

puntiforme nel campo del peso. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1295.15 Analisi della stabilita dell’equilibrio di un’asta composta da due corpi

rigidi connessi con una molla rotazionale. . . . . . . . . . . . . . . . . 1315.16 Soluzione grafica dell’equazione (5.36). . . . . . . . . . . . . . . . . . 1325.17 Energia potenziale del sistema in Fig. 5.15 per due valori del rapporto

N/4k. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1335.18 Asta soggetta ad una forza normale nella configurazione perturbata. . 1345.19 Rapporto tra la tensione critica e la resistenza del materiale in fun-

zione della rigidezza ridotta λ/λc dell’asta. . . . . . . . . . . . . . . . 1375.20 Asta soggetta ad una compressione eccentrica. . . . . . . . . . . . . . 1375.21 Curve γ = σm/fd relative a quattro differenti tipologie di sezione

(UNI-CNR 10011). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1405.22 Corrispondenza tra le tipologie delle sezioni e le cirve γ. . . . . . . . . 1405.23 Valori di ω in funzione della snellezza λ per l’acciaio Fe360 (curva c). 1425.24 Valori di ω in funzione della snellezza λ per l’acciaio Fe430 (curva c). 143


ELENCO DELLE FIGURE xi

5.25 Valori di ω in funzione della snellezza λ per l’acciaio Fe510 (curva c). 1445.26 Coefficiente β in funzione delle rigidezze rotazionali relative κ dei

vincoli di estremita di una trave, nei casi a nodi fissi e mobili. . . . . 1455.27 Telaio dell’esempio 5.3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1465.28 Sezione del pilastro dell’esempio 5.4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147

6.1 Foto a sinistra (a): il Partenone; e evidente la piccola distanza tra lecolonne permessa dalla resistenza a trazione delle trabeazioni. Foto adestra (b): il grande spazio coperto dalla cupola del Panteon, a Roma.150

6.2 Rappresentazione schematica del processo di idratazione (da AIMAT). 1526.3 Rappresentazione schematica dell’addensamento degli aggregati. . . . 1536.4 Miscela degli inerti di un calcestruzzo e confronto con la curva di Fuller1546.5 Slump test con il cono di Abrams . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1546.6 Curve tensione—deformazione di calcestruzzi di differenti classi di re-

sistenza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1566.7 Schema delle prove per la misura della resistenza a trazione del cal-

cestruzzo: flessione (a) e taglio (b). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1576.8 Variazione nel tempo della resistenza del calcestruzzo (riferita a quella

a 28gg), per diversi tipi di cemento. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1586.9 Svilluppo del ritiro nel tempo per un calcestruzzo normale (NSC) ed

uno ad alta resistenza (NSC). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1596.10 Sviluppo nel tempo delle deformazioni di un elemento di calcestruzzo

compresso. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1606.11 Diagramma tensioni-deformazioni di un acciaio ordinario da c.a. . . . 1616.12 Esempio di barre nervate (aderenza migliorata) per l’armatura delle

strutture in c.a. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1626.13 Diagramma tensioni-deformazioni di un acciaio ad alta resistenza . . 1626.14 Sezione di un elemento in calcestruzzo con annegata una barra in

acciaio. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1636.15 Diagrammi forza-scorrimento di barre annegate nel calcestruzzo, lisce

e sagomate. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1636.16 Fessurazione del calcestruzzo circostante una barra sagomata: (a) per

rottura per taglio, (b) rottura dei denti di calcestruzzo. . . . . . . . . 164

7.1 Schema di carico di una trave in c.a. semplicemente appoggiata edigramma carico-abbassamento. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166

7.2 Sezione di una trave in cemento armato come sovrapposizione dellasezione di calcestruzzo (forata) e quella delle barre. . . . . . . . . . . 168

7.3 Apertura di una fessura in una trave in cemento armato. . . . . . . . 1727.4 Fessurazione di una trave in c.a. sollecitata a sola flessione. . . . . . . 1737.5 Conservazione delle sezioni piane in una trave in c.a. . . . . . . . . . 1747.6 Sezione in c.a. sollecitata a flessione in fase II. Campo delle tensioni. . 1757.7 Flessione di una sezione asimmetrica (a) ed una simmetrica (b) per

un momento agente secondo uno degli assi principali d’inerzia dellasezione di calcestruzzo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177


xii ELENCO DELLE FIGURE

7.8 Sezione rettangolare soggetta a flessione retta. . . . . . . . . . . . . . 178

7.9 Sezione dell’esempio 7.2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180

7.10 Risultanti delle tensioni in una sezione inflessa in c.a. con un sololivello di armatura. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181

7.11 Azione di confinamento esercitata dalle staffe. . . . . . . . . . . . . . 184

7.12 Leggi tensione—deformazione per l’acciaio (a) e per il calcestruzzo (b)adottate per il calcolo a rottura. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

7.13 Meccanismo di collasso di una sezione rettangolare inflessa . . . . . . 186

7.14 Diagramma rettangolare equivalente. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188

7.15 Sezione sollecitata a pressoflessione retta di grande eccentricita. . . . 195

7.16 Sezione rettangolare soggetta a pressoflessione retta di grande eccen-tricita. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

7.17 Grafico della funzione (zn) e delle approssimazioni lineari successive. 199

7.18 Dominio di collasso di una sezione rettangolare in c.a. armata sim-metricamente. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200

7.19 Situazioni di collasso di una sezione in cemento armato . . . . . . . . 201

7.20 Famiglia di domini di resistenza normalizzati per sezioni rettangolari.(A0s/As = 1, εy = 2× 10−3, d0/d = 0.1). . . . . . . . . . . . . . . . . . 205

7.21 Progetto di una sezione pressoinflessa usando i domini di resistenzaadimensionali. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206

7.22 Verifica della sezione dell’esempio 7.10. . . . . . . . . . . . . . . . . . 207

7.23 Quadro fessurativo di una trave soggetta a flessione e taglio. . . . . . 207

7.24 Cerchi di Mohr per le tensioni in diversi livelli di una sezione rettan-golare soggetta a flessione e taglio. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208

7.25 Linee isostatiche in una trave sollecitata a flessione e taglio. . . . . . . 209

7.26 Fessurazione di una trave in c.a. sollecitata a flessione e taglio. . . . . 210

7.27 Tipi di staffe nelle sezioni in c.a. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211

7.28 Rappresentazione schematica di staffe e delle barre piegate all’internodi un concio di trave in c.a. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212

7.29 Deduzione del traliccio di Morsh dall’andamento delle isostatiche dicompressione. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212

7.30 Equilibrio di una biella di calcestruzzo. . . . . . . . . . . . . . . . . . 213

7.31 Calcolo della tensione media di compressione in una bilella di calce-struzzo di una trave sollecitata a taglio. . . . . . . . . . . . . . . . . . 214

7.32 Armatura di una trave appoggiata con sbalzo e soggetta ad un caricounivorme. Verifica con il diagramma dei momenti resistenti. . . . . . 219

7.33 Equilibrio delle risultanti di sollecitazione per un concio di travesezionato ortogonalmente all’asse e quando la sezione e inclinata. . . . 220

8.1 Analisi agli stati limite di due strutture composte con tre aste. . . . . 226

8.2 Analisi della deformazione delle tre aste collegate alle estremita. . . . 227

8.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229

A.1 Assi di riferimento e area A del piano. . . . . . . . . . . . . . . . . . 236


ELENCO DELLE FIGURE xiii

A.2 Figure geometriche semplici [rettangolo (a), triangolo rettangolo (b)]e relativi assi di riferimento. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237

A.3 Figura piana riferita a due sistemi di assi rotati. . . . . . . . . . . . . 238A.4 Sezione ad L composta da due sezioni rettangolari. . . . . . . . . . . 240A.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241A.6 Determinazione del momento d’inerzia di un cerchio. . . . . . . . . . 244A.7 Assi principali e giratori d’inerzia di una figura ad L. . . . . . . . . . 247A.8 Figura simmetrica rispetto all’asse x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248


xiv ELENCO DELLE FIGURE


Prefazione

Queste dispense raccolgono, in forma piuttosto sintetica, gli argomenti del corso diTecnica delle Costruzioni che svolgo al terzo anno del Corso di Laurea in Scienze del-l’Architettura dell’Universita degli Studi di Roma Tre. La selezione degli argomentitrattati ovviamente rispecchia le particolarita del percorso didattico degli studentiin questa Facolta.

Nella prima parte vengono introdotti i concetti di tensione e deformazione neimezzi continui, le equazioni di equilibrio e le condizioni di compatibilita; succes-sivamente si discutono gli aspetti piu semplici dei legami costitutivi dei materialistrutturali, particolarmente dell’acciaio, schematizzati poi nella legge di Hooke ge-neralizzata ai materiali isotropi. Si passa quindi allo studio del solido di de SaintVenant, i cui risultati sono la base per lo sviluppo della teoria tecnica della traveelastica.

Nel capitolo un po’ impropriamente intitolato Strutture in acciaio, i risultatiprecedenti sono utilizzati per introdurre al dimensionamento delle sezioni in acciaio;viene quindi trattato il caso dell’asta snella soggetta a compressione e si giustificail metodo ω. I problemi connessi ai collegamenti (saldature, bullonature, ecc.) nonsono invece neanche sfiorati.

Il capitolo sul Cemento armato descrive sommariamente la tecnologia di questomateriale, le caratteristiche specifiche, le proprieta meccaniche del calcestruzzo el’interazione di questo con l’acciaio delle armature. Infine nel capitolo successivo eaffrontato il calcolo delle travi in cemento armato nelle tre fasi che ne caratterizza-no il comportamento (stato del calcestruzzo integro, fessurato ed a rottura) per lesollecitazioni di pressoflessione e taglio.

Nella trattazione degli argomenti descritti non si fa riferimento a specifiche pre-scrizioni normative, che pure sono molto importanti nella pratica progettuale. Que-sta scelta e stata suggerita da molti fattori: l’opportunita di snellire un testo giacarico di molti argomenti, il desiderio di prestare maggiore attenzione agli aspettifisici dei fenomeni e, non ultimo, la difficolta che, in Italia, si e verificata in questiultimi anni intorno all’emanazione di un testo normativo condiviso. L’ultimo ca-pitolo e quindi dedicato ad una qualitativa esposizione dei concetti della sicurezzadelle strutture, ai format dei codici “semiprobabilistici” e alla definizione di alcunegrandezze essenziali, quali i valori caratteristici e di progetto delle resistenze deimateriali e delle intensita delle azioni.

Poiche la geometria delle aree e uno strumento essenziale per l’analisi delle sezionidelle travi, ma la sua trattazione e sostanzialmente estranea al filo logico seguito per

xv


xvi Capitolo 0 Prefazione

lo sviluppo degli altri argomenti del corso, una sintetica esposizione dei suoi aspettiessenziali e posta in appendice.In qualche, raro, caso, il contenuto di queste dispense ha debordato oltre quello

che e normalmente svolto durante le lezioni del corso. Questi argomenti sono con-trassegnati con un asterisco* e per essi e usato un carattere piu piccolo. Il loro studiopuo essere omesso senza compromettere la comprensione del resto.


Capitolo 1

Analisi della tensione

1.1 Forze interne

Immaginiamo di compiere il semplice esperimento illustrato in Fig. 1.1. Una fune etesa mediante l’applicazione di due forze uguali ed opposte. In questa situazione ilsistema (la fune ed i due pesi) resta in equilibrio. Se ora tagliamo la fune, il sistemanon rimane in equilibrio ed i due pesi cadono verso terra, trascinando con loro i duemonconi della fune.Per quanto questo esperimento possa apparire banale e scontato, esso ci indica

alcune cose importanti:

1. Le due parti di fune, prima del taglio, si scambiavano una forza pari a quellaapplicata alle estremita.

2. Questa forza agiva esclusivamente sui punti della superficie tagliata; infattise avesse agito anche su punti piu lontani, l’equilibrio sarebbe stato possibileanche dopo il taglio, come avviene ad esempio quando le due parti sono tenuteinsieme da un magnete. (Fig. 1.2).

Possiamo classificare le forze in forze di volume e forze di superficie. Le primevengono scambiate anche a grande distanza ed agiscono su tutti i punti di un corpo:ne sono esempi la forza peso e la forza che un magnete esercita sui corpi ferrosi. Leseconde sono scambiate solo a breve distanza, tra i punti prossimi ad una superficie:le forze di contatto e le forze interne sono esempi di azioni di questo tipo.

1.2 Resistenza

Lo scopo dell’ingegneria delle strutture e ideare degli organismi strutturali che sianocapaci, per un tempo sufficientemente lungo, di sostenere i carichi e le altre azioni chesi produrranno in futuro e quindi verificare, su idonei modelli analitici e numerici,che le strutture progettate abbiano effettivamente queste caratteristiche. Questeverifiche si eseguono confrontando gli effetti delle azioni previste, che chiameremosollecitazioni, con le resistenze della struttura e degli elementi che la compongono.

1


2 Capitolo 1 Analisi della tensione

Figura 1.1: L’interruzione della continuita porta alla perdita della trasmissione delleforze interne (forze superficiali).

Figura 1.2: Due magneti consentono di trasmettere la forza anche in assenza dicontinuita (forze di volume).

Supponiamo di prendere una barra, per esempio di acciaio, e di sottoporla aduna prova di trazione. La prova consiste nell’applicare alle estremita della barra unaforza F crescente fino a produrne la rottura (Fig. 1.4). Il valore FR della forza cheproduce la rottura della barra e detta forza di rottura o resistenza della barra.

Supponiamo ora di ripetere l’esperimento su altre barre, di diverso diametroma realizzate con lo stesso materiale; troveremo valori diversi della resistenza che,come e ovvio, crescera con il diametro della barra. Se si rappresentano questirisultati in un grafico, riportando sulle ascisse le aree delle sezioni e sulle ordinate leresistenze delle barre, otterremmo un risultato simile a quello illustrato nella Fig. 1.5;i punti rappresentativi delle coppie area—resistenza si disporrebbero attorno ad unaretta con inclinazione positiva che, almeno approssimativamente, passa per l’origine.Indicando con FR la resistenza della barra e con A la sua area, l’equazione di unaretta di questo tipo e

FR = cA (1.1)

dove c indica una costante.


1.2 Resistenza 3

(a)

(b)

Figura 1.3: Forze di volume (a): ogni punto interagisce con tutti gli altri. Forze disuperficie (b): i punti interagiscono solo con quelli piu prossimi.

F F

Figura 1.4:

Area della sezione della barra

Res

iste

nza

della

bar

ra

Figura 1.5: Risultati di un ipotetico esperimento di resistenza a trazione. La forzadi rottura e proporzionale all’area del provino.



Area della sezione della barra

Res

iste

nza

della

bar

ra

Figura 1.6: Risultati di diverse prove di resistenza a trazione su barre di diversasezione e per due diversi tipi di materiali.

Supponiamo di ripetere ora l’esperimento con un’altra serie di barrette, fattepero con un materiale diverso. Riportando i risultati sullo stesso grafico otterremmoquanto rappresentato in Fig. 1.6. La relazione tra resistenza ed area e ancora del tipo(1.1) ma con un valore diverso della costante c. Generalizzando questi risultati,potremo allora concludere che, per ogni materiale, il rapporto

FR

A

tra la resistenza di una barra sottoposta a trazione e l’area della stessa e (approssi-mativamente) costante ed e una grandezza che dipende dalla natura del materialee non dalle dimensioni della barra: chiameremo questa grandezza la resistenza atrazione del materiale.

1.3 Tensione

Il rapporto tra la forza F applicata alle estremita della barra e l’area A di unasezione normale della stessa barra (Fig. 1.7) e detta tensione normale media e saraindicata con il simbolo σm:

σm =F

A(1.2)

Nel caso della barra tesa, che abbiamo esaminato, le forze interne sono paralleleall’asse della barra e quindi normali alle sezioni; inoltre le dimensioni delle sezionisono piccole rispetto alla dimensione longitudinale e dunque il concetto di tensionemedia ha un significato intuitivo chiaro. In un caso piu complesso, come quellomostrato in Fig. 1.8, le cose non sono cosı semplici; le dimensioni della sezione S sonoconfrontabili con quelle dell’oggetto, di conseguenza l’informazione fornita da una


1.3 Tensione 5

FA

FA

Figura 1.7: Forze esterne ed interne in una barra cilindrica.

grandezza media diviene meno utile: appare quindi opportuno definire una tensionepuntuale. Poiche in generale questa tensione non sara normale alla superficie, la sidovra definire come un vettore.Data una superficie S che seziona un corpo ed un punto P su essa, sia dA

un’areola contenuta in S e che contiene P (Fig. 1.8). Abbiamo gia detto che le forzeinterne sono forze superficiali e che pertanto ogni punto sulla superficie S scambiaforze soltanto con quello omologo sull’altra faccia di S. Sia dF la risultante delleforze che passano per dA; indicando con n la normale ad S in P , faremo la seguenteipotesi (Cauchy):

Al tendere a zero delle dimensioni di dA in modo che contenga sempreP , il rapporto dF

dAtende ad un vettore di misura finita, detto la tensione

nel punto P relativa alla giacitura di normale n. In formule:

p (P,n) = limdA→P

dF

dA(1.3)

1.3.1 Equazione di Cauchy

La definizione della tensione riportata sopra, mette in evidenza che questa grandezzadipende non soltanto dal punto P , ma anche dalla giacitura (definita mediante ilvettore normale) del piano tangente alla superficie S nel punto P .Ora mostreremo che questa dipendenza si puo esprimere mediante una semplice

legge lineare in funzione delle tensioni agenti su tre giaciture ortogonali. A questoscopo consideriamo un tetraedro infinitesimo con il vertice nel punto P e gli spigoliparalleli agli assi x, y, z di un riferimento ortogonale. Sia p (n) la tensione sulla



Figura 1.8: Risultante dF (P,n) delle forze interne scambiate attraverso la superficieinfinitesima dS di normale n contenente il punto P .

faccia inclinata del tetraedro, di area dA e di normale n e siano p (−x), p (−y),p (−z) le tensioni agenti sulle altre facce del solido, aventi vettori normali diretti inverso opposto agli assi del riferimento (Fig. 1.9).Ricordiamo che la prima equazione cardinale della statica afferma che un corpo

e in equilibrio solo se e nulla la risultante delle forze agenti su esso; quindi, ricordanola definizione (1.3) della tensione, la forza agente su una generica faccia di area dAe giacitura di normale n e p (n) dA, e il tetraedro sara in equilibrio se

p (n) dA+ p (−x) dAx + p (−y) dAy + p (−z) dAz + gdV = 0 (1.4)

In questa equazione gdV indica la forza di volume (p.e. il peso) proporzionale alvolume dV dell’elemento. Per un tetraedro infinitesimo il volume e infinitesimo diordine superiore rispetto all’area (ossia limdA→0

dVdA= 0) e quindi la forza di volume

sara trascurabile rispetto alle altre. Per il principio di azione e reazione, su facceopposte agiscono forze opposte, quindi p (−x) = −p (x), ecc. Tenendo conto di cio,la (1.4) diviene:

p (n) dA = p (x) dAx + p (y) dAy + p (z) dAz (1.5)

dove dAx, dAy e dAz sono le aree delle facce del tetraedro perpendicolari agli assicoordinati. D’altra parte e facile verificare che (vedi Fig. 1.10)

dAx = nxdA dAy = nydA dAz = nzdA (1.6)

dove nx, ny, nz sono le componenti del vettore unitario n, perpendicolare a dA.Infatti, come e mostrato nella figura, ad esempio nz = 1 · cosα, dove α e l’angoloformato da n con z. Ma α e anche l’angolo che il piano di normale n forma conquello normale a z, quindi, se h e l’altezza della faccia inclinata del tetraedro, h cosαe la sua proiezione sul piano xy e quindi e l’altezza della faccia di normale z. Poichei due triangoli hanno la stessa base, ne segue facilmente che dAz = dA cosα = dAnz.


1.3 Tensione 7

x y

z

n

p(n)

p(-x)p(-y)

p(-z)

dAx

dAy

dAz

dA

x y

z

n

p(n)

p(-x)p(-y)

p(-z)

dAx

dAy

dAz

dA

Figura 1.9: Tetraedro di Cauchy

Analogamente si dimostrano le altre relazioni (1.6). Sostituendo le (1.6) nella (1.5)si ottiene, dopo aver diviso tutti i termini per dA:

p (n) = p (x)nx + p (y)ny + p (z)nz (1.7)

La (1.7) e una relazione molto importante, poiche permette di determinare ilvettore della tensione p relativo ad una generica giacitura di normale n, quandosiano noti i tre vettori

px = p (x) py = p (y) pz = p (z) (1.8)

della tensione su tre giaciture ortogonali. Poiche ogni vettore ha tre componentiscalari, dalla (1.7) segue che lo stato di tensione in un punto e completamente definitodalle 3 × 3 = 9 componenti dei tre vettori px,py,pz. Queste componenti, dettecomponenti speciali della tensione, sono rappresentate sulle facce del parallelepipedodi Fig. 1.11. Come e consuetudine nella letteratura tecnica, le componenti normalialle facce sono indicate con la lettera σ, quelle parallele con la lettera τ . Le novecomponenti si possono raccogliere in una matrice 3×3, in cui ogni colonna e formatacon le tre componenti di ciascun vettore:

T=

⎡⎣σxx τ yx τ zxτxy σyy τ zyτxz τ yz σzz

⎤⎦ (1.9)

Con questa notazione, l’equazione di Cauchy (1.7) si scrive:

pn= Tn (1.10)

o, esplicitamente in forma scalare:

pnx = σxxnx + τ yxny + τ zxnz (1.11a)

pny = τxynx + σyyny + τ zynz (1.11b)

pnz = τxznx + τyzny + σzznz (1.11c)



y

z

n

dAx

dAz

x

nz = cos(α)

dAdAy

α

α

y

z

n

dAx

dAz

x

nz = cos(α)

dAdAy

α

α

Figura 1.10: Rapporto tra l’area dA della faccia inclinata e delle sue proiezioni dAx,dAy e dAz sui piani coordinati.

x

z

ydy

dz

dx

pz

px py

σxxτxy

τxz

τzx τzy

σzz

τyx

τyz

σyy

x

z

ydy

dz

dx

pz

px py

x

z

ydy

dz

dx

pz

px py

σxxτxy

τxz

τzx τzy

σzz

τyx

τyz

σyy

Figura 1.11: Componenti speciali della tensione


1.4 Cambiamento di riferimento*

9

1.3.2 Equilibrio alla rotazione

Per dimostrare l’equazione di Cauchy (1.7) abbiamo fatto uso della prima delle equa-zioni cardinali della statica; ma ogni elemento infinitesimo di un mezzo continuo,per essere in equilibrio, deve soddisfare anche la seconda equazione cardinale, cherichiede sia nullo il momento risultante. Se allora consideriamo l’equilibrio alla rota-zione del parallelepipedo infinitesimo di figura 1.11, poiche, per il principio di azionee reazione, su facce opposte agiscono tensioni uguali in modulo e direzione ma diverso opposto, le risultanti delle componenti tangenziali τ formano delle coppie conbracci uguali alle lunghezze degli spigoli del parallelepipedo, mentre le componentinormali, avendo la stessa retta di azione, hanno momento risultante nullo. Se adesempio imponiamo l’equilibrio alla rotazione attorno ad un asse parallelo a z, lesole componenti che danno luogo ad un momento sono le τxy e le τ yx. Le tensioniagenti sulle facce dydz hanno per risultanti le forze τxydydz che formano una coppiadi braccio dx; le risultanti delle tensioni τ yx, agenti sulle facce dxdz valgono τ yxdxdze formano una coppia di braccio dy. Quindi, poiche le due coppie hanno verso op-posto, come e chiaro dal disegno, la condizione di equilibrio della rotazione attornoa z si scrive:

(τxydydz) dx = (τ yxdxdz) dy (1.12)

da cui, dividendo ambo i membri per dxdydz ricaviamo

τxy = τ yx (1.13)

Analogamente, imponendo l’equilibrio alla rotazione attorno ad x ed y, potremodedurre, con simile procedimento, le restanti condizioni di reciprocita tra le tensionitangenziali

τ yz = τ zy τ zx = τxz (1.14)

Le (1.13) e (1.14) stabiliscono che la matrice T e simmetrica e pertanto i terminidistinti che la caratterizzano sono sei (tre componenti di tensione normale σ e tredi tensione tangenziale τ).

1.4 Cambiamento di riferimento*

Abbiamo visto che, in virtu del teorema di Cauchy, lo stato di tensione in un punto e

determinato dalla matrice T, ovvero, in forma scalare, dalle sue sei componenti distinte(σxx, σyy, σzz, τxy, τ yz, τ zx), dette componenti speciali della tensione; il valore di questecomponenti, che sono le tensioni sulle facce parallele ai piani coordinati, dipende ovviamen-

te dal riferimento; dunque lo stesso stato di tensione puo essere rappresentato da diversi

valori delle componenti speciali, a seconda del sistema di assi utilizzato. Vogliamo ora

mostrare come queste componenti cambiano quando si passa da un sistema di riferimento

ad un altro.

Se n1,n2,n3 sono tre vettori (di modulo unitario) tra loro ortogonali, possiamo basaresu essi una nuova terna di riferimento; vogliamo calcolare i valori delle componenti speciali

della tensione (raccolte nella matrice T) relativamente alle facce di un parallelepipedo i



y

z

x

n3

n1

n2

Figura 1.12: Nuova terna di riferimento

cui spigoli coincidono con gli assi del nuovo riferimento (n1, n2, n3). Applicando la (1.7)e tenendo conto della (1.8) si ottiene, per ciascuna delle direzioni ni (i = 1, 2, 3):

pi = p (ni) = pxnix + pyniy + pzniz (i = 1, 2, 3) (1.15)

in cui nix, niy, n iz sono le componenti sugli assi x, y, z del vettore unitario ni.Le componenti di pi nel nuovo riferimento si determinano proiettandolo sui tre assi

n1,n2,n3. Moltiplicando scalarmente pi per i tre vettori nj (j = 1, 2, 3), poiche questihanno modulo unitario, otterremo tali componenti. I prodotti ntipi forniscono le compo-nenti normali σii, mentre i prodotti n

tjpi (con j 6= i) forniscono le componenti tangenziali

τ ij :σii = n

tipi τ ij = n

tjpi (i 6= j) (1.16)

Se con i, j, k indichiamo i vettori unitari paralleli agli assi x, y, z del primo riferimento,

potremo porre

px = σxxi+ τxyj+ τxzkpy = τ yxi+ σyyj+ τ yzkpz = τ zxi+ τ zyj+ σzzk

(1.17)

da cui segue che

ntipx = nixσxx + niyτxy + nizτxzntipy = nixτ yx + niyσyy + nizτ yzntipx = nixτ zx + niyτ zy + nizσzz

(1.18)

in quanto, essendo nix, niy, niz le componenti di ni nel vecchio riferimento, si ha ntii = nix,

ecc.; sostituendo la (1.15) nelle (1.16) troveremo alla fine

σii = ntipi = n

tipxnix + n

tipyniy + n

tipzniz =

(σxxnix + τxyniy + τxzniz)nix + (τ yxnix + σyyniy + τ yzniz)niy+

+ (τ zxnix + τ zyniy + τ zzniz)niz (1.19)


1.5 Tensioni piane 11

Figura 1.13: Componenti speciali della tensione e “tetraedro” di Cauchy nello spazioa due dimensioni.

τ ij = ntjpi = n

tjpxnix + n

tjpyniy + n

tjpzniz =

(σxxnjx + τxynjy + τxznjz)nix + (τ yxnjx + σyynjy + τ yznjz)niy+

+ (τ zxnjx + τ zynjy + τ zznjz)niz (1.20a)

A queste espressioni piuttosto lunghe si puo dare una concisa forma matriciale

T0 = NtTN (1.21)

in cui T e la matrice (1.9), T0 e l’analoga matrice costruita con le componenti σii, τ ijrelative agli assi del nuovo riferimento ed N e la matrice 3× 3 formata con le componentidei vettori n1, n2, n3 relative al vecchio riferimento:

N =

⎡⎣n1x n2x n3xn1y n2y n3yn1z n2z n3z

⎤⎦ (1.22)

1.5 Tensioni piane

Le relazioni precedenti si semplificano notevolmente quando si analizza un problemapiano, nel quale tutte le componenti relative ad un asse (p. es. z) sono nulle e siconsiderano soltanto giaciture parallele a questo asse, la cui normale e contenutanel piano x, y. In questo caso la matrice delle tensioni T diviene 2 × 2 e contienesolamente 3 elementi distinti: le due componenti delle tensioni normali σxx e σyy edun’unica componente della tensione tangenziale τxy = τ yx = τ (Fig. 1.13 (a)).Se ora consideriamo una generica giacitura e la relativa normale n, questa e

ora individuata dal solo angolo α che la giacitura forma con l’asse y e la normalecon l’asse x. Possiamo inoltre definire un altro vettore t, ortogonale ad n e quindi



tangente alla giacitura, in modo che n, t definiscano un altro riferimento ortogonale.Nel piano le componenti dei vettori n e t dipendono solo dall’angolo α e sono:nx = cosα, ny = sinα e tx = − sinα, ty = cosα.Per l’equilibrio dell’elemento triangolare di Fig. 1.13, in direzione di n, otteniamo

σndx

sinα= σydx sinα+ τxydx cosα+ σxdx cotα cosα+ τ yxdx cotα sinα(1.23a)

τntdx

sinα= σydx cosα− τxydx sinα− σxdx cotα sinα+ τ yxdx cotα cosα(1.23b)

dove, per brevita, abbiamo indicato con σx e σy (in luogo di σxx e σyy) le componentinormali della tensione e si e tenuto conto che dy = dx cotα. Semplificando, risulta

σn = σx cos2 α+ σy sin

2 α+ 2τxy sinα cosα (1.24a)

τnt = (σy − σx) sinα cosα+ τxy¡cos2 α− sin2 α

¢(1.24b)

Allo stesso risultato si giunge applicando l’equazione (1.21) ricavata nel paragrafo

precedente. La matrice N e ora 2× 2 e si puo esprimere in finzione dell’angolo α:

N =

∙cosα − sinαsinα cosα

¸(1.25)

mentre la matrice delle tensioni e

T =

∙σx τxyτxy σy

¸(1.26)

Sostituendo le (1.25) e (1.26) nella (1.21) otteniamo in forma esplicita le componenti

normali e tangenziali della tensione relativamente alla giacitura di normale n:

σn = σx cos2 α+ σy sin

2 α+ 2τxy sinα cosα (1.24a)

τnt = (σy − σx) sinα cosα+ τxy¡cos2 α− sin2 α

¢(1.24b)

1.5.1 Il cerchio di Mohr

Partendo dalle (1.24) si puo sviluppare una costruzione geometrica molto utile perdeterminare il valore delle componenti principali della tensione relativamente ad unagiacitura arbitraria. Per prima cosa si ricordano le seguenti ben note formule dellatrigonometria:

cos2 α =1 + cos 2α

2sin2 α =

1− cos 2α2

(1.28a)

2 sinα cosα = sin 2α (1.28b)

Sostituendo queste relazioni nelle (1.24) otteniamo

σn = σx

µ1 + cos 2α

2

¶+ σy

µ1− cos 2α

2

¶+ τxy sin 2α (1.29a)

τnt =(σy − σx)

2sin 2α+ τxy cos 2α (1.29b)



Figura 1.14: Costruzione del cerchio di Mohr

che riscriviamo nella forma:

σn −σx + σy2

=σx − σy2

cos 2α+ τxy sin 2α (1.30a)

τnt = −(σx − σy)

2sin 2α+ τxy cos 2α (1.30b)

Sommando membro a membro i quadrati delle (1.30), per la nota proprieta dellefunzioni trigonometriche (sin2 α+ cos2 α = 1), risulta:µ

σn −σx + σy2

¶2+ τ 2nt =

µσx − σy2

¶2+ τ 2xy (1.31)

In un piano definito da un riferimento cartesiano, in cui si riporta sull’asse del-le ascisse il valore di σn e sulle ordinate quello di τnt, la (1.31) e l’equazione di

una circonferenza di raggio r =q¡σx−σy

2

¢2+ τ 2xy e centro nel punto di coordinate£σx+σy

2, 0¤. I punti di questa circonferenza (nota come cerchio di Mohr) descrivono

lo stato di tensione (normale e tangenziale) di tutte le giaciture ortogonali al pianox, y.

Nella Fig. 1.14 e illustrata la costruzione del cerchio di Mohr delle tensioni.Tracciando, nel piano (σn, τnt) due punti A e B di coordinate (σx, τxy) e (σy,−τxy),il cerchio di Mohr e la circonferenza che passa per questi punti ed ha il centronell’intersezione tra la loro congiungente e l’asse delle ascisse.

Per porre in relazione i punti del cerchio di Mohr con le giaciture dove agisconole tensioni, indichiamo con 2α0 l’angolo formato dal segmento OA con l’asse delle



2α0 2(α0−α) 2α

O

A

P

α

K

σn

τnt

Figura 1.15: Determinazione del polo K del cerchio di Mohr.

ascisse. Posto che r sia il raggio del cerchio, evidentemente si ha

σx − σy2

= r cos 2α0 (1.32a)

τxy = r sin 2α0 (1.32b)

Sostituendo queste nelle (1.30) otteniamo:

σn −σx + σy2

= r cos 2α0 cos 2α+ r sin 2α0 sin 2α (1.33a)

τnt = −r cos 2α0 sin 2α+ r sin 2α0 cos 2α (1.33b)

da cui, utilizzando alcune note relazioni della trigonometria, segue

σn −σx + σy2

= r cos 2(α0 − α) (1.34a)

τnt = r sin 2 (α0 − α) (1.34b)

Dalle (1.34) risulta chiaro che il punto P (Fig. 1.15), individuato dall’intersezionedella circonferenza con una retta passante per il centro O e che forma un angolo2 (α0 − α) con l’asse σn, fornisce lo stato di tensione agente su di una giaciturainclinata di α rispetto all’asse y. Poiche, per definizione, AO forma un angolo 2α0con σn, si ha che AOP = 2α0 − 2 (α0 − α) = 2α; tenendo conto che AOP e AKPsono rispettivamente angolo al centro ed alla circonferenza sottesi allo stesso arcoAP , se ne deduce che AKP e la meta di AOP , ossia AKP = α. Prendendo ilpunto K di coordinate σx,−τxy, la retta KP forma con l’asse verticale un angoloα. Tuttavia, assumendo che gli assi σn, τnt siano paralleli ad x, y, la retta KP nonrisulta parallela alla giacitura, poiche gli angoli α sono rotati in verso opposto. Perottenere questa coincidenza occorre ribaltare il riferimento σn, τnt in modo che l’asseτ abbia verso opposto ad y. In questo modo la retta KP e parallela alla giacitura



O

A

P

α K

σn

τnt

A x

y α

σn

τnt σn σx

τnt

τxy

−τxy

σn τnt

Figura 1.16: Determinazione dello stato di tensione su di una giacitura arbitrariamediante il cerchio di Mohr.

(Fig. 1.16) e le coordinate del punto P forniscono i valori delle tensioni normale etangenziale agenti sulla giacitura parallela a KP . Il puntoK, di coordinate σx,−τxye detto il polo del cerchio di Mohr.

1.5.2 Tensioni principali

Abbiamo mostrato che il cerchio di Mohr ha il centro sull’asse delle σ, pertantointerseca sempre questo asse in due punti diametralmente opposti P1 e P2 di coordi-nate (σ1, 0) e (σ2, 0) (Fig. 1.17). Alle due giaciture corrispondenti, che si ottengonoconducendo per K le retteKP1 eKP2, sono quindi associati stati di tensione esclusi-vamente normale, in quanto su queste giaciture risulta τ = 0. Queste due giaciture,dette principali, sono tra loro ortogonali, poiche l’angolo P1KP2 e un angolo allacirconferenza che sottende il diametro; e evidente che le tensioni corrispondenti, σ1e σ2, raggiungono il valore massimo e minimo tra quelli corrispondenti a tutte legiaciture relative al punto dato e vengono dette le tensioni principali nel punto.

Possiamo facilmente determinare le tensioni principali osservando che σ1 = σO+re σ2 = σO − r, dove σO indica l’ascissa del centro O del cerchio ed r e il raggio.Poiche per la (1.31)

σO =σx + σy2

r =

sµσx − σy2

¶2+ τ 2xy (1.35)



K (σx,-τxy)

O

P1 P2

τ

σ1

σ1

σ

σ2

σ2

α1α2

Figura 1.17: Tensioni principali per uno stato di tensione piano.

otteniamo

σ1 =σx + σy2

+

sµσx − σy2

¶2+ τ 2xy (1.36a)

σ2 =σx + σy2

−

sµσx − σy2

¶2+ τ 2xy (1.36b)

A queste tensioni sono associate le due giaciture ortogonali determinate dagli angoli

α1 = arctan

µσ1 − σxτxy

¶α2 = α1 −

π

2(1.37)

Dalla Fig. 1.22 risulta anche evidente che il valore massimo della tensione tangen-ziale si raggiunge per quella giacitura in cui σn = (σx + σy) /2 e risulta τmax = r =q¡σx−σy

2

¢2+ τ 2xy. Questa giacitura e definita dall’angolo α = arctan

³|σx−σy|2(|τxy|+r)

´.

Linee isostatiche

Lo stato di tensione in ogni punto di un corpo si puo descrivere mediante la matricedelle tensioni T o, in modo equivalente, mediante i valori delle tensioni principali ele direzioni corrispondenti. Indicando con n1 la direzione della tensione massima econ n2 la direzione di quella minima, partendo da un punto si possono costruire duecurve che ovunque sono tangenti ad n1 ed a n2, rispettivamente; queste curve sonochiamate linee isostatiche. Partendo da un qualsiasi altro punto non sulle due curveprecedenti, si possono costruire altre due linee che ovviamente non intersecano maile omologhe. Le due famiglie di curve invece si intersecano sempre ortogonalmente,poiche n1 ed n2 sono tra loro ortogonali.



-80 -40 0 40 80 120

80

40

0

-40

-80

K

(σx,τxy)

(σy,−τxy)

α

Figura 1.18: Cerchio di Mohr e tensioni principali per l’esempio 1.1.

Esempio 1.1 Dato uno stato di tensione piano σx = 100MPa, σy = −30MPa e τxy =50MPa, costruire il cerchio di Mohr e determinare i valori delle tensioni principali edell’angolo α che ne individua le giaciture.

Dobbiamo costruire una circonferenza che passa per i tre punti di coordinate (100, 50),(100,−50), (−30,−50), ovvero una circonferenza con centro nel punto di coordinate

σ =σx + σy2

=100− 30

2= 35 τ = 0

e raggio

r =

sµσx − σy2

¶2+ τ2xy =

sµ100 + 30

2

¶2+ 502 = 82.006

Il cerchio e rappresentato in Fig. 1.18; i valori delle tensioni principali si determinano conle (1.36):

σ1 = 35 + 82.006 = 117.006MPa

σ2 = 35− 82.006 = −47.006MPa

Le giaciture delle tensioni principali formano con l’asse y gli angoli α1 = arctan³σ1−σxτxy

´=

arctan¡117.006−100

50

¢= arctan (0.34) = 0.328 rad = 18.784 ed α2 = α1 − π

2 = −71.216.¤

1.5.3 Tensioni principali in 3D*

L’equazione di Cauchy (1.11), si puo anche formulare in termini di matrici; tenendo conto

della definizione (1.9) della matrice T e della sua simmetria, potremo scrivere, ricordandole note regole del prodotto di una matrice per un vettore

pn = Tn (1.38)



Ci chiediamo se esista una direzione n per la quale pn e ortogonale alla giacitura, ovveroe parallela ad n. Questa condizione si scrive

Tn =σn (1.39)

dove σ e il modulo della tensione ed n la direzione. La (1.39) e soddisfatta se

(T−σI)n = 0 (1.40)

in cui

I =

⎡⎣1 0 00 1 00 0 1

⎤⎦ (1.41)

e la matrice unita. Come e noto dall’algebra, il sistema omogeneo di equazioni (1.40) ha

soluzioni non nulle solo se il determinante della matrice dei coefficienti e zero, ossia

det (T− σI) = det

⎡⎣σx − σ τxy τxzτ yx σy − σ τ yzτ zx τ zy σz − σ

⎤⎦ = 0 (1.42)

Sviluppando il determinante (1.42) si ottiene un’equazione cubica in σ:

σ3 − I1σ2 + I2σ − I3 = 0 (1.43)

dove I1, I2, I3 sono detti gli invarianti della matrice delle tensioni, in quanto il loro valore, adifferenza di quello dei termini della matrice, non dipende dal riferimento. Esplicitamente:

I1 = Tr (T) = σx + σy + σz (1.44a)

I2 =1

2

£Tr (T)2 − Tr

¡T2¢¤= σxσy + σyσz + σzσx − τ 2xy − τ 2yz − τ 2zx(1.44b)

I3 = det (T) = σxσyσz + 2τxyτ yzτ zx − σxτ2yz − σyτ

2xz − σzτ

2xy (1.44c)

Dal teorema fondamentale dell’algebra sappiamo che l’equazione cubica (1.43) ha tre

radici; dalla simmetria della matrice T segue, come si puo dimostrare, che queste radici

sono tutte reali. Dunque in generale avremo tre valori di σ per cui la (1.42) e la (1.39) sonoverificate: σ1, σ2, σ3. Questi sono i valori principali della tensione nel punto esaminato.A ciascun valore principale e associata una direzione n; e facile mostrare che per valoridistinti di σi, σj le direzioni ni ed nj sono ortogonali. Infatti per ipotesi sono verificateentrambe le equazioni:

Tni = σini Tnj = σjnj (1.45)

Moltiplicando a sinistra la prima per ntj e la seconda per nti si ottiene:

ntjTni = σintjni ntiTnj = σjn

tinj (1.46)

Prendendo il trasposto di entrambi i membri della seconda equazione e sottraendola alla

prima risulta:

ntjTni − ntjTtni = (σi − σj)ntjni (1.47)


1.6 Equazioni di equilibrio 19

Poiche T e simmetrica, Tt = T, quindi il primo membro dell’equazione precedente enullo. Se σi 6= σj il secondo membro si annulla solo se n

tjni = 0, ovvero le due direzioni

sono ortogonali.

Le tre direzioni ortogonali ni (i = 1, 2, 3) sono dette le direzioni principali dellatensione nel punto. Nel riferimento che utilizza queste tre direzioni come assi, le compo-

nenti tangenziali della tensione τ ij sono tutte nulle; pertanto la matrice T e, in questo

riferimento, diagonale

T =

⎡⎣σ1 0 00 σ2 00 0 σ3

⎤⎦In funzione delle tensioni principali i tre invarianti (1.44) assumono una forma particolar-

mente semplice

I1 = σ1 + σ2 + σ3 (1.48a)

I2 = σ1σ2 + σ2σ3 + σ3σ1 (1.48b)

I3 = σ1σ2σ3 (1.48c)

Cerchi di Mohr nello spazio 3D

Consideriamo un riferimento in cui uno degli assi (p.es. z) coincide con una delle direzioniprincipali, p.es. n3. In questo riferimento σz = σ3 e quindi τ zx = τxz = 0 e τ zy = τ yz =0, poiche, essendo n3 una delle direzioni principali, le tensioni tangenziali sulla giacituraortogonale sono nulle. Pertanto su tutte le giaciture che hanno n3 per asse risultano nulletutte le componenti tangenziali, ad eccezione di τxy. La situazione e del tutto analogaa quella che si verifica nel caso di tensioni piane e, per queste componenti della tensione

(σx, σy, τxy), si puo costruire un cerchio di Mohr, che avra come tensioni principali σ1 eσ2.

Il procedimento puo essere ripetuto prendendo come assi n2, ottenendo un cerchiocon tensioni principali σ1 e σ3, ed n1, per cui le tensioni principali sono σ2 e σ3. Sicostruiscono cosı tre cerchi di Mohr, ciascuno dei quali passa per due punti corrispondenti

ad una coppia di valori delle tensioni principali (Fig. 1.19).

1.6 Equazioni di equilibrio

Prendiamo di nuovo in esame un prisma di dimensioni infinitesime le cui facce sonoparallele ai piani coordinati (Fig. 1.20). Sulla faccia che ha per normale uscentel’asse x cambiato di segno agisce la tensione p−x = −px; sulla faccia opposta, connormale uscente x, agisce la tensione px+dpx, dove dpx e la variazione infinitesimache subisce la tensione quando ci si sposta della quantita dx; la risultante di questeforze e

−pxdydz + (px + dpx) dydz = dpxdydz (1.49a)

ossia e pari alla variazione della tensione dpx per l’area della faccia del prismadydz. Analoghe osservazioni si possono fare sommando le tensioni agenti sulle facce



σ

τ

σ3 σ2 σ1

n1

n2x

y

α

σ3

n3 ≡ z

σy σx

τyx τxy

σ

τ

σ3 σ2 σ1

n1

n2x

y

α

σ3

n3 ≡ z

σy σx

τyx τxy

Figura 1.19: Tre cerchi di Mohr per stati di tensione in 3D.

x

y

z

dx dy

dz

px+dpx

py+dpy

pz+dpz

-px

-py

-pz

g

Figura 1.20: Tensioni agenti sulle facce di un parallelepipedo con spigoli paralleliagli assi del riferimento.


1.6 Equazioni di equilibrio 21

normali agli assi y e z:dpydxdz dpzdxdy (1.49b)

Sul prisma, oltre alle tensioni, possono agire anche le forze di volume: indicandocon g la densita di forza (forza per unita di volume), la forza risultante sul prismae gdxdydz; quindi, per la prima delle equazioni cardinali della statica, le condizionidi equilibrio si formulano nel modo seguente:

dpxdydz + dpydxdz + dpzdxdy + gdxdydz = 0 (1.50)

Poiche dpx indica la variazione di px per uno spostamento dx, dpy indica quella dipy per dy, ecc., potremo scrivere:

dpx =∂px∂x

dx dpy =∂py∂y

dy dpz =∂pz∂z

dz (1.51)

per cui, sostituendo la (1.51) nella (1.50), abbiamo

∂px∂x

dxdydz +∂py∂y

dydxdy +∂pz∂z

dzdxdy + gdxdydz = 0 (1.52)

Dividendo tutti i termini per il volume dell’elemento dxdydz, otteniamo l’equazionedi equilibrio in forma vettoriale

∂px∂x

+∂py∂y

+∂pz∂z

+ g = 0 (1.53)

La stessa equazione, espressa mediante le componenti dei vettori p, si decomponenelle tre equazioni scalari:

∂σx∂x

+∂τxy∂y

+∂τxz∂z

+ gx = 0 (1.54a)

∂τ yx∂x

+∂σy∂y

+∂τ yz∂z

+ gy = 0 (1.54b)

∂τ zx∂x

+∂τ zy∂y

+∂σz∂z

+ gz = 0 (1.54c)

Queste tre equazioni, note come equazioni di equilibrio indefinite, in condizioni diequilibrio debbono essere verificate in ogni punto interno al corpo.

1.6.1 Equazioni sul contorno

Le equazioni (1.53) o (1.54), come abbiamo detto, devono essere verificate nei puntiinterni del corpo. Nei punti sulla superficie che delimita il solido (frontiera) dovremorispettare altre condizioni. Infatti abbiamo visto che oltre alle forze di volume (comela forza peso), su di un corpo agiscono normalmente forze di superficie; le forze chedue solidi si scambiano quando vengono a contatto sono, ad esempio, di questo tipo.Le tensioni hanno in effetti le caratteristiche di forze di superficie; per esprimere

le condizioni di equilibrio sulla frontiera e quindi sufficiente assumere che nei punti



di questa superficie, sulle giaciture tangenti ad essa, la tensione uguagli la densitadella forza esterna. In formule, indicando con f il vettore della densita di forza (cioela forza per unita di superficie) nel punto P ∈ S (S frontiera del corpo), avremo

p (n) = f (1.55)

dove n e la normale (uscente) ad S in P . Ricordando la formula di Cauchy (1.10)la precedente diviene:

Tn = f (1.56)

Questa equazione vettoriale e equivalente alle tre relazioni scalari:

σxxnx + τ yxny + τ zxnz = fxτxynx + σyyny + τ yznz = fyτxznx + τ yzny + σzznz = fz

(1.57)

1.7 Unita di misura

Anche se in alcuni paesi, particolarmente quelli anglosassoni, vengono comunementeimpiegati altri sistemi di misura, la comunita scientifica internazionale ha adottatoufficialmente il sistema internazionale (SI) che utilizza come unita di riferimento ilMetro (m), il Chilogrammo ( kg) ed il Secondo ( s) (per questo detto MKS), oltreall’Amper, al Grado Kelvin e alla Candela. Tutte le altre grandezze fisiche sonoderivate da queste.Le unita di misura delle forze sono pertanto unita derivate. La relazione che lega

le forze alle grandezze di base e la seconda legge di Newton F = ma, in cui la forzaF agente su di un corpo e espressa come il prodotto della massa per l’accelerazioneche la forza stessa le imprime; poiche l’accelerazione ha a sua volta le dimensionidel rapporto tra una lunghezza ed un tempo al quadrato, si ottiene facilmente chel’unita di misura della forza si esprime come

[F ] =[M ] [L]

[T ]2

dove [M ] indica l’unita di misura delle masse, [L] quella delle lunghezze, ecc. Nelsistema MKS l’unita di misura delle forze e il Newton

1N =1kg · 1m1 s2

ovvero un Newton e la forza che imprime un’accelerazione di un metro al secondoquadrato ad una massa di un Chilogrammo. Poiche l’accelerazione di gravita dellaterra e g ' 9.81m/ s2, la forza di gravita (cioe il peso) di una massa di 1 Chilogram-mo e circa 9.81N. Un multiplo del Newton e il Chilonewton (1 kN = 1000N) ; Laforza di un Chilonewton approssima (per eccesso) il peso di una massa di 100 kg.La tensione e definita come il rapporto tra forza e superficie: quindi

[P ] =[F ]

[L]2=

[M ]

[L] [T ]2


1.7 Unita di misura 23

Nel sistema MKS l’unita di misura della pressione e il Pascal ( Pa). Un Pascal e ilrapporto tra un Newton ed un Metro quadrato

1Pa =1N

1m2=

1kg

1m · 1 s2

Il Pascal, per i valori in gioco nell’ingegneria civile, e una grandezza molto piccola;comunemente si utilizzano i suoi multipli, il Chilopascal (1 kPa = 1000Pa) e, piuspesso, il Megapascal (1MPa = 106 Pa).Nell’ingegneria sono ancora a volte utilizzate le unita di misura “tecniche”. In

questo caso si usa come unita di misura il Chilogrammo-forza (Kgf), definito comeil peso della massa di un chilo. Per quanto visto prima, 1Kgf ' 9.81N.


Capitolo 2

Analisi della deformazione

2.1 Moto rigido e deformazione

Se in due istanti diversi un corpo occupa diverse posizioni nello spazio diremo che hasubito uno spostamento. Lo spostamento si dice rigido se si conservano le distanzetra i punti e gli angoli formati da due rette passanti per tre punti qualsiasi. Di fatto,la prima condizione implica la seconda. Uno spostamento generico si puo sempredecomporre in una parte rigida ed una deformazione, che corrisponde a quella partedello spostamento che altera la distanza trai punti del corpo.

Nei solidi, spesso, le deformazioni sono piccole e per molti problemi lo spostamen-to puo essere approssimativamente considerato rigido; ma nei casi che coinvolgonolo studio delle tensioni interne al corpo l’ipotesi di rigidita rende il problema inde-terminato; e quindi necessario tenere conto anche di questa parte dello spostamento,sebbene a volte tanto piccola da poter essere rilevata solo con strumenti di precisio-ne. Nelle strutture civili gli spostamenti rigidi globali sono quasi sempre impeditidai “vincoli” esterni (le fondazioni) e gli spostamenti che si manifestano dipendonosolo dalle deformazioni.

Supponiamo di ripetere l’esperimento di trazione della barra, gia illustrato nelcapitolo precedente. Ora pero misuriamo, al crescere della forza, la distanza l tradue punti fissati, la cui distanza iniziale era l0: osserveremo che la distanza tra i duepunti aumenta al crescere della forza. Se durante l’esperimento si misura anche la

F F

l0

l

Figura 2.1: Misura dell’allungamento di una barra sottoposta a trazione.

25Giannini: Dispense di Tecnica delle Costruzioni

26 Capitolo 2 Analisi della deformazione

B

Al0

B’l n

Figura 2.2: Definizione di dilatazione

distanza tra altri due punti, posti tra loro ad una distanza iniziale l00 diversa da l0,si trovera che, a parita di forza, l’allungamento ∆l = l− l0 e diverso da ∆l0 = l0− l00,mentre i rapporti ∆l/l0 e ∆l0/l00 sono approssimativamente uguali. Questo rapportoe definito come la deformazione media tra i punti:

εm =l − l0l0

(2.1)

Il caso ora esaminato e particolarmente semplice, anche se significativo: la formadell’oggetto consente di trattare il problema come se vi fosse una sola dimensione e,almeno fino ad un certo punto, le condizioni di omogeneita fanno sı che la deforma-zione media sia indipendente dalla lunghezza l0 della base di misura. Ma in generalequeste condizioni cosı restrittive non sono verificate ed il concetto di deformazionedeve essere affinato ed ampliato.Per tenere conto che εm puo dipendere dalla lunghezza della base di misura, si

definisce una deformazione puntuale, come limite per l0 → 0

εn = liml0→0

l − l0l0

(2.2)

εn e la deformazione (dilatazione) nel punto A e nella direzione n (Fig. 2.2).Come la tensione, anche la deformazione in un punto dipende dalla direzione con-

siderata; tuttavia la deformazione e conseguenza degli spostamenti, che dipendonosolo dal punto,non dalla direzione; dovremo quindi attenderci che esista una relazio-ne che consenta di calcolare la deformazione in una direzione generica in funzionedi quelle relative alle direzioni di riferimento.

2.2 Analisi delle piccole deformazioni

2.2.1 Dilatazione

Si analizza il caso piano, perche piu facilmente rappresentabile, ma i risultati sipossono facilmente estendere al caso generale. Si esamini la Fig. 2.3, dove sonoindicati tre punti A,B e C posti sugli assi di un riferimento ortogonale x, y in mododa formare un angolo retto in A. Sia dx la distanza AB e dy quella tra A e C;u (P ) indica il campo degli spostamenti, che si assume essere continuo. Se u (A) e


2.2 Analisi delle piccole deformazioni 27

A

C’

B’

A’

C

B

u(A)

u(C)

u(B)

y

x

dy

dx

dxxux

∂∂

dxxuy

∂∂

dyyuy

∂∂

dyyux

∂∂

γπ−

2

Figura 2.3: Spostamento regolare di tre punti che individuano due assi ortogonali.

lo spostamento del punto A, lo spostamento in B e, a meno di infinitesimi di ordinesuperiore, u (B) = u (A) + ∂u

∂xdx ; analogamente lo spostamento di C, distante dy

da A, e u (C) = u (A) + ∂u∂ydy.

Dopo lo spostamento i punti A, B e C occuperanno le posizioni A0, B0 e C 0. Ladistanza tra A0 e B0 e data da (vedi Fig. 2.3)

dx02 =

µdx+

∂ux∂x

dx

¶2+

µ∂uy∂x

dx

¶2(2.3)

Come si e detto all’inizio, le deformazioni nei solidi sono generalmente piccole neiconfronti dell’unita. In questo caso, che noi assumeremo sempre valido, esse possonoessere trattate come grandezze infinitesime, trascurando i termini in cui compaio-no elevate ad una potenza di ordine superiore. Poiche le deformazioni dipendonodirettamente dalle derivate del campo degli spostamenti, altrettanto si potra affer-mare per questi ultimi. Quindi sviluppando i quadrati della (2.3) e tenendo presentequanto sopra detto, si ha:

dx02 = dx2 + 2∂ux∂x

dx2 +

µ∂ux∂x

¶2dx2 +

µ∂uy∂x

¶2dx2 ≈ dx2

µ1 + 2

∂ux∂x

¶(2.4)

in cui i termini¡∂ux∂x

¢2dx2 +

³∂uy∂x

´2dx2 sono stati trascurati perche contengono i

quadrati delle derivate di u. Dalla (2.4), ricordando che se α¿ 1 si ha√1 + 2α ≈

1 + α, risulta

dx0 =

sdx2

µ1 + 2

∂ux∂x

¶≈ dx

µ1 +

∂ux∂x

¶(2.5)

Sostituendo la (2.5) nella definizione (2.2) della deformazione, si ottiene che la



deformazione nella direzione x e data da

εx =dx0 − dx

dx=

∂ux∂x

(2.6)

In modo analogo, esaminando la variazione di lunghezza del segmento AC, tro-viamo che εy =

∂uy∂ye, generalizzando al caso 3D, εz =

∂uz∂z. Questi risultati sono

riassunti nelle relazioni seguenti:

εx =∂ux∂x

εy =∂uy∂y

εz =∂uz∂z

(2.7)

2.2.2 Scorrimenti

La deformazione non produce soltanto la variazione di distanza tra i punti, ma an-che la variazione degli angoli formati dai segmenti, come e mostrato nella Fig. 2.3.L’angolo tra i segmenti AB e AC, inizialmente retto, varia, a causa della deforma-zione, della quantita γ. Confondendo l’angolo con la sua tangente, come e lecito perpiccole deformazioni, si ha

γxy =∂uy∂x

dx

dx+

∂ux∂y

dy

dy=

∂uy∂x

+∂ux∂y

γxy indica la variazione dell’angolo tra gli assi x ed y. Il risultato ottenuto si estendefacilmente al caso tridimensionale, per cui si hanno tre termini di scorrimento

γxy =∂ux∂y

+∂uy∂x

γyz =∂uy∂z

+∂uz∂y

γzx =∂uz∂x

+∂ux∂z

(2.8)

2.2.3 Matrice delle deformazioni

Con le sei grandezze definite dalle (2.7) e (2.8) si puo costruire una matrice simme-trica, detta matrice delle deformazioni. Per ragioni che saranno chiare in seguito, itermini fuori diagonale della matrice si prendono la meta degli angoli γ:

E =

⎡⎣ εx12γxy

12γxz

12γyx εy

12γzy

12γzx

12γzy εz

⎤⎦ =⎡⎢⎢⎢⎣

∂ux∂x

12

³∂ux∂y+ ∂uy

∂x

´12

¡∂uz∂x+ ∂ux

∂z

¢12

³∂ux∂y+ ∂uy

∂x

´∂uy∂y

12

³∂uy∂z+ ∂uz

∂y

´12

¡∂uz∂x+ ∂ux

∂z

¢12

³∂uy∂z+ ∂uz

∂y

´∂uz∂z

⎤⎥⎥⎥⎦(2.9)

Ovviamente, per come sono stati definiti, si ha che γxy = γyx e simili; di conseguenzala matrice E e simmetrica.

2.2.4 Dilatazione lungo una direzione arbitraria*

Esaminiamo ora il caso di un segmento PQ, di lunghezza infinitesima, comunque orientatonello spazio. Dopo lo spostamento i punti P e Q occupano le posizioni P 0 e Q0, mentre



P

QP’

Q’

u(Q)

u(P)

dx

dy

Figura 2.4: Dilatazione lungo una direzione arbitraria.

u (P ) ed u (Q) sono gli spostamenti di questi punti, ovvero i segmenti che uniscono P e

Q con P 0 e Q0 rispettivamente (Fig. 2.4).

Per la continuita degli spostamenti, si puo porre

u (Q) = u (P ) +du

dPdP

o, piu esplicitamente, in termini delle componenti scalari:

ux (Q) = ux (P ) +∂ux∂x

dx+∂ux∂y

dy +∂ux∂z

dz (2.10a)

uy (Q) = uy (P ) +∂uy∂x

dx+∂uy∂y

dy +∂uy∂z

dz (2.10b)

uz (Q) = uz (P ) +∂uz∂x

dx+∂uz∂y

dy +∂uz∂z

dz (2.10c)

A queste espressioni si puo dare una formulazione piu concisa definendo la matrice

D =

⎡⎢⎣∂ux∂x

∂ux∂y

∂ux∂z

∂uy∂x

∂uy∂y

∂uy∂z

∂uz∂x

∂uz∂y

∂uz∂z

⎤⎥⎦ (2.11)

per cui le (2.10) sono equivalenti a

u (Q) = u (P ) +DdP (2.12)

dove dP = Q− P =£dx dy dz

¤te il vettore che congiunge i punti P e Q.

Dopo lo spostamento, i punti P 0 e Q0 sono collegati dal vettore dP 0:

dP 0 = Q0 − P 0 = Q+ u (Q)− [P + u (P )] = Q− P + u (Q)− u (P )



Tenendo conto della (2.12) si ottiene

dP 0 = dP +DdP = (I+D) dP (2.13)

dove I indica la matrice unita. Il quadrato della lunghezza di dP 0 si calcola eseguendo il

prodotto scalare di dP 0 per se stesso:1

dl02 = dP 0tdP = dP t¡I+Dt

¢(I+D) dP =

dP t¡I+Dt +D+DtD

¢dP (2.14)

Poiche la matrice D e formata con le derivate di u, per quanto detto in precedenza puoessere trattata come infinitesima e quindi il prodotto DtD puo essere trascurato nella

(2.14):

dl02 = dP t¡I+Dt +D

¢dP = dP t (I+2E) dP (2.15)

Infatti, confrontando la definizione (2.11) di D con quella (2.9) della matrice di deforma-

zione E e facile verificare che

E =1

2

¡Dt+D

¢(2.16)

Sviluppando la (2.15) si ottiene

dl02 = dP tdP + 2dP tEdP = dl2 + 2dP tEdP (2.17)

dl = |dP | e la lunghezza del segmento PQ. Il rapporto dPdl= n e un vettore di lunghezza

unitaria orientato come PQ. Nella (2.17), ponendo dl2 a fattore si ha quindi

dl02 = dl2¡1 + 2ntEn

¢da cui, con le solite approssimazioni, poiche ntEn¿ 1, si ha

dl0 = dl√1 + 2ntEn ≈ dl

¡1 + ntEn

¢e pertanto

εn =dl0 − dl

dl= ntEn (2.18)

La relazione precedente consente quindi di determinare la dilatazione in qualunque dire-

zione, mediante il prodotto della matrice E per i vettori unitari della direzione. In formaesplicita la (2.18) si scrive

εn = εxn2x + εyn

2y + εzn

2z + γxynxny + γyznynz + γzxnznx (2.19)

2.2.5 Scorrimento di due direzioni ortogonali*

Per valutare lo scorrimento tra due direzioni ortogonali arbitrariamente orientate, consi-

deriamo due segmenti infinitesimi PQ e PR ortogonali tra loro. Per effetto della defor-

mazione il punto P si sposta in P 0, Q in Q0 ed R in R0. Applicando la (2.13) i due vettori

1Si ricorda che il trasposto del prodotto di due matrici e uguale al prodotto in ordine inversodelle matrici trasposte:

(AB)t= BtAt

Se una matrice e simmetrica coincide con la sua trasposta: At = A.



P

QP’

Q’

u(Q)

u(P)

dx

dy

R’

R u(R)

α’=π/2–γ

dlQ

dlR

x

y

Figura 2.5: Scorrimento di due direzioni ortogonali.

che uniscono P 0 a Q0 ed R0, rispettivamente, sono

dQ0 = (I+D) dQ dR0 = (I+D) dR (2.20)

Il prodotto scalare tra due vettori e uguale al prodotto tra i moduli moltiplicato per il

coseno dell’angolo formato tra i vettori, quindi:

dQ0tdR0 = dl0Qdl0R cos

³π2− γ

´= dQt

¡I+Dt

¢(I+D) dR =

dQtdR+ dQt¡Dt+D

¢dR+ dQtDtDdR (2.21)

Trascurando il termine che contiene DtD e ricordando la (2.16) si ottiene

dQ0tdR0 = dl0Qdl0R cos

³π2− γ

´= dQtdR+ 2dQtEdR (2.22)

Tenuto conto che dQtdR = 0, in quanto le due direzioni erano, per ipotesi, ortogonali,dividendo entrambi i membri della (2.22) per dl0Qdl

0R, poiche

dQdl0Q≈ dQ

dlQ= nQ e il vettore

a modulo unitario della direzione PQ e dRdl0R≈ nR, risulta

cos³π2− γ

´= sin (γ) ≈ γ = 2ntQEnR (2.23)

Quest’ultima relazione dimostra come la variazione angolare tra due direzioni ortogonali

si determina, a meno del fattore 2, moltiplicando la matrice E delle deformazioni per i

vettori unitari delle due deformazioni.

2.2.6 Cambiamento di riferimento*

Tre vettori unitari tra loro ortogonali definiscono un nuovo riferimento cartesiano, rispetto

al quale le componenti ε e γ della matrice E sono diverse da quelle relative al riferimento



originale. Tenendo conto delle (2.18) e (2.23), l’espressione della matrice E0 della matricedella deformazione relativa ai nuovi assi e

E0 = NtEN (2.24)

dove N e la matrice formata con le 9 componenti dei 3 vettori n1, n2 e n3 definita nella(1.22).

2.2.7 Variazione di volume

Il prisma infinitesimo i cui spigoli sono paralleli agli assi del riferimento e lunghi dx,dy e dz, ha un volume iniziale dV = dxdydz. Dopo la deformazione gli spigoli hannolunghezza dx (1 + εx), dy (1 + εy) e dz (1 + εz); quindi, confondendo la lunghezzadegli spigoli con le altezze, cosa lecita se le deformazioni si considerano infinitesime,si ottiene che il volume del prisma deformato e

dV 0 = dx (1 + εx) dy (1 + εy) dz (1 + εz) ≈ dxdydz (1 + εx + εy + εz)

avendo trascurato i termini quadratici e cubici nelle deformazioni (considerati infi-nitesimi di ordine superiore).La deformazione volumetrica e definita come il rapporto tra la variazione di

volume ed il volume iniziale. Tenendo conto dei risultati precedenti, si ha

εV =dV 0 − dV

dV=

dxdydz (1 + εx + εy + εz)− dxdydz

dxdydz= εx + εy + εz (2.25)

Si ottiene quindi il risultato che, per piccole deformazioni, la deformazione volume-trica e la somma delle tre dilatazioni.2

2.3 Deformazioni piane. Cerchio di Mohr delle

deformazioni

L’equazione (2.24) della legge di variazione della matrice delle deformazioni e identi-ca alla (1.21) relativa alla matrice delle tensioni. Pertanto tutti i risultati ottenuti nelprecedente capitolo, in particolare quelli relativi al caso piano, si possono estenderesenza modifiche alle deformazioni.Si potra costruire quindi un cerchio di Mohr delle deformazioni nel piano, analogo

a quello delle tensioni, riportando in ascisse le dilatazioni assiali ε ed in ordinate gliscorrimenti γ/2. Come unica differenza, se si vuole che la congiungente il polo Kcon il punto P (ε, γ), rappresentativo dello stato di deformazione sia parallela alladirezione che subisce la dilatazione ε e, rispetto alla sua ortogonale, lo scorrimentoangolare γ, occorre assumere il polo K nel punto di coordinate

¡εy, γxy/2

¢e non nel

punto¡εx,−γxy/2

¢come avremmo fatto per similitudine con il caso delle tensioni

(vedi Fig. 2.6).

2La deformazione volumetrica e la somma dei termini diagonali di E. Questa grandezza e dettala traccia della matrice e, per quanto visto nel § 1.5.3, e un invariante della matrice. Questo risultatoconferma il fatto che la variazione di volume non deve dipendere dalla scelta del riferimento.


2.3 Deformazioni piane. Cerchio di Mohr delle deformazioni 33

α x

y

O

A

P

K

εn

2ntγ

A

εn εx

2ntγ

2xyγ

εy

α

Figura 2.6: Cerchio di Mohr relativo ad una deformazione piana.

Si possono quindi facilmente determinare le deformazioni principali e le direzionicorrispondenti. Per queste due direzioni ortogonali la deformazione e una puradilatazione mentre gli scorrimenti angolari sono nulli. Si ha pertanto

ε1 =εx + εy2

+

sµεx − εy2

¶2+³γxy2

´2ε2 =

εx + εy2

−

sµεx − εy2

¶2+³γxy2

´2Le direzioni delle deformazioni principali formano con x un angolo

α1 = arctan

⎛⎝ γxy

εx − εy +q(εx − εy)

2 + γ2xy

⎞⎠e α2 = α1 + π/2.


Capitolo 3

Leggi costitutive

3.1 Prova di trazione di una barra di acciaio

Prendiamo ancora una volta in esame la barretta che abbiamo immaginato di sotto-porre a prova nei precedenti capitoli. Ora stabiliamo anche la natura del materialecon cui la barra e realizzata, supponendo trattarsi di acciaio “dolce”, normalmenteutilizzato nelle costruzioni civili. Ripetendo le prove gia descritte in precedenza,registriamo i valori simultanei della forza F applicata alla barra e dell’allungamento∆l relativo a due punti inizialmente a distanza l0. Riportando su di un grafico,sulle ascisse i valori di ∆l e sulle ordinate quelli di F , otteniamo una curva simi-le a quella illustrata in Fig. 3.1. Se si fa l’ipotesi di una distribuzione omogeneadelle tensioni nella sezione (di area A) e delle deformazioni lungo l’asse della bar-ra, dai valori F della forza si derivano le tensioni σ = F/A e dagli allungamenti∆l le deformazioni ε = ∆l/l0; lo stesso grafico puo quindi essere letto in terminidi tensioni—deformazioni semplicemente operando un cambiamento delle scale de-gli assi del riferimento. Nella curva OABCD, il primo tratto, OA, e praticamenterettilineo; raggiunto il punto A, corrispondente alla deformazione εy e alla tensionefy (valori detti di snervamento del materiale), nel tratto AB le deformazioni au-mentano mentre la forza e la tensione restano praticamente costanti. Oltre il puntoB, per far crescere la deformazione occorre nuovamente aumentare la forza, ma lapendenza della curva e ora molto inferiore a quella iniziale e va diminuendo, fino adannullarsi nel punto C, dove la forza raggiunge il valore massimo Ft e la tensione ilvalore ft = Ft/A, valori detti di rottura della barra e del materiale, rispettivamente.Facendo crescere le deformazioni oltre C, l’equilibrio e possibile solo se si riduce laforza applicata; nel punto D infine si raggiunge l’effettiva rottura della barra, incorrispondenza della deformazione ultima εu.Il punto A corrisponde ad un importante cambiamento del comportamento del

materiale. Infatti se, prima di raggiungere il punto A, noi portiamo a zero il valoredella forza, la curva σ− ε ripercorre lo stesso segmento seguito nella fase precedentee, all’annullarsi della forza, si annullano anche l’allungamento ∆l e la deformazioneε. In questa tratto possiamo quindi affermare che il materiale ha un comportamentoreversibile, poiche cessata l’azione ne scompaiono anche gli effetti. Superato il puntoA, invece, se riportiamo la forza a zero, la curva σ−ε percorre un ramo simile ad EF ,


36 Capitolo 3 Leggi costitutive

F, σ

Δl, ε

Fy, fy

Ft, ft

εy

C

GEA

D

εp

B

F

F O F

Figura 3.1: Grafico forza-allungamento (tensione-deformazione) di una barra diacciaio dolce sottoposta a trazione.

Figura 3.2: Macchina universale per prove sui materiali


3.2 Legame elastico lineare 37

Figura 3.3: Grafici tensione-deformazione relativi a diversi materiali metallici.

diverso da quello seguito nella fase di carico (OABE); quando la forza si annulla (nelpunto F ) rimane una deformazione residua εp corrispondente alla parte plastica delladeformazione totale. Applicando nuovamente la forza, viene percorsa una curva FG,poco diversa da quella di scarico, fino al raggiungimento del punto G sulla curvadella prova monotona, dopo di che, al crescere della forza, si segue nuovamente ilramo GC, e quindi, al crescere della deformazione, il tratto CD, fino alla rotturadel campione.

3.2 Legame elastico lineare

La legge costitutiva dipende notevolmente dalla natura fisico-chimica del materia-le; nella Fig. 3.3 sono riportate le curve tensione—deformazione di diversi materialimetallici; differenze ancora piu marcate si osserverebbero se queste curve fosseroconfrontate con quelle dei materiali lapidei o fibrosi (p.es. il legno). Tuttavia, pertutti i materiali e possibile definire una tensione ed una deformazione limite, tale cheper valori inferiori della σ e della ε, si puo assumere che vi sia semplice proporzio-nalita tra queste due grandezze. Questo limite e ben definito per alcuni materiali,come l’acciaio strutturale che abbiamo esaminato prima (tratto OA), mentre peraltri la transizione del comportamento e piu graduale e la soglia deve essere definitain modo convenzionale, ma per la maggior parte dei materiali usati nelle costruzioni,per evitare il danneggiamento, le tensioni e le deformazioni devono restare limitateentro il campo di validita della legge proporzionale.

Nel caso di tensione monoassiale, possiamo quindi assumere la seguente legge di



x

y

σ

ε

εy

εx

Figura 3.4: Misura della dilatazione assiale e della contrazione trasversale in unaprova di trazione.

proporzionalita tra le tensioni e le deformazioni (legge di Hooke):

σ = Eε (3.1)

La costante di proporzionalita E, che dipende dal tipo di materiale, e detta moduloelastico (o modulo di Young) del materiale.Si supponga ora di eseguire un esperimento analogo a quello precedente, limi-

tatamente all’intervallo di proporzionalita, ma aggiungendo alla misura delle defor-mazioni lungo l’asse di applicazione del carico (x), anche quella delle deformazioninella direzione ortogonale (y); il risultato, illustrato in Fig. 3.4, mostra che la forza indirezione x produce, oltre alla deformazione εx, una deformazione εy nella direzioneortogonale y, ancora proporzionale alla tensione, ma di segno opposto alla deforma-zione longitudinale; il rapporto tra la deformazione trasversale e quella longitudinaleν = |εy/εx| e denominato il coefficiente di Poisson del materiale, e si ha:

εy = −νεx = −ν

Eσx (3.2)

3.2.1 Stati di tensione pluriassiali

La linearita della legge di Hooke consente di applicare la sovrapposizione degli effetti.Assumiamo intanto che il materiale sia isotropo, ossia abbia lo stesso comportamentoin tutte le direzioni. Dato uno stato di tensione arbitrario, per quanto visto nelCap. 1 e sempre possibile scegliere un riferimento ortogonale in cui le componentitangenziali sono nulle (direzioni principali). In questo riferimento le tensioni sono



Figura 3.5: Per effetto dell’applicazione di una forza di trazione una barra si allunganella direzione della forza e si contrae nelle direzioni trasversali

esclusivamente normali e quindi ciascuna di esse produce una deformazione assialee due deformazioni nelle direzioni ortogonali. Indicando con 1, 2 e 3 i tre assi delletensioni principali, si ha allora

ε1 =σ1E− ν

σ2E− ν

σ3E

(3.3a)

ε2 = −ν σ1E+

σ2E− ν

σ3E

(3.3b)

ε3 = −ν σ1E− ν

σ2E+

σ3E

(3.3c)

A queste relazioni si puo dare una comoda forma matriciale, raccogliendo le tredeformazioni e le corrispondenti tensioni in due vettori

ε =

⎧⎨⎩ε1ε2ε3

⎫⎬⎭ =1

E

⎡⎣ 1 −ν −ν−ν 1 −ν−ν −ν 1

⎤⎦⎧⎨⎩σ1σ2σ3

⎫⎬⎭ = Cσ (3.4)

C e la matrice di elasticita del materiale; la soprallineatura di tutte le grandezzeindica che esse si riferiscono al sistema degli assi delle tensioni principali. Poiche perquanto visto le tensioni normali producono solo deformazioni assiali e non scorri-menti, ne consegue che, nei materiali isotropi, il sistema di riferimento delle tensioniprincipali coincide con quello delle deformazioni principali (assenza di scorrimenti).In un sistema di riferimento arbitrario, oltre alle tensioni normali sono presenti

anche le tensioni tangenziali che producono la deformazione di scorrimento: tuttaviain un materiale isotropo la deformabilita a taglio dipende dai coefficienti E e ν chedefiniscono la deformabilita assiale del materiale. Infatti considerando uno stato ditensione di solo taglio (σx = σy = 0 Fig. 3.6), dal corrispondente cerchio di Mohr si



Modulo di elasticita Modulo di taglio Modulo di PoissonMateriale GPa GPa

Leghe di alluminio 72.4 27.5 0.31Rame 110 41.4 0.33Acciaio 220 75.8 0.33Acciaio inossidabile 193 65.6 0.28Titanio 117 44.8 0.31Tungsteno 400 157 0.27

Tabella 3.1: Costanti elastiche di alcuni metalli

τxy

x

y

τxy

K

σ1= τxy σ2= -τxy

Figura 3.6: Cerchio di Mohr relativo ad uno stato di tensione di solo taglio e direzioniprincipali.

deduce facilmente che sulle giaciture rotate a 45 agiscono le tensioni principali σ1 =τxy, σ2 = −τxy. Quindi, lungo queste direzioni si hanno solo deformazioni assiali,come visto in precedenza. Se ora si considera un quadrato con i lati di lunghezzaunitaria disposti secondo le direzioni principali, per effetto della deformazione ilquadrato si trasforma in un rettangolo i cui lati hanno lunghezza 1 + ε1 e 1 + ε2,rispettivamente. Tenendo conto delle relazioni (3.3) e del fatto che σ1 = −σ2 = τxysi ottiene che

ε1 = −ε2 =(1 + ν)

Eτxy (3.5)

Per effetto della deformazione, tenendo fermo il punto A, gli altri vertici B, C e Dsi portano in B0, C 0 e D0, come mostrato nella Fig. 3.7. Poiche ε1 = −ε2 e facileverificare che lo spostamento CC 0 e in direzione y: quindi la deformazione assialenella direzione dell’asse x e nulla, mentre lo scorrimento di questo asse, che si ottienedividendo lo spostamento per AC =

√2, e

γxy2=(|ε1|+ |ε2|)√

2√2

=1

2(|ε1|+ |ε2|) =

(1 + ν)

Eτxy

quindi

γxy =2 (1 + ν)

Eτxy (3.6)



(|ε1| + |ε2|)/√2 τxy x

y

γxy/2

2

1

ε1

ε2

ε2√2

ε1 √2 1

1

√2

A

BB’

C

C’

D D’

Figura 3.7: Deformazione di un elementino di forma quadrata con diagonali paralleleagli assi in presenza di uno stato di tensione di puro taglio.

o, inversamente

τxy =E

2 (1 + ν)εxy (3.7)

La quantita

G =E

2 (1 + ν)(3.8)

e detta il modulo di taglio del materiale. La (3.8) mostra che E, ν e G non sonoindipendenti: le proprieta elastiche dei materiali isotropi sono definite da due soliparametri.1

Le relazioni precedenti si possono ricavare in modo piu diretto, utilizzando leproprieta del cerchio di Mohor. Infatti alle deformazioni principali ε1 = −ε2 =τxyE(1 + ν) corrisponde, nel riferimento originale, una deformazione di solo scorri-

mento con γ/2 = ε1, come risulta evidente dalla Fig. 3.8. Da cio possiamo dedurredirettamente le (3.6) e (3.7)

1Per definire le proprieta di un materiale elastico isotropo vengono spesso utilizzate le costantidi Lame λ e μ; queste due costanti sono esprimibili in funzione di E e ν mediante le relazioni:

λ =Eν

(1 + ν) (1− 2ν) μ =E

2 (1 + ν)= G

Inversamente:

E =μ (3λ+ 2μ)

λ+ μν =

λ

2 (λ+ μ)



2γ

1ε2ε

2γ

1ε2ε

Figura 3.8: Deformazioni principali in presenza di puro scorrimento.

3.2.2 Modulo di deformabilita volumetrica

La (2.25)εV = ε1 + ε2 + ε3

esprime la deformazione di volume in funzione delle tre componenti assiali delladeformazione. Sostituendo le (3.3) nella (2.25) otteniamo

εV =1− 2νE

(σ1 + σ2 + σ3) =3 (1− 2ν)

Ep (3.9)

dove

p =σ1 + σ2 + σ3

3

e la tensione normale media agente nel punto considerato. Il valore di p e quellodi εV non dipendono dal riferimento adottato poiche, per qualunque riferimentoortogonale: σ1 + σ2 + σ3 = σx + σy + σz e ε1 + ε2 + ε3 = εx + εy + εz. La costante

K =E

3 (1− 2ν) (3.10)

e il modulo di deformabilita volumetrica; il termine a denominatore (1− 2ν) mostrache per ν > 0.5 si ha K < 0, il che comporterebbe una dilatazione dei corpi soggettiad una pressione idrostatica ed una contrazione di quelli sottoposti ad una trazioneuniforme. Questo e in contrasto con l’ipotesi di comportamento stabile del materiale,quindi dovremo concludere che, nei materiali isotropi, ν ≤ 0.5. Tuttavia, per ν →0.5,K →∞, ossia il corpo risulterebbe incomprimibile. Anche questo non e possibileper i materiali reali, e di conseguenza possiamo assumere che il valore del coefficientedi Poisson e compreso nell’intervallo (aperto) (0, 0.5):

0 < ν < 0.5



Nella Tabella 3.1 sono riportati i valori di ν (insieme a quelli del modulo di Younge del modulo di taglio G) per alcune leghe metalliche; in generale i valori piu comunidel coefficiente di Poisson per i materiali da costruzione oscillano tra 0.2 e 0.3.

3.2.3 Legge di Hooke generalizzata

Sovrapponendo gli effetti delle deformazioni indotte dalle componenti normali (3.3)o (3.4) alle deformazioni prodotte dalle componenti tangenziali (3.6) otteniamo lerelazioni generali che forniscono le deformazioni in funzione delle tensioni per unmezzo elastico lineare ed isotropo.

εx =1E[σx − νσy − νσz]

εy =1E[−νσx + σy − νσz]

εx =1E[−νσx − νσy + σz]

γxy =2(1+ν)

Eτxy

γyz =2(1+ν)

Eτ yz

γzx =2(1+ν)

Eτ zx

(3.11)

Per dare forma sintetica a queste relazioni scriviamo ora i vettori completi delletensioni e delle deformazioni, con le sei componenti distinte di queste grandezze:

σ =

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

σxσyσzτxyτ yzτ zx

⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭ε =

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

εxεyεzγxyγyzγzx

⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭(3.12)

e quindi la matrice 6× 6 di elasticita:

C =1

E

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣1 −ν −ν 0 0 0−ν 1 −ν 0 0 0−ν −ν 1 0 0 00 0 0 2 (1 + ν) 0 00 0 0 0 2 (1 + ν) 00 0 0 0 0 2 (1 + ν)

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦ (3.13)

Le relazioni (3.11) si possono quindi sintetizzare nella equazione matriciale:

ε = Cσ (3.14)

che prende il nome di legge di Hooke generalizzata. Se ν < 0.5 la matrice C e nonsingolare e pertanto la (3.14) puo essere invertita. Posto G = C−1 si ha

σ = Gε (3.15)



che consente di calcolare le tensioni in funzione delle deformazioni. L’espressione diG e

G =E

(1 + ν) (1− 2ν)

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

1− ν ν ν 0 0 0ν 1− ν ν 0 0 0ν ν 1− ν 0 0 0

0 0 01− 2ν2

0 0

0 0 0 01− 2ν2

0

0 0 0 0 01− 2ν2

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦(3.16)

Alla (3.14) si puo dare la formulazione esplicita:

σx =E

(1+ν)(1−2ν) [(1− ν) εx + νεy + νεz]

σy =E

(1+ν)(1−2ν) [νεx + (1− ν) εy + νεz]

σz =E

(1+ν)(1−2ν) [νεx + νεy + (1− ν) εz]

τxy =E

2(1+ν)γxy

τxz =E

2(1+ν)γxz

τ yz =E

2(1+ν)γyz

(3.17)

3.2.4 Tensioni e deformazioni piane

Tensioni piane

In un problema “piano” le componenti della grandezza considerata che sono ortogo-nali al piano, sono nulle. Nel caso delle tensioni piane, assumendo un riferimentoin cui gli assi x ed y cadono nel piano, si ha σz = τxz = τ yz = 0. Annullando questitermini, dalle (3.11) si ottiene

εx =1E[σx − νσy]

εy =1E[−νσx + σy]

εz =1E[−νσx − νσy]

γxy =2(1+ν)

Eτxy

γyz = 0γzx = 0

Come e evidente, alle tre componenti di tensione non nulle corrispondono quattrotermini della deformazione diversi da zero, in quanto, a causa della deformazionelaterale, anche se σz = 0, si ha εz 6= 0. La componente εz tuttavia si puo esprimere infunzione di εx ed εy, quindi, inversamente, le tensioni non nulle si possono calcolarein funzione delle sole corrispondenti componenti della deformazione.Dalla (3.13) eliminando le colonne relative alle componenti nulle della tensione

e le corrispondenti righe, si ottiene una matrice 3× 3, che lega le tensioni piane alledeformazioni

Ctp=1

E

⎡⎣ 1 −ν 0−ν 1 00 0 2 (1 + ν)

⎤⎦ (3.18)



Il pedice tp indica che la matrice si riferisce al caso delle tensioni piane. La relazionetra tensioni e deformazioni e

εxy = Ctpσxy

dove εxy =£εx εy γxy

¤te σxy =

£σx σy γxy

¤tsono i vettori delle deformazioni

e delle tensioni nel piano xy. Invertendo la precedente relazione si ha

σxy = C−1tp εxy = Gtpεxy

dove

Gtp =E

1− ν2

⎡⎣1 ν 0ν 1 0

0 0 (1−ν)2

⎤⎦ (3.19)

Si osservi che mentre la (3.18) e una sottomatrice della (3.13), la (3.19) non euna sottomatrice della (3.16). Questo dipende dal fatto che la deformazione εz, chenon compare nella (3.19), non e nulla e di essa si deve tener conto modificando ivalori delle rigidezze dei termini in εx ed εy.

Deformazioni piane

Se risultano nulle le componenti della deformazione fuori dal piano xy si ha εz =γyz = γzx = 0. Annullando queste quantita nelle (3.17) si ottiene:

σx =E

(1+ν)(1−2ν) [(1− ν) εx + νεy]

σy =E

(1+ν)(1−2ν) [νεx + (1− ν) εy]

σz =E

(1+ν)(1−2ν) [νεx + νεy]

τxy =E

2(1+ν)γxy

τxz = 0τ yz = 0

quindi la tensione σz fuori dal piano non e nulla, perche deve contrastare le defor-mazioni trasversali che nascerebbero per “effetto Poisson”. Nella matrice G (3.16)potremo cancellare le colonne relative alle componenti nulle della deformazione e lecorrispondenti righe:

Gdp =E

(1 + ν) (1− 2ν)

⎡⎢⎣1− ν ν 0ν 1− ν 0

0 01− 2ν2

⎤⎥⎦ (3.20)

in modo cheσxy = Gdpεxy

Il pedice dp serve ad indicare che la matrice G si riferisce al caso delle deformazionipiane. Per esprimere le deformazioni in funzione delle tensioni si inverte la matriceGdp:

Cdp = G−1dp =

1 + ν

E

⎡⎣1− ν −ν 0−ν 1− ν 00 0 2

⎤⎦ (3.21)



Confrontando la (3.18) con la (3.21) e la (3.19) con la (3.20) si vede che questematrici sono differenti.

Dilatazione laterale impedita.

Se tutte le deformazioni sono nulle eccetto la componente assiale εx allora eviden-temente σx =

E(1−ν)(1+ν)(1−2ν)εx e quindi

εx =(1 + ν) (1− 2ν)

E (1− ν)σx

questa relazione deve essere confrontata con la εx = σx/E valida nel caso di de-formazione trasversale libera. E evidente che quando la deformazione trasversale eimpedita quella assiale risulta minore in quanto

(1 + ν) (1− 2ν)(1− ν)

=1− ν − 2ν21− ν

= 1− 2ν2

1− ν< 1

3.3 Lavoro di deformazione

Se ad un elementino interno ad un corpo si assegna una deformazione infinitesimaδεx, δεy, δεz, δγxy, δγyz, δγxz le tensioni agenti sulle facce dell’elementino compirannoun lavoro (vedi Fig. 3.9):

δL = (δεxdx)σxdydz + (δεydy)σydxdz + (δεzdz)σzdxdy+

(δγxydy)τxydxdz + (δγyzdz)τ yzdydx+ (δγxzdx)τxzdydz =¡δεxσx + δεyσy + δεzσz + δγxyτxy + δγyzτ yz + δγxzτxz

¢dxdydz

che, ricordando la notazione vettoriale (3.12), si puo scrivere

δL = δεTσdV (3.22)

dove dV = dxdydz e il volume dell’elementino. Il lavoro complessivo compiuto dalletensioni in tutto il corpo si ottiene sommando i contributi degli elementi in cui edecomposto; pertanto

δLV =

ZV

δεTσdV (3.23)

Le (3.22) e (3.23) sono valide quando δε e infinitesimo, in modo che si possa assu-mere σ costante. Per una deformazione finita anche le tensioni variano e, per i ma-teriali elastici, con la semplice proporzionalita (3.15). Quindi per una deformazionefinita ε il lavoro di deformazione in un elementino di volume dV risulta

dL = dV

Z ε

0

dεTσ =dV

Z ε

0

dεTGε =dV

µ1

2εTGε

¶= dV

1

2εTσ =dV

1

2σTε (3.24)

ed il lavoro complessivo in tutto il corpo e

LV =

ZV

dL

dVdV =

1

2

ZV

εTσdV =1

2

ZV

σTεdV (3.25)


3.3 Lavoro di deformazione 47

dx

dy

δεxdx

δεydy

σxdydz

σydxdz

dx

δγxydyτxydxdz

(a) (b)

dx

dy

δεxdx

δεydy

σxdydz

σydxdz

dx

δγxydyτxydxdz

(a) (b)

Figura 3.9: Lavoro di deformazione: lavoro di dilatazione (a) e di scorrimento (b).

Poiche la deformazione elastica e non dissipativa, il lavoro delle forze internedeve uguagliare quello delle forze esterne agenti sul corpo. Se g indica le forze divolume ed f quelle di superficie, il lavoro di queste forze sara

LF =

ZV

Z u

0

gTdudV +

ZS

Z u

0

fTdudS (3.26)

nel caso dei materiali elastici gli spostamenti u sono proporzionali alle forze e quindi

LF =1

2

µZV

gTudV +

ZS

fTudS

¶(3.27)


Capitolo 4

La trave

4.1 Le equazioni dei solidi elastici

La verifica di una struttura, cioe il controllo della capacita di sostenere le azioni acui sara soggetta durante la sua vita utile, si esegue, come detto nel Cap. 1, confron-tando le tensioni prodotte da queste azioni con le resistenze dei materiali con cui ecomposta. Pertanto lo scopo che ci proponiamo consiste nel determinare le tensioniche si generano nelle strutture a causa delle forze agenti su esse. A questo fine, nelcapitolo 1, abbiamo ricavato le equazioni (1.53) (o 1.54) che esprimono le condizionidi equilibrio in un generico punto di un corpo continuo; queste tre equazioni sonotuttavia insufficienti a rendere determinato il problema che ha per incognite le seicomponenti della tensione (σx, σy, σz, τxy, τ yz, τ zx). Nel capitolo successivo abbiamoanalizzato la deformazione, giungendo alle equazioni (2.7) e (2.8) che mettono inrelazione le piccole deformazioni con il campo degli spostamenti; infine nel Cap. 3,abbiamo indagato le relazioni tra le tensioni e le deformazioni, formulando le leggidell’elasticita lineare per i materiali isotropi.

Questi tre gruppi di equazioni rendono il problema determinato. Infatti, espri-mendo le deformazioni in funzione degli spostamenti [eq. (2.7) e (2.8)] e quindi letensioni in funzione delle deformazioni [eq. (3.17)], lo stato di tensione in un puntoviene a dipendere solo dalle derivate delle tre componenti del vettore degli sposta-menti. Infine sostituendo queste espressioni nelle equazioni di equilibrio (1.54) sigiunge ad un sistema di tre equazioni (differenziali) nelle tre componenti (ux, uy, uz)del vettore degli spostamenti.

Per la verita queste equazioni non sono ancora sufficienti a rendere univoca lasoluzione del problema. Infatti queste equazioni impongono le condizioni di equili-brio nei punti interni e la congruenza (cioe l’assenza di lacerazioni e sovrapposizioni)delle deformazioni, ma non tengono conto delle cosı dette condizioni al contorno,che esprimono l’equilibrio sui punti della superficie esterna tra le tensioni e le forzeapplicate e la compatibilita degli spostamenti dei punti vincolati con le condizioniimposte dai vincoli stessi. Le condizioni del primo tipo richiedono che nei punti dellaparte libera della superficie che delimita il corpo (frontiera), SF , la tensione internauguagli la densita di forza (forza per unita di superficie) f (P ) applicata dall’esterno;


50 Capitolo 4 La trave

Figura 4.1: Superficie di un solido soggetta parzialmente a condizioni di vincolo eparzialmente all’azione di forze.

in formule, ricordando la (1.10):

p (P,n) = T (P )n (P ) = f (P ) P ∈ SF (4.1)

Le condizioni di compatibilita richiedono invece che gli spostamenti dei punti vin-colati della superficie rispettino le condizioni imposte dai vincoli; esse si esprimononella forma

u (P ) = u0 (P ) P ∈ SV (4.2)

dove P e un punto della parte vincolata, SV , della frontiera e u0 (P ) il valore dellospostamento imposto dal vincolo. In Fig. 4.1 queste condizioni sono rappresentatein modo schematico. Nei punti indicati con un cerchietto i vincoli impongono deilimiti agli spostamenti; sul resto della superficie deve sussistere l’equilibrio tra leforze esterne e le tensioni; in particolare, se in P non agiscono forze superficiali, latensione sulla giacitura tangente ad SF in P deve essere nulla.Si deve ora tenere presente una cosa: le equazioni di equilibrio (1.54) si riferisco-

no al corpo nello stato finale; a causa della deformazione la configurazione finale delcorpo non coincide piu con quella iniziale ed e, a priori, incognita. Questo fatto com-plica notevolmente la soluzione del problema elastico. In molti casi, fortunatamente,gli spostamenti che subiscono i solidi sono piccoli, tanto che per rilevarli dobbiamoutilizzare strumenti di precisione; pertanto e spesso possibile trascurare gli effetti diquesti spostamenti ed assumere che le equazioni di equilibrio si riferiscano al corponella sua configurazione iniziale; questa semplificazione riduce notevolmente la com-plessita del problema che cosı risulta retto da equazioni lineari. Sotto queste ipotesisi puo dimostrare che la soluzione del problema elastico esiste ed e unica.Non sempre l’ipotesi dei piccoli spostamenti e accettabile. Nell’esempio mostrato

in Fig. 4.2, un’asta soggetta ad una forza normale eccentrica, subisce una deforma-zione simile a quella mostrata nella stessa figura. Per effetto della deformazione


4.2 Il solido di Saint Venant 51

F

e

F

e u0

Figura 4.2: Cambiamento della configurazione geometrica prodotto dai carichi.

l’eccentricita della forza rispetto alla sezione di base diviene e + u0, dove e e l’ec-centricita iniziale e u0 lo spostamento dell’estremita rispetto alla base; l’aumento dieccentricita fa aumentare il momento e di conseguenza anche la deformazione. Seu0 e piccolo in confronto ad e, si puo assumere che Fe ≈ F (e+ u0) e gli effetti delcambiamento di configurazione possono essere trascurati. Ma se questa approssima-zione non e valida, trascurare gli effetti delle deformazioni sulla distribuzione deglisforzi puo portare ad errori gravi. Questa situazione si presenta di frequente nellestrutture esili, come spesso sono quelle in acciaio.

4.2 Il solido di Saint Venant

La soluzione del problema elastico, anche con le semplificazioni prima accennate,presenta grandi difficolta ed e nota solo per casi particolari. In passato molti studisono stati dedicati alla ricerca di soluzioni approssimate che potessero tornare utilinelle applicazioni pratiche. In tempi piu recenti, l’invenzione e poi la diffusione deicalcolatori ha favorito l’impiego estensivo dei metodi numerici, il piu noto dei qualie il metodo degli elementi finiti. Questi metodi sono basati sulla tecnica di appros-simare le equazioni differenziali con equazioni algebriche, che, se lineari, si possonorisolvere con relativa facilita. L’accuratezza e le potenzialita di questi strumentiaumentano con il numero delle equazioni con cui si approssima il problema. Poicheattualmente si possono facilmente trattare sistemi con molte migliaia di equazio-ni (ed altrettante incognite) in tempi di calcolo assai brevi, esistono oramai pochiproblemi (tra quelli elastico-lineari) che non trovano soluzione. Questo tuttavia nondiminuisce l’importanza di quelle soluzioni, anche approssimate, che siano semplici etanto generali da poter essere applicate ad una vasta gamma di situazioni. E questoil caso della teoria tecnica della trave.

Per trave si intende un oggetto di forma prismatica in cui l’altezza e nettamen-te maggiore delle dimensioni della base. Nelle costruzioni moderne, in acciaio edin cemento armato, l’impiego di materiali dotati di elevata resistenza ha portato aconcentrare le funzioni strutturali in elementi di piccola sezione, la cui geometria



corrisponde a quella della definizione di trave. Nella maggior parte dei casi questestrutture, dette telai, sono un assemblaggio di travi, mentre le restanti parti dell’e-dificio sono considerate sovrastrutture. Nella pratica costruttiva si fa distinzione tratravi, elementi disposti orizzontalmente, e pilastri, disposti verticalmente. Questielementi tuttavia, dal punto di vista del comportamento, possono essere assimilatie noi li considereremo tutti appartenenti alla categoria delle travi.

Una idealizzazione delle travi reali e il solido di Saint Venant, un prisma lacui altezza e molto maggiore delle dimensioni delle basi ed e sollecitato solo incorrispondenza di queste (Fig. 4.3); si assume pertanto che siano nulle le forze divolume e quelle agenti sulla superficie laterale. Il solido di Saint Venant e in sostanzauna trave in cui le forze sono applicate solo sulle basi; questa condizione non egeneralmente soddisfatta dalle travi reali, che perlomeno sono soggette al loro peso(che e una forza di volume); tuttavia le soluzioni ottenute per il cilindro di SaintVenant si possono estendere con buona accuratezza anche alle travi reali e per questorivestono una importanza centrale nella tecnica delle costruzioni.

La soluzione del problema generale, cioe la determinazione dello stato di tensionenel solido, per qualunque distribuzione delle tensioni sulle basi, presenta ancora dif-ficolta insormontabili, poiche la soluzione dipende dalla forma della sezione di basee dalla effettiva distribuzione delle forze su essa. Tuttavia l’esperienza mostra chese su due cilindri uguali si applicano, sulle basi, sistemi di forze diversi ma statica-mente equivalenti1, questi producono gli stessi effetti ovunque, eccetto le due zoneterminali, per una lunghezza circa uguale alle dimensioni delle basi. Un esempiodi questo fatto e illustrato nella Fig. 4.4; in questa figura, che riproduce i risultatidelle analisi svolte su di un modello accurato agli elementi finiti, sono mostrati seiprismi uguali, i primi tre sollecitati da forze normali, gli altri da forze di taglio;ciascuna sollecitazione e ottenuta con una diversa distribuzione delle forze che tut-tavia hanno la stessa risultante (distribuite, concentrate al centro, concentrate agliestremi). Nelle figure i colori rappresentano diverse intensita della tensione normaleσx, parallela all’asse del cilindro; e evidente che, all’interno di ciascun gruppo, ledistribuzioni delle tensioni praticamente coincidono, eccettuata la zona terminale,prossima alla base dove sono applicate le forze.

L’ipotesi che le dimensioni trasversali del prisma siano piccole in confronto aquella longitudinale consente di trascurare gli effetti locali e concentrare l’attenzio-ne su quello che avviene nel corpo centrale del prisma: per questa zona cercheremodelle soluzioni che soddisfino le condizioni di equilibrio globale (cioe che abbiano lestesse risultanti delle forze) senza preoccuparci di come queste siano effettivamen-

1Si ricorda che due sistemi di forze si dicono staticamente equivalenti se la somma delle forze edei momenti (rispetto allo stesso polo) coincidono:

nXi=1

F1i =mXj=1

F2j

nXi=1

OP1i ∧ F1i =mXj=1

OP2j ∧ F2j


4.3 Formulazione del problema di Saint Venant 53

Figura 4.3: Il solido di Saint Venant

te applicate. Tale semplificazione e estremamente importante perche permette ditrovare delle soluzioni semplici di grande importanza pratica; tuttavia e necessariotenere presente che la soluzione di Saint Venant non si applica in prossimita dei“punti di discontinuita”, cioe in prossimita delle zone dove sono applicate delle forzecapaci di produrre forti tensioni locali.

4.3 Formulazione del problema di Saint Venant

All’inizio di questo capitolo si e accennato al procedimento con cui si giunge aformulare le equazioni dei solidi elastici. Abbiamo visto come si debbano soddisfaresia le equazioni di equilibrio (1.54) che le condizioni di congruenza (2.7-2.8); questeultime si possono aggiungere alle precedenti grazie alla legge costitutiva (3.17), checonsente di esprimere le tensioni in funzione delle deformazioni. Abbiamo dettoche queste equazioni da sole non sono comunque sufficienti a rendere univoca lasoluzione: ad esse e necessario aggiungere le condizioni al contorno che esprimonol’equilibrio dei punti della superficie e la compatibilita degli spostamenti con i vincoliesterni. Mostreremo ora come queste condizioni si particolarizzano nel caso che ilcorpo studiato sia il cilindro di Saint Venant.

Nel seguito adotteremo un riferimento con l’origine nel baricentro G di una dellebasi [vedi § A.1.4], l’asse x parallelo all’asse del cilindro (dunque ortogonale allebasi) e gli assi y e z coincidenti con gli assi principali di inerzia della sezione [vedipag. 245]. La scelta di questo riferimento rende nulli i momenti statici [vedi § A.1]ed il momento centrifugo [vedi §A.2]della sezione rispetto agli assi y e z; in formule:

Sy =

ZA

zdA = 0 Sz =

ZA

ydA = 0 Jyz =

ZA

yzdA = 0 (4.3)



(a) (b)(a) (b)

Figura 4.4: Distribuzione delle tensioni in un prisma diversamente sollecitato sullebasi: (a) forza normale, (b) forza di taglio. Dei tre casi, il primo e soggetto ad unadistribuzione uniforme della forza, il secondo ad una forza concentrata nel baricentro,il terzo a due forze applicate ai bordi.

x

y

z

G

x

y

z

G

Figura 4.5: Sistema di riferimento usato per il solido di de Saint Venant


4.3 Formulazione del problema di Saint Venant 55

Le equazioni di equilibrio sulla superficie (4.1), poste in forma esplicita, si scri-vono

σxnx + τ yxny + τ zxnz = fx (4.4a)

τxynx + σyny + τ zynz = fy (4.4b)

τxznx + τ yzny + σznz = fz (4.4c)

dove nx, ny, nz sono le componenti del vettore unitario normale alla superficie. Nelcaso del problema di Saint Venant, in corrispondenza delle basi, le condizioni di equi-librio puntuale (4.4) sono sostituite con le condizioni di equilibrio globale; tenendoconto che, per come e stato scelto il riferimento, sulle basi nx = ±1, ny = nz = 0,l’equilibrio delle risultanti implica che, sulla faccia con normale positiva, si abbia:Z

A

σxdA =

ZA

fxdA = N (4.5a)ZA

τxydA =

ZA

fydA = Vy (4.5b)ZA

τxzdA =

ZA

fzdA = Vz (4.5c)

La risultante N delle forze parallele ad x e normali alla sezione si chiama forza nor-male, le risultanti Vy e Vz, parallele alla sezione sono le forze di taglio. Dall’equilibriodei momenti risultanti intorno ai tre assi risulta:Z

A

(τxzy − τxyz) dA =

ZA

(fzy − fyz) dA =Mx (4.5d)ZA

σxzdA =

ZA

fxzdA =My (4.5e)ZA

σxydA =

ZA

fxydA = −Mz (4.5f)

Il momento Mx e detto momento torcente, mentre My ed Mz sono le componentidel momento flettente. La Fig. 4.6 chiarisce in modo intuitivo l’origine di questanomenclatura.Le (??) sono ovviamente meno stringenti delle (4.4). Questo permette di intro-

durre delle condizioni aggiuntive al campo delle tensioni, purche compatibili con lerestanti equazioni. La superficie laterale del cilindro, dove le forze sono, per ipotesi,nulle, e parallela all’asse x: quindi nx = 0; tenendo conto di cio, dalle (4.4b e c)segue che

σyny + τ yznz = 0 (4.6a)

τ zyny + σznz = 0 (4.6b)

Queste equazioni sono certamente soddisfatte se, sulla superficie laterale, σy = σz =τ yz = 0. Poiche la sezione e piccola (in rapporto alla lunghezza) e ragionevoleassumere che queste grandezze siano nulle in tutto il cilindro. Pertanto nel seguitoassumeremo che in tutto il prisma si abbia

σy = σz = τ yz = 0 (4.7)



x

y

z

G

N

Vz

Vy Mx

My

Mz

x

y

z

G

x

G

τxy

σx

z

yτxz

x

y

z

G

N

Vz

Vy Mx

My

Mz

x

y

z

G

x

G

τxy

σx

z

yτxz

Figura 4.6: Componenti della tensione e sistema di forze risultante agenti sulle basidel solido di de Daint Venant.

Le equazioni (4.4b,c) sono quindi automaticamente soddisfatte, mentre la (4.4a)diviene

τ yxny + τ zxnz = 0 (4.8)

A seguito delle (4.7) le equazioni di equilibrio (1.54) si semplificano; tenendoconto che le forze di volume g sono nulle, queste equazioni divengono:

∂σx∂x

+∂τxy∂y

+∂τxz∂z

= 0 (4.9a)

∂τxy∂x

= 0 (4.9b)

∂τxz∂x

= 0 (4.9c)

Dalle (4.9b,c) si deduce che le tensioni tangenziali non nulle (τxy e τxz) non dipen-dono da x.Anche le espressioni del legame costitutivo si semplificano. Poiche σy = σz = 0,

dalle (3.11) si ricava εx = σx/E e, di conseguenza, σx = Eεx; inoltre essendo τ yz = 0si ha γyz = 0; in sintesi avremo:

σx = Eεx σy = σz = 0 τxy = Gγxy τxz = Gγxz τ yz = 0 (4.10)

Nel cercare le soluzioni del problema elastico potremo suddividere il problemagenerale in sottoproblemi piu semplici, in cui solo alcune delle risultanti di sollecita-zione (??) sono diverse da zero. I casi in cui sono presenti solo la forza normale Ned i momenti flettenti My ed Mz (quindi per le (??) il cilindro e sollecitato solo daforze normali fx) sono i piu semplici e per essi si trovano delle elementari soluzionigenerali. Il caso in cuiMx e diverso da zero, ma Vy e Vz sono nulli presenta maggiori


4.4 Forza normale e flessione 57

Vz

-VzM1y

l

Vzl + M1y − M2y = 0

Vz

-VzM1y

l

Vzl + M1y − M2y = 0

Figura 4.7: Equilibrio di un cilindro sollecitato sulle basi con forze di taglio emomenti flettenti.

difficolta e per esso non esiste una soluzione generale. Nel seguito saranno illustratele soluzioni (eventualmente approssimate) per alcuni casi praticamente importanti.Il caso piu complesso e quello in cui sono non nulle le forze di taglio, perche ad essesi accompagnano le sollecitazioni di flessione, senza le quali l’equilibrio del prismanon sarebbe possibile, come e illustrato nella Fig. 4.7. Per questo problema pero epossibile ricavare una semplice soluzione approssimata.

4.4 Forza normale e flessione

Cerchiamo ora la soluzione relativa al caso in cui le tensioni tangenziali sono tuttenulle, ossia:

τxy = τxz = 0 (4.11)

La sola componente non nulla della tensione e la tensione normale σx e l’equazionesul contorno (4.8) e ovviamente verificata. Quindi ricordando le (??) concludiamoche Vy = Vz = Mx = 0, e di conseguenza le sollecitazioni non nulle sono N , My edMz.Per determinare la soluzione di questo problema assegniamo il campo degli spo-

stamenti e verifichiamo per quali condizioni esso soddisfa le equazioni dei solidielastici. Assumendo che i punti di ogni sezione retta della trave, dopo la deforma-zione, giacciano ancora su di un piano (conservazione delle sezioni piane), il campodi spostamenti si puo formulare cosı

ux (x, y, z) = u0x (x) + φy (x) z − φz (x) y (4.12a)

uy (x, y, z) = u0y (x) + u1y (y, z) (4.12b)

uz (x, y, z) = u0z (x) + u1z (y, z) (4.12c)

dove u0x, u0y, u0z sono le componenti del vettore degli spostamenti della linea d’assedella trave (luogo dei baricentri delle sezioni), mentre φy e φz sono le rotazioni



φy

dxdu0zdu0z

dx

y

z

x

φy

dxdu0zdu0z

dxdu0zdx

y

z

x

Figura 4.8: Rotazione di una sezione prodotta dalla inflessione della linea d’asse.

che il piano della sezione effettua intorno agli assi y e z. Dalla condizione (4.11),ricordando la proporzionalita tra tensioni tangenziali e scorrimenti [eq. (3.6)], segueche γxy e γxz sono nulli e quindi, per le (2.8):

γxy =∂ux∂y

+∂uy∂x

= −φz (x) +du0ydx

= 0 (4.13a)

γxz =∂ux∂z

+∂uz∂x

= φy (x) +du0zdx

= 0 (4.13b)

da cui segue:

φz (x) =du0ydx

φy (x) = −du0zdx

(4.14)

Quest’ultime equazioni dimostrano che, in assenza di taglio, le sezioni rette dellatrave, oltre a restare piane, rimangono anche ortogonali alla linea d’asse (deformata)della trave la cui equazione, nel riferimento adottato, e rappresentata delle funzioniu0y (x), u0z (x). Sostituendo le (4.14) nella prima delle (4.12), si ottiene l’espressionedegli spostamenti in direzione x:

ux (x, y, z) = u0x (x)−du0zdx

z − du0ydy

y (4.15)

Sostituendo la (4.15) nella (2.7) si ottiene l’espressione della dilatazione εx:

εx =∂ux∂x

=du0xdx− d2u0z

dx2z − d2u0y

dx2y (4.16)

e quindi, mediante la prima delle (4.10) si determina il campo dell’unica componentedi tensione non nulla:

σx = Eεx = Edu0xdx−E

d2u0zdx2

z − Ed2u0ydx2

y (4.17)

Per soddisfare le condizioni di equilibrio globale sulle basi, applichiamo le (??a,e,f)(le altre condizioni sono ovviamente soddisfatte se Vy = Vz =Mx = 0); sostituendola (4.17) nella (??a) e tenendo conto che u0x, u0y, u0z dipendono solo da x, otteniamo:Z

A

σxdA = Edu0xdx

ZA

dA−Ed2u0zdx2

ZA

zdA−Ed2u0ydx2

ZA

ydA = N



Ma ricordando che gli assi y e z passano per il baricentro della sezione si ha (4.3):ZA

zdA =

ZA

ydA = 0

e dunque

EAdu0xdx

= N

da cui seguedu0xdx

=N

EA(4.18)

dove A =RAdA e l’area della sezione retta del prisma. Sostituendo la (4.17) nella

(??e) analogamente otteniamo:ZA

σxzdA = Edu0xdx

ZA

zdA−Ed2u0zdx2

ZA

z2dA−Ed2u0ydx2

ZA

yzdA =My

La precedente, per le proprieta (4.3) degli assi principali di inerzia:ZA

zdA = 0

ZA

yzdA = 0

diviene

−Ed2u0zdx2

ZA

z2dA =My

da cui si ricavad2u0zdx2

= −My

EJy(4.19)

La quantita

Jy =

ZA

z2dA (4.20)

e il momento di inerzia della sezione relativo all’asse y.Analogamente, sostituendo la (4.17) nella (??f) si ottiene:Z

A

σxydA = Edu0xdx

ZA

ydA− Ed2u0zdx2

ZA

zydA−Ed2u0ydx2

ZA

y2dA = −Mz

da cui, eliminando i termini nulli:

−Ed2u0ydx2

ZA

y2dA = −Mz

si ottiened2u0ydx2

=Mz

EJz(4.21)

con

Jz =

ZA

y2dA



momento di inerzia della sezione relativo all’asse z.

Se ora sostituiamo le (4.18), (4.19) e (4.21) nelle (4.16) e (4.17) troviamo leespressioni di εx e σx in funzione delle sollecitazioni.

εx =N

EA+

My

EJyz − Mz

EJzy (4.22)

σx =N

A+

My

Jyz − Mz

Jzy (4.23)

Queste relazioni costituiscono il risultato piu importante dell’analisi finora svolta,poiche forniscono i valori delle deformazioni e delle tensioni prodotte in una traveda qualunque sistema di forze che abbia come risultante una forza parallela all’assex (forza normale) e due momenti (flettenti) paralleli agli assi y e z.

Le equazioni (4.18), (4.19) e (4.21) pongono in relazione le sollecitazioni (N,My,Mz)con gli spostamenti u0x, u0y, u0z dei punti della linea d’asse della trave, e formano leequazioni della linea elastica.

4.4.1 Determinazione del campo degli spostamenti*

Integrando le (4.18), (4.19) e (4.21) tenendo conto che le grandezze a secondo membro

sono costanti, a meno di un moto rigido risulta:

u0x =N

EAx (4.24a)

u0y =Mz

EJz

x2

2(4.24b)

u0z = −My

EJy

x2

2(4.24c)

Resta ora da controllare che le restanti equazioni siano soddisfatte. Delle equazioni di

equilibrio (4.9) la seconda e la terza sono ovviamente verificate poiche τxy = τxz = 0; perlo stesso motivo la prima si riduce a ∂σx

∂x= 0, che e ovviamente soddisfatta poiche nella

(4.23) non compaiono termini che dipendono da x. L’annullarsi delle tensioni tangenzialipermette di rispettare anche le condizioni sul contorno laterale (4.8).

Per asserire che quella trovata sia effettivamente la soluzione cercata dobbiamo ancora

controllare che ad essa corrispondano valori nulli per le τyz e per le componenti della

tensione normale σy e σz. Poiche γyz = τ yz/G, τ yz e nullo se∂uy∂z+ ∂uz

∂y= 0, mentre σy e

σz sono nulli se εy = εz = −νεx [vedi (3.2)]. Per le (4.12b,c) e per la (4.22) si ottengonole seguenti condizioni:

∂u1y∂z

= −∂u1z∂y

∂u1y∂y

=∂u1z∂z

= −νµ

N

EA+

My

EJyz − Mz

EJzy

¶



che sono soddisfatte se si pone

u1y = −ν∙N

EAy +

My

EJyyz − Mz

EJz

y2 − z2

2

¸(4.25a)

u1z = −ν∙N

EAz +

My

EJy

z2 − y2

2− Mz

EJzyz

¸(4.25b)

Dalle (4.25) appare chiaro che per y = z = 0 (cioe in corrispondenza del baricentrodella sezione) si ha u1y = u1z = 0 e di conseguenza uy (x, 0, 0) = u0y (x), uz (x, 0, 0) =uz0 (x). Le (4.24) forniscono pertanto le equazioni della linea elastica della trave, ossiadella linea che unisce i baricentri di tutte le sezioni rette del prisma nella loro configurazione

deformata.

4.4.2 Sforzo normale centrato

Dalla soluzione generale trovata si possono dedurre dei casi particolari di rilevanteinteresse. Ponendo My = Mz = 0 la sola forza agente resta la forza normale N . Intal caso il cilindro e sollecitato uniformemente (escluse le zone prossime alle basi)con una tensione che per la (4.23) e

σx =N

A

ossia il rapporto tra la forza e l’area, ed una corrispondente deformazione

εx =N

EA

La linea elastica subisce semplicemente una dilatazione (o una contrazione) re-stando retta. I punti di ciascuna sezione, assumendo vincolata la prima, subisconouna traslazione parallela all’asse del cilindro il cui modulo e dato dalla (4.24a) eduna contrazione (o dilatazione) dovuta ai termini (4.25).

4.4.3 Flessione semplice retta

Se la sola sollecitazione non nulla e una delle due componenti del momento flettente(p.es. My) si ha il caso della flessione retta. La tensione nei punti della sezionevaria con legge lineare, proporzionale alla distanza dall’asse y, come si deduce dalla(4.23):

σx =My

Jyz (4.26)

A questa sollecitazione corrisponde una deformazione della linea d’asse che, restandonel piano xy, si incurva proporzionalmente al momento, come mostrato dalla (4.21).La linea d’asse deformata, se si assume che il solido sia incastrato nella sezione diorigine, e espressa dalla (4.24b). Nel caso di flessione retta, per z = 0 si ha σx = 0,quindi la tensione si annulla in corrispondenza dei punti dell’asse ortogonale a z(o y). Se My > 0 risultera σx < 0 per z < 0 e σx > 0 per z > 0; pertanto una



zx

z z

σxσx

z x

-u0z

Forza Normale Flessione retta

N My

zx

z z

σxσx

z x

-u0z

Forza Normale Flessione retta

N My

Figura 4.9: Distribuzione delle tensioni prodotta dalla forza normale e dalla flessione.

parte della sezione sara soggetta a tensioni negative (compressione) ed una partea tensioni positive (trazione). Questo e ovvio poiche in assenza di forze normali larisultante delle tensioni deve essere nulla, quindi la risultante delle tensioni positivedeve uguagliare, in modulo, quella delle tensioni negative.

Esempio 4.1 Calcolare la tensione massima nella sezione di Fig. 4.10, con b = 15 cm eh = 35 cm, soggetta ad un momento My = 50kNm.

Il baricentro della sezione rettangolare si trova nell’intersezione delle mediane. Il momentodi inerzia relativo all’asse baricentrico y e

Jy =bh3

12=15 · 35312

= 53593.75 cm4

Le tensioni massime (positive e negative) si raggiungono in corrispondenza dei lati minori,per y = ±h

2 = ±17.5 cm; il momento agente e 5000 kN cm, quindi

σx

µmaxmin

¶=

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩My

Jy

µh

2

¶=

5000

53593.75(17.5) = 1.633 kN/ cm2

My

Jy

µ−h2

¶=

5000

53593.75(−17.5) = −1.633 kN/ cm2

Un kN/ cm2 = 103/¡10−2

¢2= 107 Pa = 10MPa. Pertanto la tensione calcolata, in valore

assoluto, e 16.33MPa. ¤

Esempio 4.2 Calcolare i valori della tensione nei vertici della sezione rappresentata inFig. 4.11 supponendo che sia soggetta ad un momento Mη = 10 kNm.

Per determinare le caratteristiche geometriche della sezione si fa prima riferimento agliassi η0, ζ0. Relativamente a questi assi la figura si puo decomporre in due rettangoli,aventi una base coincidente con uno degli assi. Si ha cosı, indicando con l1 = 150mm



b

h

z

y My

σx

G

b

h

z

y My

σx

G

Figura 4.10: La sezione dell’esempio 4.1

la lunghezza del lato maggiore, l2 = 75mm quella del lato minore e con s = 10mm lospessore del profilato:

A = l1s+ l2s− s2 = 21.5 cm2

Sη0 = (l2 − s)s2

2+ s

l212= 115.75 cm2

Sζ0 = (l1 − s)s2

2+ s

l222= 35.125 cm2

Jη0 = (l2 − s)s3

3+ s

l313= 1127. cm4

Jζ0 = (l1 − s)s3

3+ s

l323= 145.29 cm4

Jζ0η0 =

µl1s

2

¶2+

µl2s

2

¶2−µs2

2

¶2= 70.06 cm4

Le coordinate del baricentro della sezione, riferite agli assi ζ0, η0 sono

ζ0G =Sη0A= 53.837mm

η0G =Sζ0A= 16.337mm

I momenti di inerzia relativi ad un sistema di assi η e ζ, con origine nel baricentro eparalleli ai precedenti, si calcolano applicando la regola del trasporto

Jη = Jη0 −Aζ20G = 504.00 cm4

Jζ = Jζ0 −Aη20G = 87.91 cm4

Jζη = Jζ0η0 −Aη0Gζ0G = −119.04 cm4

L’angolo formato dagli assi principali di inerzia con quelli del riferimento iniziale e datodalla formula

α =1

2arctan

µ −2JζηJζ − Jη

¶= −14.889



10 mm

150 mm

75 mm

10 mmη0

η

ζ

G

y

z

α

ζ0

12

3 4

5 6

10 mm

150 mm

75 mm

10 mmη0

η

ζ

G

y

z

α

ζ0

12

3 4

5 6

Figura 4.11: Sezione dell’esempio 4.2.

Quindi i momenti relativi a questi assi sono

Jy = Jη cos2 α+ Jζ sin

2 α+ Jζη sin (2α) = 535.65 cm4

Jζ = Jη sin2 α+ Jζ cos

2 α− Jζη sin (2α) = 56.258 cm4

Proiettando il momento Mζ sugli assi principali si ha

Mz = Mη sinα = 2.569 kNm

My = Mη cosα = 9.664 kNm

Per procedere al calcolo della tensione nei vertici della sezione si debbono determina-re le coordinate di questi nel riferimento principale. Partendo dal riferimento η0, ζ0 lecoordinate dei vertici sono∙

η0ζ0

¸=

∙0 75 75 10 10 00 0 10 10 150 150

¸mm

Nel riferimento traslato nell’origine divengono∙ηζ

¸=

∙η0ζ0

¸−∙η0Gζ0G

¸=

∙−16.337 58.663 58.663 −6.337 −6.337 −16.337−53.837 −53.837 −43.837 −43.837 96.163 96.163

¸mm

Infine le coordinate vengono proiettate nel riferimento degli assi principali

y = η cosα− ζ sinα

z = η sinα+ ζ cosα



per cui si ottiene∙yz

¸=

∙−29.622 42.86 45.43 −17.388 18.584 8.92−47.832 −67.103 −57.438 −40.737 94.563 97.132

¸mm

Applicando la (4.23) con N = 0 si calcolano quindi facilmente i valori della tensionenormale nei vertici della sezione (le unita di misura sono Newton e millimetri):

σx =My

Jyz − Mz

Jzy =

9.664 · 1065.357 · 106 y −

−2.569 · 1065.629 · 105 z− =

⎡⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣

−221.58874.684103.856−152.914255.487215.984

⎤⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦ MPa

Poiche σx varia linearmente con y e z, i valori estremi si raggiungono nei vertici dellasezione, dunque:

σxmax = 255.487MPa σxmin = −221.588MPacorrispondenti ai vertici 5 e 1, rispettivamente. ¤

4.4.4 Lavoro di deformazione

Nel caso della sollecitazione di flessione vi e una sola componente non nulla dellatensione (σx); pertanto l’espressione (3.24) del lavoro di deformazione si riduce,tenendo conto delle (4.22) e (4.23) semplicemente a

dLV

dV=1

2εxσx =

1

2

µN

EA+

My

EJyz − Mz

EJzy

¶µN

A+

My

Jyz − Mz

Jzy

¶da cui, integrando su di un concio di trave di lunghezza dx e ricordando le proprieta(4.3) degli assi principali di inerzia:

dLV =dx

2

ZA

εxσxdydz =dx

2

µN2

EA+

M2y

EJy+

M2z

EJz

¶(4.27)

Lungo tutta la trave, se N,My e Mz sono costanti, il lavoro complessivo e

LV =

Z l

0

dLV =l

2

µN2

EA+

M2y

EJy+

M2z

EJz

¶(4.28)

4.4.5 Asse neutro

La formula (4.23) fornisce la tensione prodotta dalla forza normale N e dai duemomenti flettentiMy edMz in ogni punto della sezione. Tuttavia la funzione σx (y, z)e definita nell’intero piano yz, anche se il risultato ha senso fisico solo per i punti cheappartengono alla sezione. In Fig. 4.12 e mostrata una sezione S appartenente alpiano Π; il grafico delle tensioni σx e rappresentato dal piano inclinato; ovviamentei soli valori di σx che hanno significato fisico sono quelli in corrispondenza dei puntidi S.



Π σx

S

a

nΠ σx

S

a

n

Figura 4.12: Estensione del campo delle tensioni normali in una sezione all’interopiano Π.

Si definisce asse neutro il luogo dei punti del piano Π nei quali si ha σx = 0. SeN 6= 0, l’equazione (4.23) si puo riscrivere ponendo a fattore il termine N/A:

σx =N

A

µ1 +

My

N

A

Jyz − Mz

N

A

Jzy

¶(4.29)

Le quantita

ey = −Mz

Nez =

My

N(4.30)

sono le eccentricita della forza risultante, la cui retta d’azione interseca il piano Πnel punto C, detto centro di pressione, di coordinate ey, ez. La forza N applicata inG e i momenti My ed Mz sono staticamente equivalenti alla sola forza N applicatain C (Fig. 4.13), poiche hanno la stessa risultante e, rispetto ad ogni punto, lo stessomomento risultante. Infatti fissando il polo in un generico punto P di coordinateyP , zP , i momenti del primo sistema sono

MPy =My + zPN MPz =Mz − yPN

e quelli del secondo

MPy = N (ez + zP ) MPz = −N (ey + yP )

Sostituendo ad ey ed ez i rapporti (4.30) si verifica facilmente che questi ultimimomenti coincidono con quelli dell’equazione precedente.



Π

y

z

Mz

My

N

x

e y=-M z/N

e z=M y/N

C

N

G

Π

y

z

Mz

My

N

x

e y=-M z/N

e z=M y/N

C

N

G

Figura 4.13: Eccentricita e centro di pressione relativi ad una sezione sollecitata aforza normale e flessione.

I rapporti tra i momenti di inerzia e l’area della sezione

JyA= ρ2z

JzA= ρ2y (4.31)

sono i quadrati dei giratori di inerzia; sostituendo le (4.30) nella (4.29) otteniamo

σx =N

A

µ1 +

eyy

ρ2y+

ezz

ρ2z

¶(4.32)

Uguagliando σx a zero si ottiene l’equazione dell’asse neutro; poiche per ipotesiN 6= 0, la (4.32) si annulla solo se

1 +eyy

ρ2y+

ezz

ρ2z= 0 (4.33)

Fissate le coordinate del centro di pressione ey, ez, la (4.33) e evidentemente l’equa-zione di una retta; ponendo alternativamente z = 0 e y = 0 si determinano i puntidi intersezione dell’asse neutro con gli assi del riferimento; si ha:

y0 = −ρ2yey

z0 = −ρ2zez

(4.34)

E evidente che se ey, ez → 0± (cioe il centro di pressione si avvicina al baricentrodella sezione) y0, z0 → ∓∞, viceversa se il centro di pressione si allontana (percheN → 0) allora y0, z0 → 0, cioe l’asse neutro passa per il baricentro: quest’ultimo eappunto il caso della flessione semplice.



α

α

β

Ca

n

y

z

ρz

ρy

ey

ez

z0

y0

G

α

α

β

Ca

n

y

z

ρz

ρy

ey

ez

z0

y0

G

Figura 4.14: Relazione tra centro di pressione ed asse neutro.

La distanza della retta (4.33) dall’origine e

d =1r³

eyρ2y

´2+³ezρ2z

´2 (4.35)

L’angolo α formato dall’asse neutro con l’asse y si calcola facilmente (vedi Fig. 4.14)

tanα = −y0z0= −ez

ey

µρyρz

¶2= tanβ

µρyρz

¶2(4.36)

dove β indica l’angolo che la retta GC forma con l’asse y. Dalla (4.36) appareevidente che tanα = tanβ (ovvero l’asse neutro e perpendicolare all’asse di solleci-tazione GC) solo se tanβ = 0 (β = 0, C e sull’asse z) ovvero tanβ =∞ (β = π/2,C e sull’asse y) oppure se ρy/ρz = 1. I primi due casi corrispondono alla presso-flessione retta (il centro di pressione cade su uno degli assi principali di inerzia) ilterzo corrisponde al caso delle sezioni con simmetria radiale (sezioni circolari, se-zioni quadrate). In tutti gli altri casi l’asse neutro non e perpendicolare all’asse disollecitazione.L’equazione (4.33) stabilisce una corrispondenza biunivoca tra i punti C(ey, ez)

e le rette del piano. Fissato un punto di coordinate ey, ez, resta determinata unaretta di equazione 1 +

¡ey/ρ

2y

¢y + (ez/ρ

2z) z = 0. Inversamente, fissata una retta di

equazione a0 + a1y + a2z = 0 (a0 6= 0) resta definito un punto di coordinate

ey =a1a0ρ2y ez =

a2a0ρ2z (4.37)

centro di pressione di cui la retta e asse neutro.



4.4.6 Nocciolo di inerzia

L’asse neutro divide in due il piano della sezione, separando i punti con σx positiva(trazioni) da quelli con σx negativa (compressioni). Se la sezione cade interamente inuno di questi due semipiani risulta sollecitata da tensioni dello stesso segno (positiveo negative), se invece l’asse neutro attraversa la sezione avremo che parte dellasezione sara soggetta a sollecitazioni di trazione e parte di compressione. Nel casodella flessione semplice (N = 0), poiche passa per il baricentro, l’asse neutro tagliasempre la sezione; in presenza di sforzo normale si puo presentare un caso o l’altroin funzione della posizione del centro di pressione.Per alcuni materiali che hanno un differente comportamento in trazione e com-

pressione (p.es. il calcestruzzo) e importante distinguere il caso delle sezioni sollecita-te da tensioni di segno omogeneo da quelle che sono parzialmente tese e parzialmentecompresse. Per le sezioni convesse2 la condizione limite si ha quando l’asse neutroe tangente al bordo della figura; i punti (centri di pressione) associati dall’equazione(4.33) alle rette tangenti al bordo, definiscono una curva chiusa; poiche se il centrodi pressione si avvicina al baricentro l’asse neutro se ne allontana e viceversa, l’in-sieme dei punti interni a questa curva (che comprende il baricentro), detto nocciolocentrale d’inerzia, e l’insieme dei centri di pressione il cui asse neutro e esterno allasezione, che in tal caso risulta sollecitata da tensioni di segno omogeneo; inversa-mente, quando il centro di pressione e esterno al nocciolo, la sezione e attraversatadall’asse neutro e quindi parzialmente tesa e parzialmente compressa.Nel caso di sezioni di forma non convessa, si puo definire una figura convessa

inviluppo, come la piu piccola figura convessa che racchiude quella data. Il nocciolodi inerzia in questo caso e delimitato dai centri di pressione corrispondenti alletangenti al bordo dell’inviluppo convesso (Fig. 4.15).

Esempio 4.3 Nocciolo d’inerzia della sezione rettangolare.

La sezione rettangolare e convessa, pertanto il nocciolo e determinato dalle rette tangential contorno. Prendendo in esame una sezione con lati b ed h (Fig. 4.16) i giratori di inerziavalgono

ρ2y =JzA=

112hb

3

bh=

b2

12

ρ2z =JyA=

112bh

3

bh=

h2

12

La retta 1− 1, tangente al lato perpendicolare ad y, ha equazione

z − h

2= 0

quindi, posto a0 = −h/2, a1 = 0, a2 = 1, dalle (4.37) si ha

ey = 0 ez = −2

hρ2z = −

2

h

h2

12= −h

6

2Una figura piana e convessa se ogni segmento che unisce due punti interni alla figura e costituitoda soli punti interni. In una figura convessa le rette tangenti al bordo hanno in comune con essasolo punti del bordo.



Sezione convessaSezione non convessa e sezione inviluppo convessaSezione convessaSezione non convessa e sezione inviluppo convessa

Figura 4.15: Noccioli d’inerzia per una sezione convessa ed una non convessa.

corrispondente al punto 1 in Fig. 4.16. Prendendo per asse neutro la tangente al latoortogonale a y di equazione y + b/2 = 0 si ha a0 = b/2, a1 = 1, a2 = 0, il centro dipressione ha coordinate:

ey =2

bρ2z =

b

6ez = 0

ed e rappresentato dal punto 2 sull’asse z.

Quando le rette descrivono un fascio intorno ad un punto A i corrispondenti centri per-corrono una retta di equazione:

yAρ2y

ey +zAρ2z

ez + 1 = 0

dove yA e zA sono le coordinate del centro del fascio. Poiche i due assi 1 e 2 appartengonoal fascio, la retta passa per questi punti; facendo rotare l’asse intorno allo spigolo, da 1a 2, il centro di pressione descrive il segmento 1-2. Ripetendo il procedimento per glialtri due lati (e tre vertici) si ottiene il rombo centrato nel baricentro con diagonali h/3 eb/3. Quando il centro di pressione e interno a questo rombo il rettangolo e sollecitato datensioni di uguale segno, quando e esterno l’asse neutro attraversa la sezione, che risultain parte tesa ed in parte compressa. ¤

Esempio 4.4 Nocciolo di inerzia di una sezione a T.

La sezione a T non e convessa, pertanto occorre fare riferimento alla figura convessa chela circoscrive, delimitata dalle linee tratteggiate.

Per prima cosa si devono determinare le caratteristiche geometriche della sezione (effetti-va). Indicando con b la larghezza della soletta, con ss il suo spessore, con h l’altezza dellasezione e con sa lo spessore dell’anima, nel caso in questione si ha

b = 60 cm h = 50 cm ss = 15 cm sa = 20 cm



y

z

b

h h/6

b/6

1 1

22

1

2 y

z

(a) (b) (c)

y

z

b

h h/6

b/6

1 1

22

1

2 y

z

(a) (b) (c)

Figura 4.16: Nocciolo d’inerzia per una sezione rettangolare.

AreaA = (b− sa)ss + sah = 1600 cm

2

Momento statico rispetto alla retta tangente la soletta

Sya =1

2

£(b− sa) s

2s + sah

2¤= 29500 cm3

Distanza del baricentro dal bordo superiore

dG =SyaA= 18.438 cm

Momento d’inerzia rispetto alla retta tangente la soletta

Jy0 =1

3

£(b− sa) s

3s + sah

3¤= 878300 cm4

Momento d’inerzia relativo all’asse baricentrico y

Jy = Jy0 −Ad2G = 334400 cm4

Momento d’inerzia relativo all’asse baricentrico z

Jz =1

12

£ssb

3 + (h− ss) s3a

¤= 293300 cm4

Raggi di inerzia

ρy =

rJzA= 13.54 cm ρz =

rJyA= 14.457 cm

Asse neutro parallelo a y tangente la soletta: equazione della retta (nel riferimentobaricentrico) z = −dG; coordinate del centro di pressione

e1y = 0 e1z =1

dGρ2y = 11.337 cm



y

z

Gy

z

G

Figura 4.17: Nocciolo d’inerzia per una sezione a T.

Asse neutro parallelo a z tangente la sezione; eq.: y = b/2 = 30 cm; coordinate centro dipressione

e2y =2

−bρ2z = −6.111 cm e2z = 0

Asse neutro coincidente con la linea inviluppo convesso (tratteggiata); e la linea passanteper i punti di coordinate

z1 = ss − dG = −3.438 cm y1 = b/2 = 30 cm

z2 = h− dG = 31.563 cm y2 = sa/2 = 10 cm

I coefficienti della retta sono

a0 = 1 a1 =z1 − z2

y1z2 − y2z1= −0.0357 a2 =

y2 − y1y1z2 − y2z1

= −0.0204

e quindi, per la (4.37)

e3y =a1a0ρ2y = −6.539 cm e3z =

a2a0ρ2z = −4.260 cm

Infine, il centro di pressione della tangente al bordo inferiore della sezione, di equazionez = h− dG = 31.563 cm ha coordinate

e4y = 0cm e4z = −6.622 cm

Il contorno del nocciolo e formato dai segmenti che uniscono questi punti e da quellisimmetrici rispetto all’asse y. Il risultato e mostrato nella Fig. 4.17. ¤

4.5 Torsione

Esaminiamo ora il caso in cui sulle basi del cilindro di Saint Venant agiscano delleforze tangenziali la cui risultante e un momento che si avvolge intorno all’asse x.


4.5 Torsione 73

(a) (b)(a) (b)

Figura 4.18: Anilisi agli elementi finiti di un cilindro con base circolare sollecitato atorsione.

Una tale sollecitazione produce una rotazione relativa delle basi che da luogo aduna deformazione di torsione della barra; le linee generatrici del cilindro divengonoeliche, come mostrato in Fig. 4.18a. Se la sezione del cilindro e circolare il moto diuna sezione generica non troppo vicina alle basi e una semplice rotazione; i puntisu ciascuna sezione subiscono una rotazione rigida attorno all’asse x del cilindro,restando contenuti nel piano della sezione, come e mostrato nella Fig. 4.18b, dovesono rappresentati i vettori degli spostamenti di alcuni punti della struttura.Se il prisma non ha sezione circolare (come quello mostrato in Fig. 4.19a), i

punti delle sezioni, oltre a rotare, subiscono anche degli spostamenti fuori dal piano,in direzione dell’asse x. Questo fatto e visibile nella Fig. 4.19b, che rappresenta,fortemente amplificata, la deformazione di un tratto del prisma, privato della parteprossima alla base per consentire un confronto con la teoria di Saint Venant. Glispostamenti fuori dal piano della sezione (ingobbamento) sono resi piu evidenti nellaFig. 4.20. In (a) sono riportati i vettori rappresentativi degli spostamenti dei nodidel modello ad elementi finiti: e evidente che, particolarmente presso gli spigoli,questi vettori non sono contenuti nel piano della sezione, ma hanno una componenteortogonale. Nella Fig. 4.20b e riportata la mappa a colori di questi spostamenti; sievidenzia facilmente una simmetria rotazionale di π/2, mentre rispetto agli assiparalleli ai lati vi e una antisimmetria: punti opposti si spostano in versi opposti.Le osservazioni precedenti ci inducono ad assumere, per un prisma sollecitato a

torsione, il seguente campo di spostamenti:

ux (x, y, z) = ψ (y, z) (4.38a)

uy (x, y, z) = −θxz (4.38b)

uz (x, y, z) = θxy (4.38c)

in cui θx e la rotazione relativa tra la base e la sezione di ascissa x, mentre ψ (y, z)e una funzione che non dipende da x e descrive gli spostamenti fuori dal piano deipunti della sezione.



(a) (b)(a) (b)(a) (b)

Figura 4.19: Analisi agli elementi finiti di un prisma a base quadrata. Modello dellastruttura (a) e deformazione di un tronco privato di una delle basi (b).

Applicando le (2.7), (2.8) alle (4.38) determiniamo le deformazioni corrispondential campo di spostamenti assegnato

εx =∂ux∂x

=∂ψ

∂x= 0 (4.39a)

εy =∂uy∂y

=∂ (−θxz)

∂y= 0 (4.39b)

εz =∂uz∂z

=∂ (θxy)

∂z= 0 (4.39c)

γxy =∂uy∂x

+∂ux∂y

=∂ (−θxz)

∂x+

∂ψ

∂y= −θz + ∂ψ

∂y(4.39d)

γxz =∂uz∂x

+∂ux∂z

=∂ (θxy)

∂x+

∂ψ

∂z= θy +

∂ψ

∂z(4.39e)

γyz =∂uy∂z

+∂uz∂y

=∂ (−θxz)

∂z+

∂ (θxy)

∂y= −θx+ θx = 0 (4.39f)

Le sole componenti non nulle sono quindi gli scorrimenti γxy e γxz. Utilizzando lalegge elastica del materiale (3.17), si verifica facilmente che, in conseguenza delle(4.39), si ha

σx = σy = σz = τ yz = 0 (4.40a)

τxy = Gγxy = G

µ−θz + ∂ψ

∂y

¶(4.40b)

τxz = Gγxz = G

µθy +

∂ψ

∂z

¶(4.40c)

Queste condizioni evidentemente soddisfano le (4.7) con l’ulteriore condizione σx =0.


4.5 Torsione 75

(a) (b)(a) (b)

Figura 4.20: Analisi agli elementi finiti di un prisma con base quadrata. Campodegli spostamenti dei punti delle sezioni (a) e mappa degli spostamenti in direzionex (b).

Come si e detto le tensioni devono soddisfare le equazioni di equilibrio in ognipunto del corpo, che sono espresse in forma differenziale dalle (4.9). Nel caso inesame, sostituendo le (4.40), si ricava

∂σx∂x

+∂τxy∂y

+∂τxz∂z

=∂hG³−θz + ∂ψ

∂y

´i∂y

+∂£G¡θy + ∂ψ

∂z

¢¤∂z

=∂2ψ

∂y2+

∂2ψ

∂z2= 0

∂τxy∂x

=∂hG³−θz + ∂ψ

∂y

´i∂x

= 0

∂τxz∂x

=∂£G¡θy + ∂ψ

∂z

¢¤∂x

= 0

Le seconde due equazioni sono identicamente soddisfatte, la prima richiede che la



Figura 4.21: Campo degli spostamenti di una sezione di un cilindro soggetto atorsione

funzione ψ verifichi l’equazione di Laplace3

∂2ψ

∂y2+

∂2ψ

∂z2= 0 (4.41)

Oltre all’equilibrio interno le tensioni devono verificare la condizioni al contorno(4.8); sostituendo le (4.40) si ricava che, sul bordo della sezione

τxyny + τxznz = G

µ−θz + ∂ψ

∂y

¶ny +G

µθy +

∂ψ

∂z

¶nz = 0

da cui si deduce che

θ (−ynz + zny) =∂ψ

∂yny +

∂ψ

∂znz (4.42)

Infine dobbiamo rispettare le condizioni di equilibrio globale sulle basi (??).Poiche σx ≡ 0 si ha ovviamente che N =My =Mz = 0. Le risultanti delle tensioni

3Poiche σx = 0, la prima delle equazioni di equilibrio si riduce a

∂τxy∂y

+∂τxz∂z

= 0

Le tensioni tangenziali τxy e τxz si possono interpretare come le componenti (nel piano yz) di unvettore τ . Si puo dimostrare che un vettore le cui componenti soddisfano l’equazione precedente,rispetta le condizioni di continuita, ovvero il flusso totale

RSτ · n ds che attraversa una linea chiusa

S e sempre nullo (n e la normale alla linea orientata verso l’esterno). In altre parole il flusso entrante(negativo) uguaglia in modulo quello uscente (positivo).Si definisce linea di flusso una linea che e ovunque tangente al vettore τ ; per definizione dunque,

lungo questa linea, τ · n = 0 (τ e n sono perpendicolari); considerando una parte del pianodelimitata da due linee di flusso (tubo di flusso), lungo queste linee non entra ne esce flusso.Tagliando il tubo con due sezioni trasversali, il flusso attraversa solo queste sezioni e poiche ilflusso totale e nullo, e ovvio che quello che entra da una sezione uguaglia quello che esce dall’altra.


4.5 Torsione 77

tangenziali non nulle sono invece4

Vy =

ZA

τxydA = 0 (4.43a)

Vz =

ZA

τxzdA = 0 (4.43b)

e

Mx =

ZA

(τxzy − τxyz) dA (4.44)

Diversamente dalla flessione, per la sollecitazione di torsione non esiste una so-luzione generale valida per tutte le sezioni, in quanto la funzione di ingobbamento ψdipende dalla forma della sezione; questa soluzione poi ha un’espressione analiticasemplice solo in alcuni casi. Nel seguito saranno illustrate le soluzioni, esatte odapprossimate, per alcuni casi di importante interesse pratico.

4.5.1 Sezione circolare

Per una sezione circolare, indicando con R il suo raggio, i punti della linea di bordohanno coordinate y = R cosα, z = R sinα, dove α e l’angolo formato dal raggio conl’asse y. Poiche per una circonferenza la normale passa per il centro, si ha ancheny = cosα, nz = sinα; quindi il primo membro delle (4.42) diviene

θ (−ynz + zny) = θ (−R cosα sinα+R sinα cosα) = 0

Di conseguenza anche il secondo membro e nullo e si ha

G

µ∂ψ

∂yny +

∂ψ

∂znz

¶= 0

Questa equazione e la (4.41) sono certamente verificata se ψ = cost in tutti i puntidella sezione. Dunque, a meno di una inessenziale traslazione, si puo assumere

4La dimostrazione delle (4.43) non e immediata. E possibile mostrare che, se e valida la (4.9)con σx = 0, allora esiste una funzione φ (y, z) tale che

τxy =∂φ

∂zτxz = −

∂φ

∂y

Se dy, dz sono le componenti di un tratto dl del bordo della sezione, ed ny,nz sono le componenti delvettore normale a dl, e facile controllare che ny = dz/dl, nz = −dy/dl. Quindi le (4.8) divengono

τxyny + τxznz =∂φ

∂z

dz

dl+

∂φ

∂y

dy

dl=

dφ

dl= 0

da cui si deduce che φ = cost lungo il bordo della sezione. QuindiZA

τxydA =

ZA

∂φ

∂zdA = −

ZCφdy = −φ

ZCdy = 0

dove C e il contorno della sezione e l’integraleRC dy e nullo poiche il punto finale e quello iniziale

del percorso di integrazione coincidono. In modo del tutto analogo si mostra cheRAτxzdA = 0.



ψ = 0, ovvero la sezioni circolari non si ingobbano per effetto della deformazioneindotta dalla torsione.Dalle (4.40) troviamo ora che

τxy = −Gθz τxz = Gθy (4.45)

Sostituendo queste nelle equazioni di equilibrio globale sulle basi (4.43) e (4.44)troviamo:

Vy =

ZA

τxydA = −GθZA

zdA = 0 (4.46a)

Vz =

ZA

τxzdA = Gθ

ZA

ydA = 0 (4.46b)

Mx =

ZA

(τxzy − τxyz) dA = Gθ

ZA

¡y2 + z2

¢dA = GθJG (4.47)

Nelle (4.46) gli ultimi integrali sono nulli poiche coincidono con i momenti statici del-la sezione relativi ad assi baricentrici; questi risultati confermano quanto anticipatoin forma generale nelle (4.43). Nella (4.47)

JG =

ZA

r2dA = 2π

Z R

0

r3dr =πR4

2(4.48)

e il momento d’inerzia polare (relativo al baricentro) della sezione circolare.Dalla (4.47) si trova facilmente che

θ =Mx

GJG=2Mx

πR4G(4.49)

e quindi, sostituendo nelle (4.45),

τxy = −Mx

JGz = −2Mx

πR4z (4.50a)

τxz =Mx

JGy =

2Mx

πR4y (4.50b)

Le tensioni tangenziali variano linearmente con la distanza dal centro della sezionee raggiungono il massimo lungo la circonferenza di bordo dove valgono in modulo:

τmax =

¯Mx

JGR

¯=

¯2Mx

πR3

¯(4.51)

La rigidezza torsionale della trave e definita come il rapporto tra il momento e larotazione relativa delle basi da questo prodotta. Poiche la rotazione e θl (l lunghezzadel cilindro) la rigidezza risulta, tenendo conto della (4.49):

Kx =Mx

θl=

GJGl=

πR4G

2l(4.52)


4.5 Torsione 79

Gτmax

R

Ri

τmaxτmin

R

Gτmax

R

Ri

τmaxτmin

R

Figura 4.22: Distribuzione delle tensioni prodotte dalla torsione in una sezionecircolare piena ed in una cava.

4.5.2 Sezione circolare cava

Per la sezione anulare valgono le stesse considerazioni fatte per la sezione circolarepiena, da cui si puo concludere che la funzione di ingobbamento ψ e nulla. Quindi,applicando l’equilibrio alla rotazione (4.47), si giunge allo stesso risultato, con la soladifferenza che in questo caso il momento d’inerzia polare JG e quello della sezionecava:

JG =π (R4 −R4i )

2

dove R e il raggio esterno ed Ri il raggio del foro. Le tensioni variano linearmentee sono minime in corrispondenza del contorno interno e massime su quello esterno

τmin =

¯2MxRi

π (R4 −R4i )

¯τmax =

¯2MxR

π (R4 −R4i )

¯(4.53)

Esempio 4.5 Determinare la tensione tangenziale massima e la torsione θ in un cilindroin acciaio di sezione circolare con R = 5cm soggetto ad un momento torcente Mx =20 kNm. Determinare le stesse grandezze in un cilindro cavo dello stesso diametro esoggetto alla stessa sollecitazione, con raggio del foro Ri = 3cm.

Applicando la (4.51) si ottiene

τmax =2Mx

πR3=2 · 20000π · 0.053 = 101859000Pa = 101.859MPa

Per l’acciaio si puo assumere E = 205000MPa e ν = 0.3; il modulo di taglio si calcolaapplicando la (3.8):

G =E

2 (1 + ν)=

205000

2 (1 + 0.3)= 78850MPa

La rigidezza Kx, data dalla (4.52) e, a meno di l

Kxl =πR4G

2=

π0.054 · 7.885 · 10102

= 774070Nm2 = 774.07 kNm2



e quindi la torsione θ risulta

θ =Mx

Kxl=

20

774.07= 0.026

rad

m

Ripetendo gli stessi calcoli per la sezione cava, con Ri = 3cm, si ha:

τmax =2MxR

π¡R4 −R4i

¢ = 117.026MPaKxl =

π¡R4 −R4i

¢G

2= 673.751 kNm2

θ =Mx

Kxl= 0.03

rad

m

E interessante osservare che sia in termini di tensione massima sia di rigidezza e rotazione,i valori trovati per la sezione cava sono poco diversi da quella piena, in virtu dello scarsocontributo fornito dalle parti piu interne della sezione. Tenendo conto che in terminidi area (e quindi di peso) il rapporto tra la sezione cava e quella piena e 0.64, mentrel’incremento nella τmax e solo del 15%, si comprende chiaramente che le sezioni cave sonoparticolarmente efficienti nel sostenere la sollecitazione di torsione. ¤

4.5.3 Sezione rettangolare sottile

Nel caso di una sezione rettangolare, come quella in Fig. 4.23, in cui il rapporto trai lati b

h¿ 1, possiamo assumere, con l’esclusione di due zone prossime ai lati brevi

e di analoga estensione, che la componente τxz sia nulla. In effetti sui lati lunghi,dove ny = 0, nz = ±1, le condizioni al contorno (4.8) richiedono che τxz = 0; invirtu del piccolo spessore della sezione possiamo estendere questa condizione ancheai punti interni; imponendo questa condizione alla (4.40c) si ricava che

τxz = G

µθy +

∂ψ

∂z

¶= 0

da cui integrando ed a meno di una inessenziale costante, segue

ψ = −θyz (4.54)

che evidentemente verifica le equazioni di equilibrio indefinito (4.41). Applicando la(4.54) alla (4.40b) si ricava

τxy = G

µ−θz + ∂ψ

∂y

¶= −2Gθz τxz = 0 (4.55)

Come si e detto le (4.55) non valgono nelle zone prossime ai lati brevi, dove perle condizioni al contorno, essendo ny = ±1, nz = 0, deve risultare τxy = 0. Pertener conto di quello che avviene nelle zone terminali, ricordiamo quanto detto nellanota 3 a pag. 76; per la continuita le linee di flusso devono essere chiuse e quindiin prossimita dei lati brevi roteranno, fino a divenire parallele a z, come mostrato


4.5 Torsione 81

y

z

h

by

z

h

b

Figura 4.23: Sezione rettangolare sottile.

b

b/2

(2/3)b Fy

Fz Fz

b/2

τmax

b

(a) (b) (c)

b

b/2

(2/3)b Fy

Fz Fz

b/2

τmax

b

(a) (b) (c)

Figura 4.24: Flusso e risultanti delle tensioni prodotte dalla torsione in una sezionerettangolare sottile.

in Fig. 4.24a. Per la continuita dovremo avere che, nella sezione contenente l’asse

y, si abbia¯R h/20

τxz (y, 0) dy¯=¯R b/20

τxy (0, z) dz¯. Questa condizione e certamente

soddisfatta se si assume che le τxz siano non nulle solo nel triangolo di base b edaltezza b/2 mostrato in Fig. 4.24b e crescano con legge lineare, come illustrato nellastessa figura (c), in modo tale che τxzmax = τxymax.

Per calcolare il valore delle tensioni e la deformazione si impongono le equazionidi equilibrio globale sulle basi. Il momento risultante delle tensioni τxy, trascurandol’effetto dei tratti terminali, e

M (1)x = −

Z h/2

−h/2

Z b/2

−b/2τxyzdydz = 2Gθ

Z h/2

−h/2dy

Z b/2

−b/2z2dz = Gθh

b3

6

Analogamente anche le tensioni τxz formano una coppia, con braccio ∼ h; le forzeFz della coppia equivalgono al volume della piramide, illustrata in Fig. 4.24c, di base



b× τmax e altezza b/2. Per quanto detto τmax = |τxy (b/2)| = Gθb e quindi

Fz =1

3b (Gθb)

b

2= Gθ

b3

6

Dunque il momento risultante delle tensioni sulle basi e

Mx =M (1)x + Fzh = Gθh

b3

6+Gθ

b3

6h =

1

3Gθb3h

da cui deriva

θ =3Mx

Ghb3(4.56)

che sostituita nella (4.55) fornisce

τxy = −6Mx

hb3z (4.57)

Il modulo della tensione massima, che si raggiunge sul bordo della sezione per z =±b/2, risulta

τmax =

¯τxy

µ± b

2

¶¯=3Mx

hb2(4.58)

La rigidezza della sezione si ottiene applicando la (4.56) alla definizione (4.52):

Kx =Mx

θl=

Ghb3

3l(4.59)

4.5.4 Profili aperti

La soluzione trovata, valida per le sezioni rettangolari sottili, e molto utile poiche lasua applicazione puo essere estesa a tutti quei profili “aperti”, cioe semplicementeconnessi, che si possono considerare come l’unione di profili rettangolari di piccolospessore (piatti). Queste sezioni sono molto comuni nelle costruzioni metalliche,poiche i “profilati metallici” comunemente impiegati (sezioni a doppio T, a T, a C,ad L, ecc.) sono riconducibili a questo schema (vedi Fig. 4.25). Per queste sezioniil flusso delle tensioni tangenziali non e molto diverso se i piatti sono collegati traloro, come in (c), ovvero se sono separati, come in (d). Ovviamente, trattandosi diun’unica sezione, l’angolo di torsione θ sara lo stesso per tutti gli elementi che lacompongono. Quindi la rigidezza complessiva della sezione si ottiene come sommadelle rigidezze dei piatti componenti.Indicando con bi, hi le dimensioni del piatto i in cui e decomposta la sezione, la

rigidezza complessiva, applicando la (4.59), e:

Kx =nXi=1

Kxi =G

3l

nXi=1

b3ihi (4.60)

Dalla definizione di rigidezza segue che

θ =Mx

lKx=

3Mx

GPn

i=1 b3ihi

(4.61)


4.5 Torsione 83

(a) (b) (c) (d)(a) (b) (c) (d)

Figura 4.25: Sezioni composte con elementi rettangolari sottili.

dove Mx e il momento torcente sulla sezione. Poiche, per ogni profilato, τmax j =|Gθbj|, sostituendo la (4.61), ricaviamo:

τmax j =3MxPni=1 b

3ihi

bj (4.62)

Di conseguenza la tensione tangenziale massima nella sezione si raggiunge nell’ele-mento di spessore maggiore.

4.5.5 Sezioni tubolari di spessore sottile

Nelle travi con sezione tubolare, la continuita del flusso delle tensioni tangenziali econservata facendo circolare le tensioni nella stessa direzione all’interno della paretedel tubo, come e mostrato in Fig. 4.25. La condizione di continuita del flusso si

soddisfa semplicemente imponendo cheR h/2−h/2 τxtdh = cost, dove h indica lo spessore

della parete del tubo e τxt e il modulo del vettore τ =£τxy τxz

¤che, come sappia-

mo, e parallelo alla tangente al bordo della sezione. Questa condizione di continuitasi puo dimostrare direttamente, sulla base delle sole condizioni di equilibrio5. Sezio-nando un tratto della parete del tubo di lunghezza dx, lungo le sezioni agiscono letensioni tangenziali τxt = τ tx, per reciprocita. L’equilibrio del corpo lungo x imponeche (vedi Fig. 4.27)

dx

Z h1/2

−h1/2τxt1dh = dx

Z h2/2

−h2/2τxt2dh

da cui si ricava immediatamente che l’integrale

Z h/2

−h/2τxtdh si conserva in tutti i punti

lungo il perimetro della sezione. Se si assume che lo spessore della parete del tuboe sottile in confronto alle dimensioni della sezione, e lecito assumere che, attraverso

5Questo non deve sorprendere, perche l’equazione nella nota 3 a pag. 76, da cui derivava laproprieta generale della continuita del flusso era una conseguenza delle sole equazioni di equilibrio.



y

z

Gy

z

G

Figura 4.26: Flusso delle tensioni tangenziali prodotte dalla torsione in una sezionetubolare di piccolo spessore.

y

z

G

h

dx

h1

h2

τxt1

τxt2

x

(a)

(b)y

z

G

h

dx

h1

h2

τxt1

τxt2

x

(a)

(b)

Figura 4.27: Equilibrio di una parte delle parate di un tubo sollecitato a torsione.


4.5 Torsione 85

y

z

h

(a)

hds

τ⋅ds·h

δ

dΩδ

Mx

(b)

Ω

Gy

z

h

(a)

hds

τ⋅ds·h

δ

dΩδ

Mx

(b)

Ω

G

Figura 4.28: Momento risultante delle tensioni tangenziali in una sezione tubolaresottile.

lo spessore, τxt ∼ cost e pertantoZ h/2

−h/2τxtdh ' τxth. La condizione di continuita

diviene quindi, ancor piu semplicemente, che

τxth = cost (4.63)

in tutti i punti lungo il perimetro della sezione.Considerando un tratto della sezione di lunghezza ds (Fig. 4.28b) la risultante

delle tensioni agenti su questo tratto e una forza dF = τxthds, tangente alla lineamediana (tratteggiata in Fig. 4.28a) tra il bordo interno e quello esterno della parete.Il momento della forza dF rispetto all’asse x e

dMx = dFδ = τxthdsδ = 2τxthdΩ (4.64)

dove con δ si e indicato il braccio di dF rispetto a G, ovvero la distanza tra G e laretta tangente alla linea media nel punto di applicazione della forza. dΩ = δds/2 el’area di un triangolo di base ds ed altezza δ; al variare di ds lungo la linea mediaquesti triangoli, non sovrapposti, riempiono tutta l’area Ω interna alla linea media;quindi integrando la (4.64) lungo tutto il contorno, si ottiene:

Mx =

IdMx = 2τxth

IdΩ = 2τxthΩ (4.65)

in quanto, per la (4.63), τxth non varia e quindi puo essere posto fuori dal segno diintegrale. Dalla (4.65) si deduce quindi facilmente il valore di τxt:

τxt =Mx

2hΩ(4.66)



La (4.66), nota come formula di Bredt, mostra come la tensione tangenziale einversamente proporzionale allo spessore e raggiunge il massimo nei punti in cuih = min.Le forze di taglio Vy e Vz risultanti delle (4.66) sono ovviamente nulle, come

e facile verificare. Indicando con α l’angolo formato dal vettore τ (e quindi dallatangente alla linea mediana) con l’asse y si ha τxy = τxt cosα e τxz = τxt sinα;quindi, calcolando le risultanti si ottiene

Vxy =

I(τxt cosα)hds =

Mx

2Ω

Idy = 0

Vxz =

I(τxt sinα)hds =

Mx

2Ω

Idz = 0

poiche ds cosα = dy e ds sinα = dz e l’integrale lungo un percorso chiuso di undifferenziale esatto e sempre nullo.Per valutare la rigidezza torsionale del tubo confrontiamo il lavoro di deforma-

zione con quello delle forze esterne, come indicato nel §3.3. Poiche le tensioni tan-genziali sono le sole non nulle, le deformazioni sono gli scorrimenti γxt proporzionalia queste tensioni e quindi il lavoro elastico per unita di volume e

dLV

dV=1

2τxtγxt =

1

2

τ 2xtG

Sostituendo l’espressione (4.66) si τxt ed integrando su tutto il volume del corpo, siha:

LV =

ZV

dLV =1

2

Z l

0

dx

Iτ 2xtG

hds =M2

x l

8Ω2G

Ids

h

Poiche per le (4.38) lo spostamento nel piano yz della sezione di ascissa x e unarotazione di ampiezza θx, il lavoro fatto dalle coppie di momenti opposti, applicatisulle basi del cilindro di lunghezza l e

LF =1

2Mx (θl)

Quindi dall’uguaglianza tra il lavoro interno LV e quello esterno LF si ricava facil-mente il valore dell’angolo di torsione θ:

θ =Mx

4Ω2G

Ids

h(4.67)

La rigidezza torsionale della trave, rapporto tra i momento e la rotazione prodotta,e

Kx =Mx

θl=4GΩ2

l

Idsh

(4.68)

Esempio 4.6 Calcolare la tensione massima e la rotazione nella sezione di estremita inuna mensola lunga 2m realizzata con un profilato tipo HEB200 soggetta ad un momento


4.5 Torsione 87

200

20015

9200200

20015

9200


torcente Mx = 2.5 kNm.Le dimensioni della sezione (in mm) sono illustrate in Fig. 4.29.Per applicare la (4.62) dobbiamo determinare il fattore

3Xi=1

b3ihi = 200 · 153 · 2 + (200− 30) · 93 = 1473 930mm4

Esprimendo Mx in Nmm, poiche la tensione tangenziale massima si raggiunge neglielementi di spessore maggiore, con la (4.62) otteniamo:

τmax =3MxP3i=1 b

3ihi

bmax =3 · 2.5 · 1061473930

15 = 76.3MPa

La rotazione relativa delle due sezioni di estremita, applicando la (4.61) e

θl =3Mx

GPn

i=1 b3ihi

l =3 · 2.5 · 106

78846 · 14739302000 = 0.129 rad = 7.395

¤

Esempio 4.7 Calcolare la massima tensione tangenziale nella sezione scatolare di Fig. 4.30soggetta al momento Mx = 2.5 kNm. Determinare il momento che produce la stessa ten-sione massima dell’esercizio precedente e la rotazione prodotta da quest’ultimo momentose la trave ha lunghezza l = 2m.

L’area Ω racchiusa nella linea mediana dello spessore e

Ω = (200− 9) (200− 15) = 35335mm2

quindi, applicando la (4.66) risulta:

τmax =Mx

2Ωbmin=

2.5 · 1062 · 35335 · 9 = 3.93MPa

Invertendo questa relazione si ottiene il valore del momento che produce la tensioneraggiunta nella sezione dell’esercizio precedente:

Mx = 2Ωbminτmax = 2 · 35335 · 9 · 76.3 = 48.592 · 106Nmm = 48.592 kNm



200

200

9

15

200

200

9

15


La rotazione tra le sezioni di estremita prodotta da questo momento e data dalla (4.67)con I

ds

h= 2

µ200− 915

+200− 15

9

¶= 66.578

e quindi

θl = lMx

4Ω2G

Ids

h= 2000

48.592 · 1064 · 353352 · 7884666.578 = 0.016 rad = 0.941

¤

I due precedenti esempi mettono bene in luce la forte differenza di comporta-mento torsionale delle due sezioni, che sono praticamente equivalenti come resistenzaflessionale e che hanno aree (e quindi pesi) non molto diverse (75.3 cm2 la prima,90.6 cm2 la seconda; rapporto 1.20). A parita di massima tensione, la secondasostiene un momento 19.4 volte maggiore, e questo momento produce una defor-mazione θ che e 0.129/0.016 = 8.06 volte minore di quella prodotta nella sezioneaperta dal momento di 2.5 kNm (a parita di momento il rapporto tra le rotazioni e8.06 · 19.4 = 156.4).

4.6 Sollecitazione di taglio

Come per la torsione, la soluzione del problema di Saint Venant in presenza di unasollecitazione di taglio Vy o Vz e piuttosto complessa e comunque dipende dalla formadella sezione. Soluzioni analitiche sono disponibili solo per le geometrie piu semplici(p.es. sezione circolare), mentre per altre, come nel caso della sezione rettangolare,esistono piu laboriose soluzioni ottenute mediante sviluppi in serie. Fortunatamente,per le sezioni rettangolari sottili, si trova facilmente una soluzione approssimata, madi ottima accuratezza, che viene generalmente utilizzata nelle applicazioni. L’impor-tanza di questa soluzione deriva, oltre dalla sua semplicita, dal fatto che le sezioni


4.6 Sollecitazione di taglio 89

x

z

My(x+dx)

dx

My(x)

Vz(x) Vz(x+dx)

zdx

x

σx(x) σx(x+dx)

(a) (b)

zx

z

My(x+dx)

dx

My(x)

Vz(x) Vz(x+dx)

zdx

x

σx(x) σx(x+dx)

(a) (b)

z

Figura 4.31: Equilibrio di un concio di trave sollecitata a flessione e taglio.

in acciaio, composte con piatti profilati, rispondono quasi sempre alle condizioni divalidita di questa soluzione. In altri casi, ove queste condizioni sono verificate conminor rigore, la soluzione di Jourawski e generalmente ritenuta un’approssimazionesufficiente ai fini pratici della progettazione.Consideriamo quindi un concio di trave di lunghezza dx soggetto alle sollecita-

zioni di flessione e di taglio. Per semplicita tratteremo il caso della flessione retta, incui l’asse del momento coincide con uno degli assi principali d’inerzia (y) e la forzadi taglio e diretta secondo l’asse ortogonale (z); la soluzione del caso generale dellaflessione deviata si ottiene per sovrapposizione di due flessioni rette.Per l’equilibrio del concio di trave otteniamo immediatamente l’equazione se-

guente−My (x) +My (x+ dx)− Vzdx = 0

da cui, poiche My (x+ dx) =My (x) +dMy

dxdx, si deduce

Vz =dMy

dx(4.69)

la ben nota equazione dell’equilibrio indefinito delle travi.La variazione del momento tra le due sezioni di ascissa x ed x+ dx produce una

variazione nelle tensioni normali agenti sulle corrispondenti sezioni. Applicando la(4.26) abbiamo

σx (x) =My (x)

Jyz (4.70)

Supponiamo ora di tagliare il concio con un piano parallelo a xy posto a distanza zdal baricentro, come mostrato nella Fig. 4.32. La risultante delle tensioni normaliFx (x) agenti su quella parte della sezione che ha ordinata z > z e:

Fx (x) =

ZA∗

σx (x, y, z) dA =My (x)

Jy

ZA∗

zdA =My (x)

JyS∗y (z) (4.71)



G

x

σx(x,y,z)

y

z

σx(x+dx,y,z)

τxz

Fx(x)

Fx(x+dx)

dx

( )zby

z

( )zb z

(a) (b) (c)

A*

G

x

σx(x,y,z)

y

z

σx(x+dx,y,z)

τxz

Fx(x)

Fx(x+dx)

dx

( )zby

z

( )zb z

(a) (b) (c)

A*

Figura 4.32: Equilibrio di una parte di un concio di trave.

Nella (4.71)A∗ indica l’area della sezione al di sotto del piano di ordinata z (Fig. 4.32)e S∗y (z) =

RA∗ zdA e il momento statico, relativo all’asse y, di tale area. Sulla parte

del concio considerata agiscono, in direzione x, sulle due sezioni contrapposte, leforze −Fx (x) e Fx (x+ dx) e, sulla sezione parallela al piano xy, la risultante delletensioni tangenziali

dTzx = dx

Z b/2

−b/2τxz (x, y, z) dy (4.72)

Per l’equilibrio del concio dovra essere soddisfatta l’equazione:

−Fx (x) + Fx (x+ dx)− dTzx = 0

Tenendo conto che Fx (x+ dx) = Fx (x) +dFxdx

dx, sostituendo si ha, dopo aversemplificato

dFx

dxdx− dTzx = 0

ovverodT

dx=

Z b/2

−b/2τxz (x, y, z) dy =

dFx

dx

Sostituendo l’espressione (4.71) di Fx (x) e tenendo conto della (4.69) otteniamo:Z b/2

−b/2τxz (x, y, z) dy =

dMy

dx

S∗y (z)

Jy= Vz

S∗y (z)

Jy(4.73)

Indicando con τxz il valore medio della tensione tangenziale lungo lo spessore

della sezione, sara τxz (x, z) =1

b(z)

R b/2−b/2 τxy (x, y, z) dy e, di conseguenza:

τxz (x, z) = VzS∗y (z)

Jyb (z)(4.74)



τxz

z

y

Figura 4.33: Distribuzione delle tensioni tangenziali prodotte dal taglio in unasezione rettangolare sottile.

4.6.1 Sezioni rettangolari sottili

Nel caso di sezioni rettangolari di piccolo spessore e ragionevole trascurare la varia-bilita delle tensioni τxz nello spessore della sezione. Inoltre, sul contorno, essendonz = 0, la condizione di equilibrio (4.8) diviene τxy = 0; appare quindi lecito as-sumere che le componenti τxy siano ovunque nulle, mentre le componenti τxz sonodate dalla (4.74), che ora diviene

τxz (z) = VzS∗y (z)

Jyb(4.75)

Quindi, poiche per una sezione rettangolare di dimensioni b, h si ha S∗y (z) =12b³h2

4− z2

´e Jy =

112bh3, la (4.75) diviene:

τxz (y) = Vz

12b³h2

4− z2

´112bh3b

=3

2

Vzbh

"1−

µ2z

h

¶2#(4.76)

Nelle sezioni rettangolari (sottili) la tensione tangenziale varia con legge parabo-lica che si annulla agli estremi (z = ±h/2) ed e massima nel baricentro (z = 0), ovesi ha

τxzmax = 1.5Vybh

(4.77)

L’andamento delle tensioni τxy in una sezione rettangolare e illustrato nella Fig. 4.33.



τxz

τxyy

z

C

τxz

τxyy

z

C

Figura 4.34: Influenza della variazione dello spessore della sezione sullo statotensionale prodotto dal taglio.

4.6.2 Sezioni simmetriche di forma arbitraria

Per le sezioni simmetriche compatte, come quella in Fig. 4.34, si applica la (4.74)che fornisce il valore medio della tensione τxz tenendo conto dello spessore della se-zione in corrispondenza della fibra di ordinata z. Tuttavia, quando il contorno dellasezione non ha tangente parallela all’asse z, per rispettare le equazioni (4.8) occorrela presenza anche delle componenti τxy, come e chiarito nella Fig. 4.34. Sul bordo ilvalore di queste componenti si determina facilmente, mediante le (4.8), in funzionedel valore medio delle τxy. Nell’interno della sezione la soluzione approssimata nonci consente di determinare univocamente queste componenti; tuttavia, poiche persimmetria queste devono annullarsi al centro e ragionevole assumere che esse rag-giungeranno il valore massimo agli estremi; un criterio ragionevole per approssimarequeste componenti consiste nell’assumere che i vettori τ delle tensioni agenti neipunti con la stessa ordinata y convergano tutti nello stesso punto C, intersezionedelle tangenti alla linea di bordo, come e mostrato nella Fig. 4.34.

4.6.3 Sezioni a T

Nel caso di sezioni con ali, come le sezioni a T, a doppio T, ad L, a C, ecc., oltreche eseguire sezioni dell’anima con piani paralleli agli assi xy, e possibile eseguiredelle sezioni nelle ali con piani paralleli a xz, come mostrato in Fig. 4.35. Ponendoin equilibrio il concio di trave sezionato si ottiene un’equazione simile alla (4.74) maora le tensioni tangenziali che fanno equilibrio alla variazione delle σx sono le τxy.Sulle ali pertanto agiscono le tensioni τxz il cui valore, medio sullo spessore, e



y

z

x

y

z

x

τxz

τxy

y

z

x

y

z

x

τxz

τxy

Figura 4.35: Sezioni ad I sollecitate a taglio: tensioni nell’anima e nelle ali.

dato dalla formula

τxy (y) = VzS∗y (y)

Jya(4.78)

dove S∗y (y) indica il momento statico, sempre relativo all’asse y, della parte di alasezionata dal taglio di coordinata y, a e lo spessore dell’ala e gli altri simboli hanno ilsignificato gia illustrato in precedenza. Poiche la distanza dall’asse y del baricentrodella parte di ala sezionata non cambia spostando il piano di sezione, il momentostatico varia linearmente con y e quindi altrettanto fa τxy. Sezionando invece l’alacon un piano parallelo a xy ed applicando la (4.74), poiche b e molto grande (parialla larghezza dell’ala) il valore medio della tensione τxz risulta molto piccolo; alcontrario, quando il piano taglia l’anima, il valore di b coincide con lo spessoredell’anima ed il valore di τxz risulta molto maggiore; avvicinando la linea di sezioneal baricentro (dove τxz raggiunge il valore massimo) la tensione non aumenta molto,poiche il contributo dominante ad S∗y e dato dalle ali, mentre quello dell’anima erelativamente modesto. Questi fatti sono illustrati nell’esempio seguente.

Esempio 4.8 Determinare il diagramma delle tensioni tangenziali sulla sezione a doppioT HEB 200, le cui dimensioni sono riportate nell’esempio 4.6, soggetta ad una forza ditaglio Vz = 100 kN.

Tensione nelle ali. La tensione τxy e nulla ai bordi e raggiunge il massimo all’attaccodell’ala con l’anima (y = 4mm). Per questa sezione

S∗y (y = 4mm) = 15 · (100− 4.5) (100− 7.5) = 132506mm3



200

15

9200

τxy

τxz

200

15

9200

τxy

τxz

Figura 4.36: Distribuzione delle tensioni tangenziali nella sezione dell’esempio 4.8.

e quindi, poiche Jy = 5696 cm4, a = 15mm

τxymax = 100000132506

5.696 · 107 · 15 = 15.51MPa

Tensione τxz al bordo delle ali.

S∗y (z = 15mm) = 200 · 15 · (100− 7.5) = 277500mm3

per b = 200mm

τxz1 = 100000277500

5.696 · 107 · 200 = 2.44MPa

All’attacco dell’anima, b = 9mm

τxz2 = 100000277500

5.696 · 107 · 9 = 54.13MPa

Nel baricentro, S∗y (z = 0) = 277500 +129 · (100− 15)

2 = 310012mm3

τxzmax = 100000310012

5.696 · 107 · 9 = 60.47MPa

I diagrammi di queste tensioni sono rappresentati in Fig. 4.36. ¤

Osservando la figura, si nota che nell’anima la tensione tangenziale e quasi uni-forme; inoltre la parte prevalente della forza di taglio e sostenuta dall’anima; inprima approssimazione, per le sezioni a doppio T, si puo dunque porre:

τxy ≈Vybh

dove b e lo spessore dell’anima e h l’altezza della sezione.Nel caso dell’esercizio precedente

τxy =100000

9 · 200 = 55.5MPa



Vz∫ = zxz VdAτ

∫ = HdAxyτ

H

ey

hez Vz

ey

tyG CtVz

∫ = zxz VdAτ

∫ = HdAxyτ

H

ey

hez Vz

ey

tyG Ct

Figura 4.37: Effetti del taglio su di una sezione asimmetrica e centro di taglio dellasezione.

4.6.4 Sezioni asimmetriche, centro di taglio

Nel caso di sezioni simmetriche soggette ad una forza di taglio passante per il bari-centro e parallela all’asse di simmetria (p.es. z), il sistema risultante delle tensionitangenziali calcolate con le formule ricavate in precedenza, ottenute ipotizzando unadistribuzione uniforme delle tensioni nello spessore, coincide effettivamente con unaforza baricentrica; la soluzione trovata e quindi in equilibrio con le forze assegnate.Al contrario questo non si verifica quando la sezione non e simmetrica rispetto al-l’asse di sollecitazione. Il motivo e illustrato chiaramente nell’esempio in Fig. 4.37,dove e mostrato il caso di una sezione a C. Come si vede, per quanto detto nel para-grafo precedente, nell’anima della trave nascono delle tensioni τxz la cui risultanteequilibria la sollecitazione Vz mentre nelle ali si sviluppano delle tensioni τxy il cuisistema risultante e una coppia di forze

H =

ZτxydA

(l’integrale e esteso all’area di una delle ali) con braccio ez = h− a (a e lo spessoredelle ali). E evidente che queste tre risultanti, tali che

PFz = Vz,

PFy = 0,

producono anche un momento non nullo rispetto all’asse x (cioe torcente) pari a:

MxV = Vzey +Hez (4.79)

dove ey e la distanza del baricentro dall’asse dell’anima della trave. Dunque ilsistema risultante associato alle tensioni τxy e τxz calcolate con le relazioni (4.74)e (4.75) e una forza Vz ed un momento torcente MxV , dato dalla (4.79). Questosistema di forze e anche equivalente ad una forza Vz passante per il punto Ct (dettocentro di taglio) di ordinata:

yC =MV x

Vz=

µey +

H

Vzez

¶= (ey + ty) (4.80)



avendo indicato con ty = Hez/Vz.Dunque, per ottenere lo stato di tensione ipotizzato (τ uniforme nello spessore)

occorre che la risultante delle sollecitazioni passi non per il baricentro ma per un altropunto, detto centro di taglio. Se Vz passa per il baricentro, lo stato di tensione nonpuo essere quello calcolato con le formule di Jourawski. Lo stato di tensione effettivosi ottiene invece sovrapponendo alle tensioni calcolate con le formule di Jourawski,quelle prodotte da un momento torcente−MV x. Infatti questi due sistemi di tensionisono in equilibrio con una forza Vz ed un momento torcente Mx =MV x−MV x = 0,che corrisponde al sistema di forze effettivamente impresso.Come abbiamo verificato su alcuni esempi, le sezioni a profilo aperto sono estre-

mamente sensibili alle sollecitazione di torsione, pertanto una sezione non simme-trica sollecitata da una forza di taglio baricentrica e lasciata libera di torcersi sarasoggetta ad una sollecitazione tangenziale τxz molto maggiore di quella che si de-sume applicando le sole formule di Jourawski, trascurando la torsione “parassita”che nasce perche la forza non passa per il centro di taglio. Questo fatto e notevol-mente pericoloso e va dunque evitato: le travi sollecitate a flessione e taglio, a menoche i vincoli ne impediscano la rotazione torsionale, e opportuno che siano sempresimmetriche rispetto all’asse di sollecitazione.

Esempio 4.9 Determinare le massime tensioni tangenziali che si producono in un pro-filato U100 sollecitato dalla forza di taglio Vz = 30kN passante per il baricentro.

Dimensioni del profilato: altezza h = 100mm, larghezza delle ali B = 50mm, spessoredell’anima bw = 6mm, spessore (medio) delle ali a = 8.5mm; Momento d’inerzia relativoall’asse y, Jy = 205 cm

4, distanza del baricentro dal filo esterno dell’ala ey = 15.5mm.

Calcolo delle tensioni. Applicando la (4.78), la tensione massima nelle ali e

τ (1)xy = VzS∗yaJy

= 30000(50− 6) 8.5 (100− 8.5) /2

8.5 · 2.05 · 106 = 29.46MPa

La tensione massima nell’anima si calcola similmente, applicando la formula (4.74) relati-vamente a meta sezione:

τ (1)xz = VzS∗ybwJy

= 30000(50) 8.5 (100− 8.5) /2 + 6 (50− 8.5)2 /2

6 · 2.05 · 106 = 60.0MPa

Risultante delle tensioni agenti su ciascuna ala

H =1

2τ (1)xy (B − bw) a =

1

229.46 · (50− 6) 8.5 = 5509N

Momento torcente

MxV = H (h− a) + Vy

µe− bw

2

¶= 5509 (100− 8.5) + 30000

µ15.5− 6

2

¶= 879075Nmm

Tensioni prodotte dal momento torcente.Xb3ihi = 2a

3B + b3w (h− 2a) = 2 · 8.5350 + 63 (100− 2 · 8.5) = 79340mm4



xγm

(a)

γm

Vz

dx(b)

xγm

(a)

xγm xγm

(a)

γm

Vz

dx(b)

Figura 4.38: Deformazione prodotta dal taglio in una sezione rettangolare sottileche mostra l’ingobbamento della sezione (a) e scorrimento medio della linea d’asse(b).

Nelle ali

τ (2)xy =3MxPb3ihi

a =3 · 87907579340

8.5 = 282.5MPa

Nell’anima

τ (2)xz =3MxPb3ihi

bw =3 · 87907579340

6 = 199.4MPa

Le tensioni massime che si producono nella sezione, quando la forza non passa per il centrodi taglio ma per il baricentro della sezione sono quindi

τxy = τ (1)xy + τ (2)xy = 29.46 + 282.5 = 311.96MPa

τxz = τ (1)xz + τ (2)xz = 60.0 + 199.4 = 259.4MPa

¤

Questo esempio dimostra chiaramente come le tensioni prodotte dalla torsionesiano molto maggiori di quelle che si avrebbero se l’asse di sollecitazione passasse peril centro di taglio e chiarisce perche e opportuno che questa condizione sia sempresoddisfatta.

4.6.5 Deformazione dovuta al taglio

Nel seguito faremo riferimento alle sezioni simmetriche, per cui sono valide le formule(4.74) e (4.78) ricavate dalla teoria semplificata di Jourawski.Alle tensioni tangenziali τxz corrispondono proporzionali deformazioni γxz; que-

ste deformazioni variano nella sezione in modo analogo alle tensioni, annullandosiagli estremi e raggiungendo il massimo in corrispondenza del baricentro. Un tale



campo di deformazioni non e compatibile con l’ipotesi della conservazione delle sezio-ni piane; in presenza delle forze di taglio le sezioni rette, oltre a rotare, si ingobbano.Il fenomeno e spiegato qualitativamente dal disegno in Fig. 4.38a. Immaginando disuddividere un concio di trave di lunghezza infinitesima in tante striscioline, le stri-scioline di estremita restano rettangoli, poiche lo scorrimento e nullo, quelle piuinterne invece si deformano maggiormente, raggiungendo la massima deformazionein corrispondenza dell’asse della trave. Ripristinando la continuita delle strisciolinesi ottiene che la sezione assume la forma ad S mostrata nella figura. Quello che epiu importante, tuttavia, e che la sezione, mediamente, non resta piu ortogonale allalinea elastica, come si verificava nel caso della flessione pura, ma subisce una rota-zione relativa indicata con γm nella Fig. 4.38a (In questa figura le linee tratteggiateindicano il piano medio della sezione — quella verticale — e la linea elastica — quellasub-orizzontale —; se non vi fossero scorrimenti la linea elastica coinciderebbe conl’asse x).Per calcolare lo scorrimento medio γm prodotto dal taglio utilizziamo l’ugua-

glianza tra il lavoro elastico fatto dalle tensioni τxz, calcolate con le formule diJourawski ed il lavoro della forza di taglio Vz calcolato nell’ipotesi che la sezionescorra rigidamente dell’angolo γm. Ricordando che γxz = τxz/G (G = E/ [2 (1 + ν)]e il modulo di taglio), il lavoro elastico di deformazione e, in un concio di lunghezzadx

dLV =1

2

ZV

τxzγxzdV =dx

2

ZA

τ 2xzG

dA (4.81)

dove l’integrale e esteso all’area della sezione. Le forze Vz subiscono uno spostamentorelativo γmdx, come si vede nella Fig. 4.38b; il lavoro delle forze di taglio e

12Vzγmdx;

uguagliandolo a dLV si trova facilmente che

γm =1

Vz

ZA

τ 2xzG

dA

Utilizzando per τxz la formula di Jourawski (4.74), dall’equazione precedente siricava

γm =1

Vz

ZA

1

G

∙VzS

∗y (z)

Jyb (z)

¸2dA

Quindi, portando fuori dall’integrale cio che non dipende da y e z e semplificando,si ottiene

γm =VzGJ2y

ZA

∙S∗y (z)

b (z)

¸2dA (4.82)

A questa espressione si e soliti dare una forma piu sintetica, ponendo

χ =A

J2y

ZA

∙S∗y (z)

b (z)

¸2dA (4.83)

per cui la (4.82) diviene:

γm =VzGA

χ =VzGAt

(4.84)



dove At = A/χ e detta area di taglio della sezione. Si osservi che la quantita χ eadimensionale e dipende dalla forma della sezione.Per una sezione rettangolare l’area di taglio si puo facilmente calcolare. Infatti

per una tale sezione di altezza h e base b si ha

A = bh Jy =1

12bh3 S∗y (z) =

1

2b

µh2

4− z2

¶=

bh2

8

"1−

µ2z

h

¶2#Sostituendo queste relazioni nella (4.83) si ha

χ =bh

b2h6144

µh2

8

¶2 Z b/2

−b/2dy

Z h/2

−h/2

"1−

µ2z

h

¶2#2dz

Svolgendo i calcoli si ottieneχ = 1.2

Quindi, per una sezione rettangolare, l’area di taglio At = bh/1.2.Per sezioni a doppio T, tenendo conto che in queste sezioni solo l’anima e

interessata a valori significativi della τxz e che questi sono quasi costanti avremo

dLV ∼1

2dx1

G

µVzbwh

¶2bwh =

dx

2

V 2z

Gbwh

dove bw indica lo spessore dell’anima. Uguagliando questo lavoro a Vzγmdx/2 siricava facilmente

γm 'Vz

Gbwh

ovvero l’area di taglio puo essere approssimata con l’area dell’anima.Per le travi snelle la deformazione prodotta dal taglio e molto piu piccola di quella

prodotta dalla flessione, per cui viene solitamente trascurata. Per convincersi diquesto confrontiamo le deformazioni di flessione e taglio prodotte su di una mensoladi lunghezza l alla cui estremita libera e applicata una forza Fz. Le sollecitazioninella mensola, prendendo un riferimento con l’origine nella sezione di incastro sono

Vz = Fz My = Fz (x− l)

La deformazione prodotta dalla flessione e retta dalla (4.19), che qui riscriviamo

d2u0zdx2

= −My

EJy

Sostituendo ad My l’espressione funzione di Fz ed integrando due volte otteniamo

d2u0zdx2

= − Fz

EJy(x− l)

du0zdx

=Fz

EJy

µlx− x2

2

¶+ c1

u0z =Fz

EJy

µlx2

2− x3

6

¶+ c1x+ c2



dove c1 e c2 sono costanti di integrazione che devono essere determinate per lecondizioni di vincolo. Poiche per una mensola incastrata u0z (0) = 0 e

du0zdx

¯x=0

= 0,dalle precedenti si ottiene

c1 = 0 c2 = 0

per cui si ha

u0z (x) =Fz

EJy

µlx2

2− x3

6

¶(4.85)

Lo spostamento massimo si ottiene all’estremita libera e vale

u0z (l) =Fzl

3

3EJy(4.86)

Per valutare la deformazione prodotta dal taglio, osserviamo la Fig. 4.38b, dacui si vede che, se indichiamo con dutz lo spostamento relativo delle due facce, si hadutz = γmdx, da cui ricaviamo

dutzdx

= γm

Tenendo conto della (4.84) questa relazione diviene

dutzdx

=VzGAt

(4.87)

Quindi, poiche nel caso in esame Vz = Fz = cost, ricaviamo per integrazione

utz (x) =Fz

GAtx+ c1

Ma ancora, dalla condizione che utz (0) = 0, segue che c1 e nullo e quindi

utz (x) =Fz

GAtx (4.88)

Lo spostamento massimo all’estremita della mensola e

utz (l) =Fz

GAtl

Confrontiamo ora questo spostamento con quello della flessione (4.86) calcolandoil loro rapporto

u0z (l)

utz (l)=

Fzl3

3EJy

GAt

Fzl=

G

E

A

Jy

l2

3χ

Avendo ricordato che At = A/χ. Poiche G = E/ [2 (1 + ν)] e Jy/A = ρ2z (ρz e ilgiratore d’inerzia della sezione nella direzione z) sostituendo si ottiene

u0z (l)

utz (l)=

1

2 (1 + ν)

l2

ρ2z

1

3χ=

(l/ρz)2

6χ (1 + ν)


4.7 Teoria tecnica della trave 101

Per una sezione rettangolare (χ = 1.2) e per un materiale con ν = 0.3, il denomi-natore di questa espressione vale 9.36 ≈ 10; il numeratore e invece la snellezza dellatrave; sempre per una sezione rettangolare ρz = h/

√12 e quindi

u0z (l)

utz (l)≈ 1210

µl

h

¶2≈µl

h

¶2Per definizione la trave e un solido cilindrico in cui il rapporto tra la dimensione

longitudinale l e quella trasversale h e molto maggiore di uno, quindi (l/h)2 À 1 equesto conferma che, nelle travi snelle, il contributo della deformazione dovuta altaglio e molto piccolo e puo essere trascurato. In taluni casi tuttavia le soluzionidi Saint Venant vengono estese anche alle travi tozze (per le quali l/h ∼ 1); in talisituazioni il contributo della deformabilita a taglio diviene paragonabile ed anchemaggiore di quello dovuto alla flessione e quindi non puo essere trascurato.

4.7 Teoria tecnica della trave

I risultati ottenuti nei precedenti paragrafi dallo studio del problema del solido diSaint Venant (SV) si possono estendere, senza commettere un significativo errore,alle travi reali, ossia a quegli oggetti di forma cilindrica con altezza notevolmentemaggiore delle dimensioni delle basi, che sono largamente impiegate nelle costruzionicivili. Ovviamente la validita della soluzione ha, per le travi reali, gli stessi limiti diquella del solido di SV e quindi puo cadere in difetto in prossimita delle basi, quandole condizioni di vincolo non si accordano con lo stato tensionale e deformativo cherisulta dalla soluzione di SV. Inoltre la soluzione e tanto piu corretta quanto piu lasituazione reale meglio approssima quella ideale. Il solido di SV e sollecitato solo incorrispondenza delle basi, mentre le travi reali sono generalmente caricate lungo illoro asse dal loro peso e dai carichi trasmessi dalle strutture portate (p.es. i solai).Pertanto nel solido di SV il taglio e uniforme in tutte le sezioni ed il momento varia,al piu, con legge lineare. Nelle travi reali invece il taglio puo variare per effetto deicarichi distribuiti ed il momento seguire una legge non lineare; tuttavia, se questevariazioni non sono troppo repentine, le tensioni indotte dai carichi nelle sezionidella trave saranno molto simili a quelle calcolate con riferimento al solido di SV inuna sezione sollecitata con le stesse risultanti M e V .A titolo di esempio, confrontiamo i risultati ottenuti applicando le soluzioni di SV

ad una trave sollecitata dal peso proprio e da un carico uniformemente distribuito,con quelli dedotti dall’analisi di un modello ad elementi finiti, in cui il problema“esatto” viene risolto numericamente, rispettando tutte le effettive condizioni alcontorno. Le caratteristiche geometriche della trave, che ha sezione rettangolare, leproprieta del materiale ed i carichi sono riassunti nelle tabelle seguenti:

Luce (m) Base (cm) Altezza (cm) Carico (kN/m)l = 4 b = 5 h = 20 p0 = 25

Modulo Elastico (MPa) Coeff. di Poisson Densita (kg/m3)E = 200000 ν = 0.30 γ = 7850



Figura 4.39: Mesh agli elementi finiti della trave.

Il carico complessivo agente sulla trave e la somma di quello distribuito e delpeso proprio. Quest’ultimo risulta

pp = bhγg = 0.05× 0.2× 7850× 9.81 = 770N/m

e quindi p = p0 + pp = 25.77 kN/m. Il momento in mezzeria della trave e pertanto

My (l/2) =pl2

8=25.77× 42

8= 51.54 kNm

Le tensioni massime si raggiungono nei punti estremi della sezione, che in questocaso hanno ascissa z1,2 = ±h/2 = ±0.1m. Il momento di inerzia della sezionerettangolare e

Jy =bh3

12=0.05× 0.23

12= 3.33× 10−5m4

e di conseguenza i valori estremi delle tensioni in mezzeria saranno

σx

µx =

l

2, z = ±h

2

¶=

My (l/2)

Jyz1,2 =

=51.54× 1033.33× 10−5 (±0.1) = ±1.546× 10

8 Pa = ±154.6MPa

Ripetendo lo stesso calcolo per x = l/4, si ha My (l/4) = 38.655 kNm e quindiσx¡l4,±h

2

¢= ±115.96MPa.Nella Fig. 4.39 e rappresentata meta trave e la “mesh”

con cui e stata discretizzata. Nella Fig. 4.42 la distribuzione delle tensioni normaliσx, sempre per meta trave, e rappresentata mediante colori; risulta evidente che l’an-damento regolare delle tensioni e alterato in prossimita della base, dove le tensionidevono annullarsi, mentre la componente σz, mostrata in Fig. 4.41, e ovunque quasinulla, come previsto dalla teoria di SV, eccetto nella zona prossima all’appoggio,dove localmente prende anche valori elevati. In modo piu quantitativo, i diagrammidelle tensioni normali, calcolati dal modello ad elementi finiti e relativi a due sezioni(x = l/2 ed x = l/4), sono riportati nella Fig. ??. Come si vede l’andamento e per-fettamente rettilineo, come previsto dalla soluzione di SV; inoltre i valori massimicoincidono con quelli calcolati con le formule della flessione. Nella Fig. 4.43 sonorappresentati, con diversi colori, i valori della tensione tangenziale τxz; anche in que-sto caso l’andamento regolare e turbato in prossimita della sezione terminale, dove



Figura 4.40: Curve di livello delle tensioni normali σx.

Figura 4.41: Curve di livello delle tensioni σz.

e evidente una concentrazione verso il punto di appoggio della trave.L’andamentoquantitativo di questa tensione nella sezione x = l/4 e mostrato in Fig. 4.45, ponen-do a confronto i valori ottenuti con il modello ad elementi finiti (EF) con la soluzioneapprossimata di Jourawski del problema di Saint Venant (SV). L’accordo e buono,anche se non perfetto; in particolare la soluzione EF non si annulla in corrispon-denza dei punti estremi della sezione. Tuttavia questo e un difetto della soluzionenumerica con elementi finiti, che non riesce a cogliere esattamente le condizioni sulcontorno, dove ovviamente le tensioni tangenziali dovrebbero annullarsi. Anche perquesto caso si puo dunque concludere che la soluzione relativa al solido di SV si puoestendere alla trave reale.Per ampliare i confronti abbiamo preso in esame un’altra trave, di dimensio-

ni identiche alla precedente, ma con l’appoggio terminale spostato di un metro, inmodo da ottenere una trave con una luce di 3 m ed uno sbalzo di un metro; nellaFig. 4.45 e illustrato lo schema statico della trave ed il corrispondente diagramma



-200 -100 0 100 200σx (MPa)

0

0.05

0.1

0.15

0.2

z (m

)

x = l/2 (analitico)x = l/4 (analitico)x = l/2 (E.F.)x = l/4 (E.F.)

Figura 4.42: Confronto tra le tensioni normali calcolate con la teoria di de SaintVenant e quelle ottenute con l’analisi agli elementi finiti.

dei momenti flettenti per il caso che la trave sia soggetta allo stesso carico dellaprecedente, p = 25.77 kN/m. In corrispondenza dell’appoggio B si verifica una forteconcentrazione delle tensioni, dovuta alla reazione vincolare dell’appoggio; questorisulta evidente dalla Fig. 4.46, dove i valori della tensione normale σx, relativamentead un tratto di trave vicino all’appoggio, sono rappresentati con una scala di colori.Nel grafico in Fig. ?? sono rappresentati i grafici delle tensioni, calcolate con la teo-ria di SV, relative a tre sezioni, poste ad intervalli di 5 cm, partendo dalla sezionesopra l’appoggio; nello stesso grafico sono rappresentati, per punti, i valori ottenu-ti dall’analisi con il metodo degli elementi finiti. Nella sezione in corrispondenzadell’appoggio la soluzione ottenuta con gli elementi finiti si discosta apprezzabil-mente da quella del solido di SV, principalmente nella parte inferiore della trave,

Figura 4.43: Curve di livello delle tensioni tangenziali τxz.



0 -1 -2 -3 -4τxz (MPa)

0

0.05

0.1

0.15

0.2

z (m

)E.FSV

Figura 4.44: Confronto tra la distribuzione delle tenzioni tangenziali τxz ad x = l/4calcolata con la teoria di Jourawsky e quella ottenuta dal modello ad elementi finiti.

0 1 2 3 4x (m)

30

20

10

0

-10

-20

M (k

Nm

)

A B

Figura 4.45: Diagramma dei momenti di una trave appoggiata con sbalzo soggettaa carico uniforme.



Figura 4.46: Curve di livello della tensione normale σx nella zona circostante ilsecondo appoggio della trave di Fig. 4.45.

dove maggiore e l’effetto della reazione vincolare. Tuttavia, a soli 10 cm di distanzadal punto di appoggio, la soluzione con gli elementi finiti praticamente coincide conquella di SV (linee tratto e punto); si deve anche aggiungere che la schematizzazionedell’appoggio con un vincolo puntiforme e ovviamente un’astrazione; nella realta gliappoggi hanno dimensioni finite e questo comporta una minor concentrazione delletensioni indotte dalla reazione, che quindi producono una minore alterazione delcampo delle tensioni previsto dalla teoria di SV.I confronti riportati sopra servono a giustificare la teoria tecnica della trave, in cui

i risultati relativi al solido di SV vengono estesi alle travi reali, anche se le condizionirichieste dalla soluzione teorica non sono rigorosamente verificate. Possiamo orariassumere i principali risultati ottenuti:

1. Forza normale e flessione. I valori della tensione normale σx prodotta dallaforza normale e dalla flessione sono dati dalla (4.23):

σx =N

A+

My

Jyz − Mz

Jzy (4.23)

L’equazione della linea d’asse della trave deformata si ottiene quindi integrandole equazioni (4.18), (4.19) e (4.21):

du0xdx

=N

EA(4.18)

d2u0zdx2

= −My

EJy(4.19)

d2u0ydx2

=Mz

EJz(4.21)

2. Taglio. Per sezioni simmetriche (o comunque quando la risultante delle sol-lecitazioni passa per il centro di taglio) le tensioni tangenziali prodotte dalla



-80 -40 0 40σx (MPa)

0

0.05

0.1

0.15

0.2

z (m

)

EF x = 3.00 mEF x = 3.05 mEF x = 3.10 mSV x = 3.00 mSV x = 3.05 mSV x = 3.10 m

Figura 4.47: Confronto tra le distribuzioni delle tensioni calcolate con la teoria dide Saint Venant e con il metodo degli elementi finiti, in differenti sezioni prossimeal secondo appoggio della trave di Fig. 4.45.

sollecitazione di taglio si possono calcolare con la formula approssimata diJourawski (4.74):

τxz (x, z) = VzS∗y (z)

Jyb (z)(4.74)

(analoga relazione si potrebbe scrivere per la componente di direzione y). Ledeformazioni prodotte dal taglio possono spesso essere trascurate in confrontoa quelle dovute alla flessione. Quando cio non e possibile, il contributo aggiun-tivo alla deformazione della linea d’asse prodotto dalle tensioni di scorrimentoe dato dalla formula approssimata (4.87)

dutzdx

=VzGAt

(4.87)

dove At = A/χ e l’area di taglio della sezione ed il fattore di taglio χ dipendedalla forma della sezione.

3. Torsione. Per la torsione non esiste un’unica formula facilmente applicabile atutte le sezioni. Per le sezioni circolari (piene e cave) esistono le semplici solu-zioni (4.50) e (4.53). Particolarmente importante e la soluzione approssimatavalida per i tubi di piccolo spessore (4.66)

τxt =Mx

2hΩ(4.66)

Molto utile e anche la soluzione ottenuta per le sezioni rettangolari sottili[eq. (4.56) e (4.58)] perche puo essere impiegata per determinare lo stato ten-



sionale e la deformazione di qualsiasi profilo aperto realizzato collegando ele-menti circa rettangolari di piccolo spessore (4.62); questo caso comprende lamaggior parte delle sezioni in acciaio profilate.


Capitolo 5

Strutture in acciaio

5.1 Tensione ideale (von Mieses)

Nel caso che lo stato di sollecitazione sia rappresentato da una sola componentedi tensione normale (p.es. σx) la verifica che lo stato del materiale sia al di sottodella soglia plastica (eventualmente opportunamente ridotta) e molto semplice; sarasufficiente verificare che

f−y < σx < f+y (5.1)

dove f+y ed f−y sono i valori delle tensioni di snervamento per tensioni positive(trazioni) e negative (compressioni), che caratterizzano il materiale impiegato. Pergli acciai f−y = −f+y (la resistenza e uguale in trazione e compressione) e quindi la(5.1) si puo sostituire con

|σx| < fy (5.2)

dove fy = f+y .Quando in un punto si ha uno stato di tensione composto, individuato da piu

componenti di tensione, normale e tangenziale, la (5.2) non e piu sufficiente a con-sentire una verifica: si deve quindi determinare una relazione piu generale, deltipo

σid < fy (5.3)

dove σid e una funzione delle componenti dello stato di tensione, tale che il materialeresta elastico finche e verificata la (5.3).Poiche il materiale e isotropo ed ha la stessa resistenza a trazione e compressione,

la funzione σid deve dipendere solo dal valore assoluto delle tensioni principali (vedi §??) ed inoltre ogni permutazione tra queste non deve modificare la funzione. Infattise dipendesse direttamente dalle componenti σx, . . . , τxy, . . . sarebbe sensibile allascelta dell’orientamento degli assi; quindi il materiale avrebbe caratteristiche diffe-renti in diverse direzioni, contraddicendo l’ipotesi di isotropia. Inoltre l’esperienzamostra che i materiali sono in grado di resistere a valori molto grandi delle pressionidi tipo idrostatico (σ1 = σ2 = σ3 = p). La funzione deve essere tale che σid = 0 perstati tensionali di questo tipo. Infine, per tensioni monoassiali (p.es. σ2 = σ3 = 0),la tensione ideale deve coincidere con il valore assoluto della tensione non nulla(σid = |σ1|).


110 Capitolo 5 Strutture in acciaio

Una funzione che rispetta le condizioni sopra elencate e:

σid = α

q(σ1 − p)2 + (σ2 − p)2 + (σ3 − p)2 (5.4)

dove:

p =σ1 + σ2 + σ3

3(5.5)

e la pressione media ed α e una costante di normalizzazione, necessaria per soddi-sfare l’ultima condizione. Che la (5.4) soddisfi le condizioni richieste lo si verificafacilmente: infatti dipende solo dal quadrato delle tensioni principali ed e invarianteper permutazioni; infine si annulla se la tensione e di tipo idrostatico.Sostituendo la (5.5) nella (5.4) otteniamo

σid = α

r2

3(σ21 + σ22 + σ23 − σ1σ2 − σ2σ3 − σ3σ1) (5.6)

da cui si deduce facilmente che α =q

32, in modo che l’espressione della tensione

ideale diviene

σid =qσ21 + σ22 + σ23 − σ1σ2 − σ2σ3 − σ3σ1 (5.7)

Nel caso di stati di tensione piani (σ3 = 0) la (5.7) si semplifica:

σid =qσ21 + σ22 − σ1σ2 (5.8)

Ricordando le espressioni (1.36) delle tensioni principali, dopo alcune elaborazioni,si ottiene:

σid =qσ2x + σ2y − σxσy + 3τ 2xy (5.9)

Nel caso generale, con passaggi meno semplici e tenendo conto dei risultati del §1.5.3, dalla (5.7) si perviene alla formula:

σid =qσ2x + σ2y + σ2z − σxσy − σyσz − σzσx + 3

¡τ 2xy + τ 2yz + τ 2zx

¢(5.10)

di cui la (5.9) e un caso particolare.La formula (5.10), derivata da von Mieses, si e dimostrata in ottimo accordo con

i dati sperimentali per quanto riguarda i materiali metallici, in particolare l’acciaio.Una interessante conseguenza della formula di von Mieses si ha nel caso di unasollecitazione di puro taglio. Eliminando tutte le componenti della tensione eccettouna delle tensioni tangenziali (p.es. τxy) e sostituendo la (5.10) nella (5.3) otteniamoq

3τ 2xy < fy (5.11)

da cui si deriva la condizione di non superamento della soglia plastica:

|τxy| <fy√3

(5.12)

In parole, la resistenza dell’acciaio alle tensioni tangenziali si ottiene dividendo laresistenza a trazione per il fattore

√3.


5.2 Analisi limite delle strutture 111

A B

C

D

E

P

Q

R

ε

σ

A B

C

D

E

P

Q

R

ε

σ

Figura 5.1: Legge costitutiva di un acciaio “dolce”.

5.2 Analisi limite delle strutture

Quando in qualche punto di una struttura il materiale supera la soglia entro la qualee possibile assumere che il legame tra deformazioni e tensioni sia lineare, l’analisistrutturale si complica notevolmente. Infatti non solo le equazioni divengono non-lineari, ma la perdita di linearita generalmente implica che non vi e piu corrispon-denza biunivoca tra i valori delle forze agenti e lo stato della struttura. In Fig. 5.1e mostrato schematicamente un tipico grafico della legge tensione—deformazione diun acciaio dolce. Fino al punto A il comportamento e lineare elastico; superatoquesto punto il materiale continua a deformarsi con tensioni praticamente invariate(tratto AB). Oltre B le tensioni aumentano con le deformazioni fino a raggiungereun massimo oltre il quale, per mantenere l’equilibrio, le tensioni devono diminuire;infine, raggiunto un allungamento massimo, nel punto E si ha la rottura della bar-ra. Se prima di raggiungere il punto A si toglie la forza applicata, la deformazionediminuisce proporzionalmente ed il punto rappresentativo dello stato ripercorre laretta iniziale. Al contrario, se la forza viene tolta dopo che il materiale ha superatola soglia plastica, p.es. in C, il sistema percorre la curva CD approssimativamenteparallela alla retta elastica e, quando la tensione si annulla, nel materiale rimanela deformazione residua εD. La corrispondenza tra deformazioni e tensioni non epiu biunivoca, infatti ai punti P, Q ed R corrisponde la stessa deformazione ma tredifferenti valori della tensione. La stesso avviene alle strutture, quando in qualcheparte il materiale supera la soglia di plasticita: lo stato tensionale non dipende solodalla deformazione ma anche dal percorso seguito per raggiungerla; percorso cheovviamente dipende dalla storia con cui sono stati applicati i carichi.L’analisi delle strutture in campo non-lineare risulta quindi complessa, non sol-

tanto per le difficolta matematiche, ma anche per l’insufficienza dei dati: e moltodifficile infatti che si conosca la corretta sequenza con cui i carichi e le altre azioniagiranno sulla struttura; questa ignoranza rende di solito poco utile l’impiego di



raffinati modelli non lineari.

Una via piu semplice e quindi piu percorribile e quella offerta dall’analisi limite;essa consiste nel confrontare la resistenza massima (in termini di valore massimodella forza che la struttura puo sostenere) con i valori massimi previsti delle azioni.Anche in questo caso il confronto e semplice quando sia l’azione sia la resistenza sipossono ricondurre ad una grandezza scalare, cosı che indicando con D (domanda)la sollecitazione e con C (capacita) la resistenza, la condizione di sicurezza si esprimesemplicemente come

C ≥ D (5.13)

Raramente per un’intera struttura le cose si possono porre in termini cosı sem-plici, inoltre il calcolo della capacita di una struttura puo risultare complesso. Ge-neralmente si utilizza una formulazione prudenziale, assumendo che la struttura esicura se in nessuno dei suoi componenti principali (travi e pilastri di un telaio, astedi una struttura reticolare, ecc.) la domanda ha superato la capacita. In formule:

Ci ≥ Di ∀i (5.14)

dove l’indice i si riferisce a tutti i principali elementi della struttura.

Anche per i componenti, tuttavia, non e detto che la condizione di sicurezza sipossa porre in una forma cosı semplice. Lo stato di sollecitazione di una trave, adesempio, e caratterizzato da sei componenti (tre forze e tre momenti), come abbiamovisto nel capitolo 4; tuttavia non sempre tutte queste componenti sono presenti edin alcuni casi si puo trascurare l’interazione tra componenti diverse, riducendo laverifica complessiva a piu verifiche separate. Quando questo non e possibile si puodefinire la capacita mediante un dominio di resistenza: la struttura (o l’elementostrutturale) e sicura se il punto rappresentativo della domanda appartiene a questodominio, si ha collasso quando il punto ne giace fuori. Questo e illustrato simboli-camente nella Fig. 5.2; lo stato di sollecitazione (domanda) rappresentato dal puntoD1 e interno al dominio e quindi per esso la struttura e verificata; il punto D2,esterno al dominio, corrisponde invece ad una sollecitazione che porta la strutturaal collasso.

Nelle verifiche di una struttura allo SLU delle strutture si fa generalmente ricorsoall’analisi limite degli elementi che la compongono. Le sollecitazioni (N, Vy, Vz,Mx,My,Mz)prodotte da diverse combinazioni dei carichi vengono di solito calcolate medianteun’analisi elastica; esse vengono poi confrontate con i domini di resistenza deglielementi. Nei casi piu semplici, quando la sollecitazione si riduce ad una sola com-ponente (p.es. momento flettente) la verifica avra la forma (5.14): Mmax ≤Mu, doveMmax e il valore massimo del momento (in valore assoluto) tra quelli prodotti nellasezione verificata dalle combinazioni di carico considerate eMu e il momento ultimodella sezione, cioe quello che corrisponde al collasso della sezione.


5.3 Comportamento delle sezioni in acciaio oltre la soglia elastica 113

Figura 5.2: Dominio di resistenza di una struttura e punti rappresentativi delladomanda.

fy

-fy

εy

−εy

ε

σ

ε

σ

O

A B

CD

Efy

-fy

εy

−εy

ε

σ

ε

σ

O

A B

CD

E

Figura 5.3: Legge costitutiva monoassiale di un materiale elasto-plastico. Legamemonotono e ciclico.

5.3 Comportamento delle sezioni in acciaio oltre

la soglia elastica

5.3.1 Materiale elastoplastico

Il comportamento reale di un materiale duttile come l’acciaio puo essere rappresenta-to in modo semplificato da un modello elasto-plastico. Per una tensione monoassiale,questa legge costitutiva e illustrata schematicamente nella Fig. 5.3. Le tensioni so-no inizialmente proporzionali alle deformazioni, ma raggiunta la deformazione diplasticizzazione εy = fy/E (punto A), la tensione non varia al crescere (in valoreassoluto) delle deformazioni; allo scarico (punto B) il comportamento torna elasticofino al punto C, che corrisponde alla tensione di plasticizzazione di segno opposto,oltre il quale la tensione rimane costante al variare della deformazione.



ε σ ε σ

Mεy fyε > εy

ε σ

fyε > εyfy

(a) (b) (c)

z

y ε σ ε σ

Mεy fyε > εy

ε σ

fyε > εyfy

(a) (b) (c)

z

y

Figura 5.4: Sequenza delle distribuzioni delle deformazioni e delle tensioni al cresceredella curvatura, in una sezione rettangolare con materiale elasto-platico.

5.3.2 Stato limite ultimo delle sezioni inflesse

Supponiamo ora di applicare ad una trave, realizzata con un materiale a compor-tamento elasto-plastico, una sollecitazione di flessione crescente; sia M il momentoagente (secondo uno degli assi principali) nella sezione piu sollecitata. Per valoridi M non troppo elevati tutte le tensioni risulteranno inferiori alla soglia plastica,quindi sara valida la teoria studiata nel capitolo 4 e potremo applicare la (4.26) perdeterminare le tensioni nella sezione:

σx =M

Jyz (5.15)

Le tensioni variano con legge lineare lungo l’altezza della sezione ed altrettantoavverra per le deformazioni:

εx =σxE=

M

EJyz (5.16)

Al crescere di M tensioni e deformazioni crescono proporzionalmente fin quando ilvalore massimo della tensione raggiunge fy; se la deformazione cresce ulteriormente,la tensione, non potendo crescere, rimane fissata a questo valore. Assumendo chela distribuzione delle deformazioni rimanga lineare anche dopo il superamento dellasoglia plastica, avviene quanto schematicamente illustrato nella Fig. 5.4. In questafigura e mostrata una sezione rettangolare soggetta ad un momento flettente M ;con (a), (b) e (c) sono contrassegnati i diagrammi delle deformazioni e delle tensioniagenti sulla sezione per livelli crescenti di M . Il primo (a) si riferisce alla situazionein cui la deformazione massima raggiunge la soglia plastica (εy = fy/E); poichein tutti i punti si ha σx ≤ fy, il materiale e ovunque elastico, e le tensioni e ledeformazioni seguono ancora le leggi lineari (5.15) e (5.16). Crescendo il momentole deformazioni aumentano, continuando a seguire una legge lineare, come mostratoin (b). Ma nelle fibre dove |ε| > εy, si ha |σx| = fy; al crescere delle deformazioniaumenta la parte della sezione dove la tensione ha raggiunto il valore plastico (c);al limite, per εmax → ∞, la sezione risulta per meta soggetta ad una tensione ditrazione pari a fy e per meta alla tensione di compressione −fy. E ovvio che ledeformazioni non possono raggiungere un valore infinito, ma, per materiali molto



duttili, come l’acciaio, la massima deformazione plastica e molto maggiore di εy,per cui le differenze tra il diagramma reale, corrispondente al raggiungimento delladeformazione massima, e quello ideale, che si raggiungerebbe per ε = ∞, e moltopiccola.Nel caso della sezione rettangolare l’asse neutro non cambia posizione passando

dalla fase elastica a quella plastica, ma questo si verifica solo nelle sezioni simme-triche rispetto all’asse y, altrimenti al progredire della plasticizzazione l’asse neutrocambia posizione. Infatti, in una sezione sollecitata dalla sola flessione, la posizionedell’asse neutro e definita dalla condizione che la risultante delle tensioni normalideve essere nulla:

RAσxdA = 0. Nel caso elastico le tensioni sono proporzionali

alla distanza dall’asse neutro; indicando con ζ la distanza da questo asse della fibragenerica, possiamo porre σx = kζ, dove k e una costante1. Dalla condizione cheN = 0 segue quindi

N =

ZA

σxdA = k

ZA

ζdA = 0 (5.17)

da cui deduciamo, come gia ci era noto, che l’asse neutro, nella flessione elastica,passa per il baricentro della sezione. Nel caso della sezione interamente plastica,invece, la tensione vale fy o −fy, secondo la posizione della fibra rispetto all’asseneutro. Potremo dunque porre

σx = fy sign (M) sign(ζ) (5.18)

in cui sign (·) vale +1 o −1 secondo il segno dell’argomento. Sostituendo questaespressione nell’equazione di equilibrio troviamo

N =

ZA

σxdA = fy sign(M)

ZA

sign (ζ) dA = fy sign (M)¡A+ −A−

¢= 0 (5.19)

dove A+ e A− sono le aree delle due parti in cui l’asse neutro divide la sezione. Dalla(5.19) ricaviamo che A+ = A−, ovvero l’asse neutro, nella sezione inflessa plasticiz-zata, divide la sezione in due parti di uguale area. Questa condizione coincide conla (5.17) solo quando la sezione e simmetrica rispetto all’asse y.Determinata la posizione dell’asse neutro si puo facilmente calcolare il momento

ultimo della sezione. Sostituendo la (5.18) nell’equazione di equilibrio dei momenti,troviamo

Mu =

ZA

σxζdA = fy sign (M)

ZA

sign (ζ) ζdA (5.20)

da cui

|Mu| = fy

ZA

|ζ| dA = fy¡S+n + S−n

¢(5.21)

S+n ed S−n sono i momenti statici, relativi all’asse neutro, delle due parti in cui questi

suddivide la sezione.Consideriamo ora, ad esempio, una sezione rettangolare di dimensioni b×h, come

nella Fig. 5.5 (a). La sezione raggiunge l’inizio della fase plastica quando la tensione

1Per quanto abbiamo gia visto, sappiamo che k = MJy



zfy

M

b

h

zfy

Ma n

a n

b

w

s

(a) (b)

zfy

M

b

h

zfy

Ma n

a n

b

w

s

(a) (b)

Figura 5.5: Posizione dell’asse neutro nelle sezioni inflesse interamente plasticizzate;sezioni simmetriche (a) e non simmetriche (b).

massima, calcolata in fase elastica, raggiunge la tensione di snervamento, ossia

My

Jzmax = fy (5.22)

dove zmax e la distanza della fibra piu lontana dall’asse neutro eMy indica il valoredel momento che produce l’inizio della fase plastica. Dall’equazione precedente siricava:

My = fyJ

zmax(5.23)

Per la sezione rettangolare J = bh3

12e zmax = h/2, pertanto

My = fybh2

6(5.24)

Come abbiamo gia osservato, nelle sezioni simmetriche come quella rettangolare,l’asse neutro non cambia posizione nel passaggio dalla fase elastica alla plastica,pertanto, essendo la sezione divisa in due parti uguali, si avra

S+n = S−n =1

2b

µh

2

¶2=

bh2

8(5.25)

pertanto, sostituendo nella (5.21) si trova

Mu = fybh2

4(5.26)

Dunque, in una sezione rettangolare, il momento ultimo e 64= 1.5 maggiore del

momento di prima plasticizzazioneMy.Per le sezioni a doppio T simmetriche il rapportoMu/My e sensibilmente piu

piccolo. Questo e dovuto al fatto che in queste sezioni gran parte dell’area resistente



-80 -40 0 40 80N/fy

0

200

400

600

800

sM

/f y

Dominio collassoDominio prima plas.

Figura 5.6: Dominio di prima plasticizzazione (linea tratteggiata) e dominio dicollasso (linea continua) della sezione HE200B.

e concentrata nelle ali, che si plasticizzano interamente quando la deformazionemassima supera quella di plasticizzazione. Per una IPE 200, ad esempio, (h =200mm, b = 100mm, s = 8.5mm e w = 5.6mm) si ha J = 1943 cm4 e pertanto,applicando la (5.23) ed utilizzando i cm come unita per le lunghezze:

My = fyJ

h/2= fy194

Il momento statico di meta sezione e invece S+n = S−n = 110 cm3, di conseguenza il

momento ultimo risulta:

Mu = fy2Sn = fy220

Il rapporto tra questi due momenti e quindi

Mu

My= 1.134

Ancora piu piccolo questo rapporto risulta per i profilati ad ala larga (HE).Considerando il profilato HE200B (h = 200mm, b = 200mm, s = 15mm, w =9mm) si ha J = 5696 cm4 ed My = 570fy, mentre Sn = 321 cm

3 e quindi Mu =642fy, in modo che

Mu

My= 1.126



Materiale fd (MPa) fd (MPa)t ≤ 40mm t > 40mm

Fe360 235 210Fe430 275 250Fe510 355 315

Tabella 5.1:

In Fig. 5.6 sono rappresentati i domini di collasso e di prima plasticizzazioneper la sezione HE200B soggetta a forza assiale e flessione. In linea tratteggiata e ildominio di prima plasticizzazione,tale che¯

NA+MJzmax

¯≤ fy

mentre in linea continua e rappresentato il dominio di stato ultimo. Come e ovvioquest’ultimo include il primo, ma la distanza tra i due non e grande.

I risultati mostrati prima giustificano le disposizioni normative che, per le traviin acciaio, confondono lo stato limite ultimo con quello di prima plasticizzazione.Questo comporta una notevole semplificazione, poiche rende possibile adoperare irisultati dell’analisi elastica anche nelle verifiche dello stato limite ultimo.

5.4 Progetto e verifica delle sezioni inflesse

Per le condizioni di SLU le tensioni, calcolate con riferimento ad un modello elastico,non devono superare un valore limite definito resistenza di calcolo del materiale.Questa resistenza dipende dalle caratteristiche del materiale; per le Norme italianedel 1996 i valori delle resistenze di calcolo per acciai laminati sono riportati nellatabella 5.1.Per verificare una sezione sollecitata a sola flessione retta e quindi sufficiente

conoscere il valore del momento d’inerzia della sezione relativo all’asse del momento.SeMy indica il momento agente e Jy e il momento d’inerzia della sezione, indicandocon zmax la distanza massima del baricentro dai lembi della sezione (nelle sezionisimmetriche zmax = h/2), si ha semplicemente:¯

My

Jyzmax

¯≤ fd (5.27)

La verifica della sezione inflessa si svolge quindi confrontando la tensione massimaindotta dalla sollecitazione con il valore della resistenza.

I rapporti Jy/zmax e Jz/ymax sono chiamati i moduli di resistenza della sezione,nelle due direzioni principali:

Wy =Jyzmax

Wz =Jzymax

(5.28)


5.4 Progetto e verifica delle sezioni inflesse 119

la tensione massima prodotta dal momento My e quindi data daMy

Wy(Mz

Wzper le

tensioni indotte da Mz). La (5.27) puo essere sostituita dalla

|M |W≤ fy (5.29)

dove M e W possono indicare sia le grandezze relative all’asse y, sia quelle relativea z2.Spesso nelle strutture metalliche si usano travi realizzate con profilati prodotti

negli stabilimenti industriali. Le geometrie di questi elementi sono standardizzate eclassificate in vario modo: IPE (profilati a doppio T con ali di larghezza pari a circameta dell’altezza), HE (profilati a doppio T con rapporto h/b ∼ 1), angolari ad L, alati uguali o disuguali. Per le sezioni di questi profilati esistono tabelle che riportanoin modo piu o meno dettagliato le principali caratteristiche geometriche delle sezioni,compresi i momenti d’inerzia ed i moduli di resistenza. In questi casi non soltantola verifica della sezione e immediata (nota la sezione si determina W e si applica la(5.29)), ma e molto semplice anche il processo inverso. Note la sollecitazione e laresistenza di calcolo del materiale, dalla (5.29) si desume facilmente

W ≥ |M |fy

(5.30)

Calcolato il valore minimo di W , applicando la (5.30), e fissato il tipo di profilato(IPE o HE, ad esempio), dalle tabelle si determina facilmente la sezione il cui valoredi W meglio approssima per eccesso quello minimo calcolato. Nelle figure 5.7, 5.8,5.9, 5.10 sono riportate delle tabelle di questo tipo per i principali tipi di sezionilaminate.La sollecitazione di flessione e generalmente accompagnata da quella di taglio,

pertanto nelle sezioni sono presenti contemporaneamente tensioni normali (prodottedalla flessione) e tensioni tangenziali (prodotte dal taglio). Nei punti di stazionarietadel momento il taglio e nullo (poiche V = dM/dx), ma in presenza di punti didiscontinuita od in corrispondenza dei vincoli, si puo raggiungere il valore massimosia del taglio sia del momento.Nella sezione, le tensioni normali raggiungono i valori massimi nei punti estre-

mi, dove sono nulle le tensioni tangenziali; le quali, al contrario, sono massime nelbaricentro, ove, in assenza di sforzo normale, sono nulle le σx. Pertanto i valorimassimi di queste due tensioni non si combinano. Nelle sezioni a doppio T, comequella mostrata in Fig. 5.8, nelle ali e presente la tensione τxy che si combina conil valore massimo della tensione normale; inoltre, nella sezione a-a, i valori sia di σxsia di τxz non sono troppo discosti dai loro massimi, pertanto la sollecitazione idealeσid, ottenuta combinando σxa e τxya con la (5.9), in alcuni casi puo raggiungere quiil valore massimo.

2Ovviamente se agiscono simultaneamente entrambi i momenti, la verifica sara¯My

Wy

¯+

¯Mz

Wz

¯≤ fy



Figura 5.7: Tabella per profilati IPE



Figura 5.8: Tabella per profilati HEA



Figura 5.9: Tabella per profilati HEB



Figura 5.10: Tabella per profilati HEM.



z

y

τxy

τxz

τxy

σxmax

σxaa a τxza

τxzmax

τxy

G

b

b

z

y

τxy

τxz

τxy

σxmax

σxaa a τxza

τxzmax

τxy

G

b

b

Figura 5.11: Tensioni normali e tangenziali in una sezione ad I sollecitata a flessionee taglio.

Esempio 5.1 Si deve progettare la trave appoggiata con mensola, soggetta al carico diprogetto qd = 55kN/m, illustrata nella Fig. 5.12, e quindi verificare che la tensione idealenon superi la resistenza di progetto del materiale. Dimensioni: l = 4.50m, a = 2.00m.Materiale: acciaio Fe 430, fd = 275MPa.

Calcolo delle sollecitazioni. Per l’equilibri dei momenti attorno all’appoggio di sinistra, siha

R2 =qd (l + a)2

2l=55.0× (4.5 + 2)2

2× 4.5 = 258.19 kN

R1 = qd (l + a)−R2 = 55.0× (4.5 + 2)− 258.19 = 99.31 kN

dove R1 ed R2 sono le reazioni vincolari della trave.

La sollecitazione di taglio pertanto vale:

Appoggio 1 V1 = R1 = 99.31 kNAppoggio 2 - sinistra V2a = V1 − qdl = 99.31− 55× 4.5 = −148.19 kNAppoggio 2 - destra V2b = V2a +R2 = −148.19 + 258.19 = 110.00 kNIl taglio si annulla nel punto di ascissa

x0 =R1qd= 1.81m

per cui il massimo del momento positivo e

M0 = R1x0 −qdx

20

2= 99.31× 1.81− 55× 1.81

2

2= 89.65 kNm



4.50 2.0

q=55kN/m

V1

V2a

V2b

Mx

M2

4.50 2.0

q=55kN/m

V1

V2a

V2b

Mx

M2

Figura 5.12: Schema e diagrammi delle sollecitazioni della trave dell’esempio 5.1.

Il momento massimo negativo si realizza sull’appoggio e vale

M2 = R1l −qdl

2

2= 99.31× 4.5− 55× 4.5

2

2= −110 kNm

Dimensioniamo la sezione in base al massimo momento (in valore assoluto): Mmax : |M2| =110 kNm.

Modulo di resistenza

W ≥ Mmax

fd=11000 kN cm

27.5 kNcm2

= 400 cm3

Usando profili IPE, dalla tabella di Fig. 5.7, si determina che la sezione a cui corrispondeun valore di W & 400 cm3 e IPE270, cui corrisponde W = 429 cm3. Per questo profilo latensione normale massima risulta

σxmax =Mmax

W=11000 kN cm

429 cm3= 25.64

kN

cm2= 256.4MPa

Nella stessa sezione agisce la sollecitazione di taglio massima, V2max = |V2a| = 148.19 kN.La tensione tangenziale massima, nel baricentro della sezione, e

τxzmax =V2aS

∗y (0)

wJy



Dalla tabella si ricava, per l’IPE270: w = a = 6.6mm, h = 27 cm, b = 13.5 cm, s = e =1.02 cm, Jy = 5790 cm

3. Quindi

S∗y (0) =1

2

∙bs (h− s) + w

µh

2− s

¶¸= 230.27 cm3

e, di conseguenza

τxzmax =148.19× 230.270.66× 5790 = 89.3MPa <

1√3fy = 158.8MPa

Per calcolare le tensioni tangenziali nelle ali, all’attacco con l’anima (sez. b - b in Fig. ??),si determina il momento statico relativo al baricentro di una delle ali:

S∗y(y =w

2) =

b− w

2sh− s

2= 85.06 cm3

da cui segue che

τxymax =V2aS

∗y

¡y = w

2

¢sJy

=148.19× 85.061.02× 5790 = 2.135

kN

cm2= 21.35MPa

Quindi la tensione ideale ai lembi della sezione e

σid(b) =qσ2x + 3τ

2xy =

p256.42 + 3× 21.352 = 259.06MPa

Nel punto di attacco tra l’anima a le ali (sez. a - a in Fig. ??), la tensione normale e

σx =Mmax

Jy

µh

2− s

¶=11000

5790

µ27

2− 1.02

¶= 23.71 =

kN

cm2= 237.1MPa

e la tensione tangenziale

τxz =V2aS

∗y

¡z = h

2 − s¢

wJy

dove

S∗y

µz =

h

2− s

¶= bs

h− s

2= 178.87 cm3

e quindi

τxz = 69, 38MPa

La tensione ideale in corrispondenza dell’attacco tra l’anima e l’ala (sez. a - a in Fig. ??)risulta

σid(a) =pσ2x + 3τ

2xz =

p237.12 + 3× 69.382 = 265.8MPa

Il valore massimo della tensione ideale si raggiunge quindi nel punto di attacco tra l’animae l’ala; si ha comunque σidmax < fd = 275MPa. ¤


5.5 Elementi snelli 127

z

x w(x)

N N

u0

l

R R

q

z

x w(x)

N N

u0

l

R R

q

Figura 5.13: Deformazione di una trave inflessa soggetta ad un carico trasversaledistribuito ed a uno forza normale.

5.5 Elementi snelli

5.5.1 Non linearita geometriche

Gia in precedenza abbiamo detto che, per rendere lineari le equazioni di equilibrio,e necessario fare riferimento alla configurazione iniziale della struttura, trascuran-do gli effetti che gli spostamenti producono sulle sollecitazioni indotte dai carichi.Questa ipotesi e spesso giustificata dalla piccolezza di questi spostamenti, di solitorilevabili solo con misure di precisione, ma la sua accettabilita dipende anche daltipo di carichi agenti sulla trave. Se ad esempio si esamina la trave in Fig. 5.13soggetta al solo carico trasversale q (N = 0), la deformazione w indotta dal caricodistribuito non modifica direttamente la distribuzione dei momenti lungo la trave.Lo spostamento u0 del carrello e infinitesimo di ordine superiore a w e quindi lavariazione di lunghezza della trave dovuta e questo spostamento, almeno per piccoledeformazioni, e del tutto trascurabile, e la sua influenza sulle sollecitazioni e quasinulla. Ma se, oltre al carico q, sulla trave agisce una forza normale N , come quellaindicata in figura, lo spostamento della linea d’asse produce un ulteriore momento∆m1 = Nw il cui effetto si somma a quello prodotto dal carico q; questo ulterioremomento produce a sua volta un incremento della deformazione ∆w1, che genera unmomento ∆m2 = N∆w1, ecc. La serie w+∆w1+∆w2+ · · · , puo convergere ad unvalore finito, in modo che la struttura trova una configurazione di equilibrio, seppurediversa da quella di prima approssimazione, calcolata trascurando il contributo diNw, oppure addirittura divergere, in quanto non esiste una configurazione equili-brata, poiche, per ogni configurazione, l’aumento del momento esterno e superioreall’aumento del momento interno dovuto alla deformazione.

Per una data trave, il verificarsi di un caso o l’altro dipende dall’entita della forzaN . Al crescere della forza aumenta il valore degli incrementi di sollecitazione ∆mi;quindi ci sara un valore di N superato il quale non sussitera piu la convergenza (equindi l’equilibrio). Questo tuttavia non basta, perche l’equilibrio potrebbe raggiun-gersi per un momento (ed una deformazione) che superano la resistenza della trave.In questo caso, anche se idealmente possibile, l’equilibrio non potra raggiungersi



perche preceduto dal collasso della struttura. E importante notare che se N fossedi segno opposto (cioe di trazione) il segno dei momenti ∆mi sarebbe opposto aquello prodotto dal carico q e altrettanto gli spostamenti. In questo caso l’equilibriosi raggiungerebbe per una deformazione ed un momento minori di quelli prodottidal carico distribuito. Appare evidente che l’opportunita di considerare o trascuraregli effetti delle deformazioni sulle sollecitazioni dipende notevolmente dalla naturadelle forze in gioco.Nella teoria che abbiamo sviluppato nei capitoli precedenti, in una sezione di

ascissa x della trave di Fig. 5.13, agiscono le seguenti sollecitazioni:

1. Una forza normale N (di segno negativo).

2. Una forza di taglio Vz = q¡l2− x

¢.

3. Un momento flettente M0 = q x(l−x)2.

Una teoria di questo genere, in cui si trascura l’effetto della deformazione w sullesollecitazioni, e detta anche teoria del primo ordine; se si accetta questa approssi-mazione, nelle strutture isostatiche la distribuzione delle sollecitazioni non dipendedalla deformazione; in quelle iperstatiche, se il materiale e lineare, le equazioni ri-sultano lineari. Se non si accetta questa semplificazione, il punto 3 della precedentelista diviene:

3’ Un momento flettente M1 = q x(l−x)2−Nw.

Il termine aggiunto −Nw (N e negativo) complica notevolmente il problema, inquanto w non e noto, ma a sua volta dipende daM1; nelle strutture isostatiche (conmateriale lineare) si ottengono equazioni (differenziali) lineari; in quelle iperstatichele equazioni divengono non lineari. La teoria che tiene conto dell’effetto delle de-formazioni sulla distribuzione delle sollecitazioni e indicata come teoria del secondoordine.L’opportunita di trascurare o di tener conto dei termini del secondo ordine

dipende da alcuni fattori fondamentali:

1. Il tipo di azioni. Si e gia visto, nell’esempio considerato, che se la forza N enulla o di trazione, gli effetti del secondo ordine sono nulli o benefici; pertantol’impiego della teoria del primo ordine e adeguato perche a favore di sicurezza.

2. La deformabilita della struttura. Se le deformazioni indotte dai carichi (w)sono piccole, anche gli effetti del secondo ordine lo saranno. In questo casosara spesso possibile trascurarli senza commettere errori apprezzabili.

Le strutture in acciaio sono spesso snelle (ossia le dimensioni trasversali sonopiccole rispetto a quelle longitudinali); questo e dovuto all’alta resistenza del mate-riale, che consente di soddisfare le verifiche di resistenza con sezioni di piccola area.Ne consegue che queste strutture sono spesso molto deformabili e quindi, quando le



A

B

x

z

A

B

x

z

Figura 5.14: Situazione di equilibrio stabile (A) ed instabile (B) di una massapuntiforme nel campo del peso.

sollecitazioni sono tali da poter indurre effetti del secondo ordine negativi (nel sensoche aumentano le sollecitazioni), di essi si deve generalmente tener conto.Il problema generale degli effetti del secondo ordine porta, come si e detto, alla

perdita della linearita del problema elastico. Nel seguito noi non ci occuperemodel problema globale relativo all’analisi della struttura nel suo insieme, ma porremoattenzione sul comportamento degli elementi strutturali, in particolare delle travi;anche per questi elementi vi sono diversi fenomeni che dovrebbero essere studiati;noi ne esamineremo con un certo dettaglio solo uno, generalmente il piu importante,limitandoci a fare un cenno descrittivo per gli altri.

5.5.2 Stabilita dell’equilibrio

Strettamente correlato alle non linearita geometriche e il problema della stabilitadell’equilibrio. Osserviamo le due palline rappresentate nella Fig. 5.14, vincolatelungo una superficie curva; entrambe occupano una posizione di equilibrio ma, men-tre la pallina nel punto A si trova in condizioni di equilibrio stabile, la pallina inB occupa un punto di equilibrio instabile. Infatti l’equilibrio si definisce stabile se,perturbando il sistema di una piccola quantita dalla sua posizione di equilibrio, es-so si muove in modo da non allontanarsi dal punto di equilibrio per piu di quantonon sia stato perturbato; al contrario l’equilibrio e instabile se, quando perturba-to, il sistema si allontana dal punto di equilibrio, eventualmente muovendosi finoa raggiungere una nuova configurazione. La pallina in A, se allontanata dalla suaposizione, oscillera intorno a questa e, se il moto dissipa energia, finira per tornaredi nuovo nella posizione iniziale; la pallina in B invece, se perturbata, si allonta-nera dalla posizione che occupava e non potra piu tornarci; potra invece andare acollocarsi nel punto A, occupando anch’essa una posizione di equilibrio stabile.Vi e un altro modo, meno generale ma spesso piu semplice, per verificare la

stabilita dell’equilibrio. Nel campo del peso, l’ordinata z della posizione della pallina



e proporzionale alla sua energia potenziale E = mgz (m e la massa, g l’accelerazionedi gravita); la curva che descrive il vincolo della pallina e quindi anche il graficodella sua energia potenziale; i punti di equilibrio (A e B) sono punti di stazionarietaper E :

dEdx= 0 (5.31)

ma il punto A, di equilibrio stabile, e anche un punto di minimo dell’energia poten-ziale, mentre B (equilibrio instabile) e un punto di massimo. Dunque l’equilibrio estabile se l’energia potenziale ha, in quel punto, un minimo. Queste condizioni sonoespresse dalle relazioni:

d2Edx2

> 0 Equilibrio stabile

d2Edx2

= 0 Equilibrio indifferente

d2Edx2

< 0 Equilibrio instabile

(5.32)

(l’equilibrio indifferente si ha quando, a seguito di una perturbazione, il sistemarimane in equilibrio; nell’esempio di Fig. 5.14 corrisponde ad una pallina posta sudi un piano orizzontale).In un sistema lineare elastico, se si utilizza una teoria del primo ordine, l’e-

quilibrio risulta sempre stabile. Infatti in tal caso l’energia potenziale e sommadell’energia potenziale delle forze e dell’energia potenziale elastica. Per quanto giavisto, quest’ultima e una funzione quadratica della deformazione:

Ee =1

2

ZV

εTGεdV (5.33)

dove G e la matrice elastica [eq. (3.16)]. Poiche le deformazioni ε sono funzionilineari degli spostamenti, l’energia potenziale elastica e una funzione quadratica diquesti ultimi; e inoltre possibile dimostrare che, per le proprieta di G, le derivateseconde di Ee sono sempre positive3. In una teoria del primo ordine l’energia poten-ziale delle forze e una funzione lineare degli spostamenti, le sue derivate seconde sonoquindi nulle. Pertanto le derivate seconde dell’energia potenziale totale E = Ee+ Efcoincidono con quelle di Ee e di conseguenza sono positive.Se si aggiungono i termini non lineari del secondo ordine, il lavoro delle forze non

dipende piu in modo lineare dalle deformazioni: e quindi possibile che nel punto diequilibrio l’energia raggiunga un massimo e l’equilibrio sia instabile. In pratica unastruttura non puo trovarsi mai in una condizione di equilibrio instabile poiche ancheuna piccola perturbazione ne produce la perdita di equilibrio. Ma la stabilita ol’instabilita dipende dall’entita delle forze, per cui una posizione di equilibrio stabilepuo divenire instabile, al crescere delle forze, e questo significa un improvviso collassodella struttura.

3In breve, per una funzione di piu variabili, la condizione di minimo richiede che la matrice

Hessiana H =h

∂2E∂ui∂uj

isia definita positiva. Poiche H ∝G ed e facile dimostrare che, per ν < 0.5,

G e definita positiva, ne segue quanto affermato.



l/2 l/2

θ

2θu

N k

l

l/2 l/2

θ

2θu

N k

l

Figura 5.15: Analisi della stabilita dell’equilibrio di un’asta composta da due corpirigidi connessi con una molla rotazionale.

Nella Fig. 5.15 e rappresentata un’asta di lunghezza l, vincolata alle estremita dauna cerniera e da un carrello e composta da due elementi rigidi connessi da una cer-niera elastica di rigidezza k. Questo significa che se le due mezze aste subiscono unarotazione relativa φ, la cerniera reagira con un momento kφ. All’estremo vincolatocon un carrello e applicata una forza assiale N . E evidente che nella sua posizionerettilinea l’asta e in equilibrio; si vuole indagare per quali condizioni l’equilibrio estabile e per quali no.Facendo rotare le due aste di un angolo θ, rispetto alla condizione di equilibrio,

le due aste roteranno relativamente di un angolo 2θ e quindi nella cerniera sorgeraun momento M = 2kθ. L’energia potenziale elastica e allora Ee = 1

2M · (2θ) = 2kθ2.

A seguito della rotazione il carrello ( e quindi la forza) si sposta della quantitau = l − 2 l

2cos θ = l (1− cos θ). Se si trattano gli spostamenti come infinitesimi

(teoria del primo ordine) 1−cos θ ∼ 12θ2 e infinitesimo del secondo ordine e pertanto

u = 0 a meno di infinitesimi di ordine superiore a θ. Se trattiamo gli spostamenticome finiti lo spostamento non e nullo e quindi l’energia potenziale della forza variadi Ef = −Nu = N (cos θ − 1), per cui l’energia potenziale complessiva e

E =2kθ2 +N (cos θ − 1) (5.34)

(si osservi che N e il modulo della forza, pertanto N > 0).L’equilibrio si verifica quando E e stazionaria, ossia per dE

dθ= 0; sostituendo la

(5.34) si ottienedEdθ= 4kθ −N sin θ = 0 (5.35)

ovvero per

sin θ =4k

Nθ (5.36)

La (5.36) e certamente soddisfatta per θ = 0 (asta rettilinea). Se 4k/N > 1 non visono altre soluzioni; ma se 4k/N < 1, la (5.36) ha altre due soluzioni, come mostratonella Fig. ??.



-2 -1 0 1 2θ

-2

-1

0

1

2

1.2θ0.8θ

Figura 5.16: Soluzione grafica dell’equazione (5.36).

Derivando ancora la (5.35) otteniamo:

d2Edθ2

= 4k −N cos θ (5.37)

Nel punto di equilibrio θ = 0, la (5.37) diviene d2Edθ2

= 4k − N ; per quanto visto

prima, l’equilibrio e stabile solo se 4k −N > 0, ovvero se N4k

< 1 (4kN

> 1). Dunquela condizione di stabilita coincide con quella di esistenza di una sola soluzione delleequazioni di equilibrio. La ragione appare chiara osservando le due curve nellaFig. 5.17, che rappresentano, a meno di un fattore positivo, l’energia E dell’eq. (5.34);la curva 1 e relativa ad un valore di α = N

4k= 1

1.2, la curva 2 e relativa ad α = 1

0.8.

Come si vede la curva 1 ha un solo punto stazionario in A che e anche un puntodi minimo; pertanto in questo caso il punto A e un punto di equilibrio stabile. Lacurva 2, invece, ha tre punti stazionari (A, B1 e B2), ma in A la funzione dell’energiapotenziale raggiunge un massimo, quindi l’equilibrio in A e instabile. I punti B1 eB2 corrispondono alle altre due soluzioni della (5.36), che esistono se α > 1, e sonopunti di equilibrio stabile.Riscriviamo l’equazione di equilibrio (5.35) introducendo il coefficiente α, definito

prima:

4k (θ − α sin θ) = 0 (5.38)

Poiche k 6= 0, l’equazione precedente e equivalente alla:

θ − α sin θ = 0 (5.39)



-2 -1 0 1 2θ

-0.4

0

0.4

0.8

1.2

E1

2

A

B1 B2

Figura 5.17: Energia potenziale del sistema in Fig. 5.15 per due valori del rapportoN/4k.

In prossimita del punto di equilibrio θ = 0, si puo sostituire sin θ con θ, cosı che la(5.39) diviene:

θ (1− α) = 0 |θ| ¿ 1 (5.40)

Questa equazione e soddisfatta anche per θ 6= 0 (purche piccolo in valore assoluto)se 1 − α = 0, ossia α = 1. Per tale valore del parametro α l’equilibrio e indiffe-rente: se il sistema viene (debolmente) turbato dalla sua condizione di equilibrio,resta in equilibrio anche nella nuova configurazione. La configurazione di equilibrioindifferente corrisponde alla transizione tra la condizione stabile (d

2Edx2

> 0) e quellainstabile.

5.5.3 Stabilita dell’equilibrio delle aste compresse: l’asta diEulero

Il sistema studiato nel precedente paragrafo, anche se, per la sua semplicita, e utilead illustrare il problema della stabilita delle aste compresse, non rappresenta larealta in modo sufficientemente accurato, poiche generalmente la deformabilita diun’asta non e concentrata in un punto, ma diffusa lungo la sua linea d’asse.

Prendiamo quindi in esame una trave, con vincoli di semplice appoggio, solleci-tata da una forza assiale N di compressione, applicata all’estremita vincolata concarrello (Fig. 5.18). La soluzione di questo caso, in una teoria del primo ordine, estata trovata nel cap. 4; dalle (4.24) risulta che, in assenza di momenti, gli sposta-



u

N

l

w(x)

x

z

AB

u

N

l

w(x)

x

z

AB

Figura 5.18: Asta soggetta ad una forza normale nella configurazione perturbata.

menti della linea elastica nelle direzioni ortogonali all’asse della trave sono nulli epertanto l’asse della trave rimane rettilineo.Per indagare la stabilita dell’equilibrio di questa configurazione, cerchiamo la

condizione di equilibrio indifferente, nella quale la trave resta in equilibrio anche inuna configurazione debolmente perturbata. Indicando con w (x) la perturbazione,cioe lo spostamento in direzione z dell’asse della trave, l’equazione di equilibrio trail momento del secondo ordine, dovuto all’eccentricita della forza − |N |w, ed ilmomento risultante delle tensioni interne −EJy d

2wdx2

[vedi (4.19)], si scrive:

EJyd2w

dx2+ |N |w = 0 (5.41)

Poiche il coefficiente EJy non e nullo, dividendo per esso tutti i termini della (5.41)e ponendo

α2 =|N |EJy

(5.42)

se ne ricava la forma equivalente

d2w

dx2+ α2w = 0 (5.43)

La soluzione dell’equazione differenziale lineare ed omogenea (5.43) e ben nota;essa e:

w (x) = C1 sin (αx) + C2 cos (αx) (5.44)

dove C1 e C2 sono costanti che devono essere determinate con le condizioni alcontorno. Poiche la trave e semplicemente appoggiata, queste condizioni sono

w (0) = w (l) = 0 (5.45)



Dalla prima segue evidentemente che C2 = 0; dalla seconda, tenendo conto delrisultato gia ottenuto, abbiamo:

w (l) = C1 sin (αl) = 0 (5.46)

Se sin (αl) 6= 0, la sola soluzione della (5.46) e C1 = 0, da cui segue w (x) = 0 ∀x,ovvero la sola configurazione di equilibrio e (localmente) quella ad asse rettilineo.Ma se sin (αl) = 0, la (5.46) e soddisfatta identicamente per qualunque valore di C1;siamo quindi nelle condizioni di equilibrio indifferente.La condizione sin (αl) = 0 e soddisfatta se αl = nπ, con n intero positivo;

tenendo conto della (5.42) questo significa

|N |EJy

=n2π2

l2(5.47)

Fissate le caratteristiche della trave si puo determinare il valore di N che soddisfala precedente equazione. Come e evidente ve ne sono infiniti, dipendenti dall’interon. Poiche noi siamo interessati alla transizione tra lo stato stabile e quello instabiledell’asta rettilinea, e ovvio che quello che cerchiamo e il valore piu piccolo per |N |,che si ha per n = 1. Il valore di |N | cosı ottenuto e detto carico critico o caricoeuleriano e corrisponde alla transizione dalla condizione stabile a quella instabiledell’asta compressa. Il carico euleriano NE e quindi dato dalla relazione:

NE =π2EJ

l2(5.48)

Nell’equazione precedente e stata omessa l’indicazione dell’asse (y) rispetto al qualee calcolato l’asse neutro. In generale infatti una simile analisi puo essere condottaper entrambe le direzioni degli assi principali; si otterranno quindi due valori delcarico euleriano, quello relativo all’asse y e quello per l’asse z; e ovvio che il caricoeuleriano della trave coincide con il minore dei due. Se la trave e vincolata in ugualmodo in entrambe le direzioni, il valore di NE e proporzionale a quello di J , quindiil carico euleriano della trave si ottiene dalla (5.48) prendendo per J il piu piccolodei momenti d’inerzia della sezione.Dividendo il carico eulerianoNE per l’area A della sezione si ottiene il valore della

tensione normale σE per cui l’equilibrio diviene instabile. Ricordando la formula(5.48) abbiamo

σE =NE

A=

π2EJ

l2A(5.49)

La radice quadrata del rapporto J/A tra il momento d’inerzia e l’area di una sezioneha le dimensioni di una lunghezza ed e chiamato il giratore d’inerzia della sezione[vedi (A.26)]. Il rapporto tra la lunghezza dell’asta l ed il giratore d’inerzia ρ echiamato la snellezza dell’asta in quella direzione; il valore piu grande della snellezza,tra quelli corrispondenti alle direzioni degli assi principali, che si ottiene per ρ = ρmin,e la snellezza dell’asta.

λ =l

ρ(5.50)



Tenendo presente queste definizioni, la (5.49) diviene

σE =π2E

λ2(5.51)

La tensione critica euleriana e dunque funzione solo del modulo elastico del materialee della snellezza λ.Nelle considerazioni precedenti si e fatta astrazione dalla resistenza del materiale.

La (5.51) mostra che, per valori piccoli di λ, la tensione critica σE diviene moltogrande, superando il valore della resistenza. Vi e quindi un valore della snellezza λcper la quale la tensione critica euleriana uguaglia la resistenza del materiale fd:

σE =π2E

λ2c= fd (5.52)

da cui segue che

λc = π

sE

fd(5.53)

Facendo il rapporto tra la (5.51) e la (5.52) risulta

σEfd=

µλcλ

¶2= λ

−2(5.54)

dove λ = λ/λc e il rapporto tra la snellezza effettiva λ e quella critica λc. La(5.54) dimostra che il rapporto tra la tensione euleriana e la resistenza del materialee un’iperbole cubica della snellezza ridotta λ. Questa curva e rappresentata inFig. 5.19. La curva e troncata al valore σE/fd = 1, per tener conto che la tensionenon puo superare la resistenza del materiale. Per aste con snellezza minore di quellacritica (λ < λc) si raggiunge la resistenza del materiale prima che l’equilibrio divengainstabile; e il caso delle aste tozze, in cui la resistenza dell’elemento e condizionatadalla resistenza del materiale. Se λ > λc l’equilibrio diviene instabile prima che latensione raggiunga la resistenza del materiale; e il caso delle aste snelle, in cui laresistenza della struttura e governata dalla perdita di stabilita dell’equilibrio.

5.5.4 Pressione eccentrica

Se la forza N e applicata eccentricamente rispetto all’asse della trave, essa produce,in una generica sezione di ascissa x, il momento N [e+ w (x)], in cui Ne e il momentodel primo ordine, che si ottiene trascurando l’influenza della deformazione, e Nw (x)il contributo aggiuntivo dovuto agli effetti del secondo ordine. Nel caso che la forzaN agisca eccentricamente l’equazione (5.41) e quindi sostituita dalla:

EJd2w

dx2+ |N |w = − |N | e (5.55)



0 1 2 3 4 5/λc

λ

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

/ f dσ

c

Aste tozze Aste snelle

Figura 5.19: Rapporto tra la tensione critica e la resistenza del materiale in funzionedella rigidezza ridotta λ/λc dell’asta.

u

N

l

w(x)

x

z

ABe

u

N

l

w(x)

x

z

ABe

Figura 5.20: Asta soggetta ad una compressione eccentrica.



La soluzione generale della (5.55) e

w (x) = C1 sin (αx) + C2 cos (αx)− e (5.56)

dove (5.42) α =q

|N |EJ. Per determinare i valori delle costanti C1 e C2 si deve tener

conto dalle condizioni imposte dai vincoli:

w (0) = C2 − e = 0 (5.57a)

w (l) = C1 sin (αl) + C2 cos (αl)− e = 0 (5.57b)

Risolvendo questo sistema di due equazioni lineari otteniamo: C2 = e, C1 =e1−cos(αl)

sin(αl); sostituendo i valori trovati nella (5.56) abbiamo:

w (x) = e

∙1− cos (αl)sin (αl)

sin (αx) + cos (αx)− 1¸=

= e

∙sin (αx)− cos (αl) sin (αx) + cos (αx) sin (αl)

sin (αl)− 1¸=

= e

∙sin (αx) + sin [α (l − x)]

sin (αl)− 1¸(5.58)

La freccia massima si raggiunge nella mezzeria della trave. Per x = l/2 la (5.58)diviene

wm = e

"2 sin

¡α l2

¢sin (αl)

− 1#= e

"1

cos¡α l2

¢ − 1# (5.59)

Nella sezione di mezzeria agisce quindi il momento massimo che, utilizzando ilrisultato appena trovato, e:

Mmax = |N | (e+ wm) = |N |e

cos¡α l2

¢ (5.60)

Poiche, per −π/2 < θ < π/2, si ha cos (θ) ≈ 1−¡2θπ

¢2, sostituendo nel denominatore

della (5.60) cos¡α l2

¢con 1−

¡αlπ

¢2, tenendo conto della definizione (5.42) di α e di

quella (5.48) del carico euleriano, risulta

Mmax ≈|N | e

1− |N |EJ

l2

π2

=|N | e1− |N |

NE

(5.61)

Il termine a numeratore nella (5.61) e il momento del primo ordine |N | e, ilfattore a denominatore e la correzione introdotta dagli effetti del secondo ordine. Se|N | ¿ NE questo termine e circa uno e quindiMmax ≈ |N | e. Ma quando |N |→ NE

il denominatore della (5.61) tende a zero e quindi Mmax → ∞. Questo risultato sideduce anche dalla formula non approssimata (5.60), in quanto, per |N | = NE si haαl = π e quindi cos (αl/2) = cos (π/2) = 0.



5.5.5 Verifica delle aste snelle: il metodo ω.

Un’asta soggetta solo ad una forza assiale e un’astrazione che non puo essere rea-lizzata in pratica. Le cause che inducono eccentricita accidentali anche nelle asteidealmente soggette alla sola forza normale sono molteplici; tra le principali possia-mo annoverare l’imperfezione dei vincoli, che trasmettono anche una sollecitazionedi flessione, la non perfetta rettilineita della linea d’asse della trave, dovuta ai pro-cessi di fabbricazione, la non perfetta verticalita, che produce un non parallelismotra la forza, generalmente verticale, e la linea d’asse, la presenza di altre forze di-rette ortogonalmente all’asse della trave, come la pressione del vento, ecc. Tuttaviaqueste eccentricita sono generalmente piccole e, quando gli effetti sono proporzionalialle cause, possono essere trascurate senza commettere un eccessivo errore. Questosi verifica quando la forza e di trazione o, se di compressione, e (in valore assoluto)molto minore del carico euleriano. Infatti dalla (5.61) segue che, se |N | ¿ NE siha M ' Ne, ovvero vi e proporzionalita tra forza esterna e sollecitazione. Tenendoconto che |N |

NE= |σ|

σEe che, per i limiti del materiale, |σ| < fd, la condizione precedente

e sicuramente soddisfatta se σE À fd, ovvero, per la (5.54), se λ¿ λc.Quando la forza assiale di compressione si avvicina la carico critico, la formula

(5.61) dimostra che anche una piccola eccentricita produce un momento estrema-mente grande. Dunque, se la condizione λ ¿ λc non e soddisfatta, nel progettodelle aste compresse si deve tener conto del termine fornito dalla (5.61), introducen-do anche gli effetti delle eccentricita accidentali. La verifica di un’asta soggetta aduna forza N con eccentricita e si puo quindi formulare

σmax =|N |A+

Mmax

W=|N |A+

|N | e³1− |N |

NE

´W=

=|N |A

⎡⎣1 + eA

W³1− |N |

NE

´⎤⎦ = σm

⎡⎣1 + eA

W³1− |N |

NE

´⎤⎦ ≤ fd (5.62)

ovvero

σm ≤fd

1 + eA

W 1−σmσE

(5.63)

dove σm =|N |Ae la tensione media generata dalla sola forza normale, trascurando

l’eccentricita. L’equazione precedente si puo risolvere rispetto a σm in funzionedell’eccentricita casuale e e della tensione euleriana σE (che dipende dalla snellezza).Fissata l’eccentricita casuale (che viene determinata con criteri statistici) si puoottenere una funzione γ (λ), tale che la (5.62) e soddisfatta se

σmfd≤ γ (λ) (5.64)

In Fig. 5.21 sono mostrate quattro di tali curve, ottenute per diversi valori di e,dedotte dalle norme UNI-CNR 10011. Le diverse curve, contraddistente con unalettera, si riferiscono a diversi tipi di sezioni, come indicato nella tabella in Fig. 5.22



0 1 2 3/λc

λ

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

γ = /fyσm

ab

c

d

Figura 5.21: Curve γ = σm/fd relative a quattro differenti tipologie di sezione(UNI-CNR 10011).

Figura 5.22: Corrispondenza tra le tipologie delle sezioni e le cirve γ.



Tenendo conto della definizione di σm = N/A, dalla (5.64) deduciamo

N

A≤ γfd (5.65)

Questa relazione si scrive abitualmente portando γ a primo membro. Posto ω = 1γ,

si ottieneNω

A≤ fd (5.66)

In questa forma la verifica di un’asta snella soggetta ad un carico assiale si eseguein modo analogo a quello di un’asta tozza, cioe confrontando la tensione con laresistenza del materiale fd, ma solo dopo aver moltiplicato la forza per il fattore ω.Poiche, come e evidente dalla Fig. 5.21, γ ≤ 1, ω, essendone l’inverso, e maggioreo uguale ad uno; quindi, invece di ridurre la resistenza, si preferisce aumentarela sollecitazione: questo e in effetti piu coerente con la natura del fenomeno, inquanto gli effetti del secondo ordine aumentano le sollecitazioni, ma, ovviamente,non modificano le caratteristiche del materiale.Oltre che dal tipo di sezione, γ e ω sono funzioni di λ/λc e quindi, ricordando la

(5.53), anche di E ed fd. Assumendo che il modulo elastico dell’acciaio non cambiin modo significativo insieme alle altre caratteristiche del materiale, rimane che, perogni tipo di curva, ω e funzione di λ e di fd. Nelle tabelle riportate nelle Fig. ?? -?? - ??, tratte dalle norme CNR-UNI citate, sono riportati i valori di ω in funzionedi λ, per i tre tipi di acciaio previsti nella normativa e relativi alla curva c, che evalida per la maggior parte dei profili laminati. La normativa attuale non ammettel’impiego di elementi con snellezza maggiore di 200, come elementi principali, e di250 per gli elementi secondari.

Esempio 5.2 Progettare un pilastro in acciaio di lunghezza l = 400 cm, vincolato alleestremita con cerniere, e soggetto ad una forza N = 500 kN, utilizzando un profilato HEBed un acciaio Fe 510 (fd = 355MPa).

Poiche le dimensioni della sezione non sono note, non conosciamo il valore del giratored’inerzia ρ e pertanto non possiamo determinare la snellezza λ. Dobbiamo quindi procedereper iterazione:

1. Si fissa un valore di ω di primo tentativo, p.es. ω = 2.

2. Si calcola l’area necessaria (per ω = 2)

A =Nω

fd=500× 235.5

= 28.2 cm2

3. Si cerca il profilo che approssima (per eccesso) l’area trovata. Dalla Fig. 5.9, si trovaper HEB120 A = 34.0 cm2, ρmin = 3.06 cm, pertanto, per questa sezione:

λmax =l

ρmin= 130.72

Nella tabella in Fig. ??, per λ = 131→ ω = 3.87.



Figura 5.23: Valori di ω in funzione della snellezza λ per l’acciaio Fe360 (curva c).

4. Si verifica la sezione per i dati effettivi

σ =Nω

A=500× 3.87

34= 56.9

kN

cm2> fd

Poiche la sezione non e verificata si deve iterare il procedimento. Dato che al crescere di ωaumentano le dimensioni della sezione (e quindi ρ), ad una sezione piu grande corrispondeuna snellezza minore, e dunque anche un minore valore di ω. Pertanto non e convenienteutilizzare come secondo tentativo il valore di ω trovato, ma uno intermedio tra quelloprecedente e quello calcolato.

1. Si adotta un nuovo valore di ω = 2+3.872 = 2.93.

2. Si calcola l’area corrispondente

A =Nω

fd=500× 2.9335.5

= 41.3 cm2

3. Si cerca il profilo. Per HEB 140 A = 43 cm2 e ρmin = 3.58 cm, e quindi

λmax =l

ρmin= 111.7

a cui corrisponde ω = 3.02.




4. Si verifica la sezione

σ =Nω

A=500× 3.02

43= 35.1

kN

cm2< fd

La sezione e verificata ¤

5.5.6 Vincoli

Finora abbiamo studiato il caso di un’asta vincolata alle estremita con una cernieraed un carrello. Spesso gli elementi strutturali sono diversamente vincolati. Neipilastri, ad esempio, le travi circostanti offrono spesso un vincolo che approssimapiu un incastro che una cerniera; se non vi sono collegamenti ad elementi molto piurigidi, inoltre, una delle estremita dell’asta puo essere libera di spostarsi. Ad esempiouna mensola verticale e incastrata alla base e completamente libera in sommita.I metodi di verifica esposti sopra sono tuttavia ancora utilizzabili, modificando

la lunghezza dell’asta. A questo fine si definisce la lunghezza libera di inflessione

li = βl (5.67)

ottenuta moltiplicando la lunghezza effettiva l per coefficiente β dipendente dai vin-coli. La verifica si esegue utilizzando la (5.66), ma calcolando il coefficiente ω infunzione della snellezza λ = li/ρ = βl/ρ. Ovviamente, nel caso di travi vincolate




con cerniera e carrello risulta β = 1; per altri casi si possono utilizzare i graficidella Fig. ?? , relativi ai casi in cui gli estremi sono fissi o liberi di spostarsi oriz-zontalmente. Il parametro κ e il rapporto tra la rigidezza rotazionale del vincolo k(M = kθ) e la rigidezza dell’asta EJ

l, per cui

κj =kjl

EJj = 1, 2 (5.68)

In ciascun grafico, sugli assi sono riportate le rigidezze normalizzate κ dei vincoli aidue estremi delle aste. I punti vicini all’origine corrispondono ad aste incernierateai due estremi. Nel caso di estremo fisso, si ha il caso dell’asta di Eulero, per cuiβ → 1; nel caso di estremo libero di spostarsi l’asta diviene labile e quindi β →∞.Al crescere di κ si va verso la condizione di incastro. I punti sugli assi corrispondonoal caso di incastro e cerniera; nel primo grafico β → 0.7, nel secondo β → 2. I puntisulla diagonale per l’origine sono relativi ad aste con vincoli simmetrici; per κ→∞(doppio incastro) β → 0.5 nel primo grafico e β → 1 nel secondo.Le norme CNR-UNI 10011 suggeriscono di assumere β = 0.7 (invece di 0.5)

nel caso di vincoli di doppio incastro e β = 0.8 (invece di 0.7) nel caso di vincoli diincastro e cerniera. Questa scelta e ovviamente prudenziale e dipende dalla difficoltadi realizzare un vincolo di perfetto incastro.Un pilastro puo essere vincolato diversamente nelle due direzioni; ad esempio

i pilastri del telaio in Fig. 5.27 si possono considerare incastrati alla base e, nella



0.525

0.55

0.575

0.60.625

0.650.675

0.7

0.725

0.750.775

0.80.825

0.850.875

0.9

0.925

0.95

0.775

Estremo Fisso

κ1

κ 2

10-1

100

101

102

10-1

100

101

102 Estremo Libero

κ1

κ 2

1.16

1.3

1.47

1.66

1.88

2.12

2.39

2.7

3.053.44

3.89

4.394.96

5.59

1.

10-1

100

101

102

10-1

100

101

102

Figura 5.26: Coefficiente β in funzione delle rigidezze rotazionali relative κ dei vincolidi estremita di una trave, nei casi a nodi fissi e mobili.

direzione del piano del telaio, parzialmente incastrati in sommita, inoltre, a causa deicontroventi, si puo ritenere che gli spostamenti nel piano siano impediti; pertantoin questa direzione si potra ragionevolmente assumere β = 0.7. Nella direzioneortogonale invece la sezione di sommita e libera; pertanto si dovra assumere β = 2.

Esempio 5.3 Supponendo che il pilastro in Fig. 5.27 abbia lunghezza l = 400 cm e lasezione sia una HEB300, nella direzione del telaio si ha li = βl = 0.7 × 400 = 280 cm eρ = ρmin = 7.58 cm; pertanto in questa direzione λ1 = 280/7.58 ' 37. Nell’altra direzioneli = 2 × 400 = 800, mentre ρ = ρmax = 13; dunque λ2 = 800/13 = 61.5. Dunque lasnellezza maggiore si ha nella direzione 2, che corrisponde a quella di maggior rigidezzadella sezione, perche in questa direzione la lunghezza libera di inflessione e assai maggioreche nell’altra. ¤

5.5.7 Aste presso-inflesse

Quando lo sforzo normale agente sull’asta ha un’eccentricita volontaria e, oltre alleeccentricita accidentali di cui si tiene conto tramite il coefficiente ω, la verifica siesegue sommando gli effetti dello sforzo normale a quelli prodotti dal momentoMmax

calcolato con la formula (5.61). Si ha quindi

σmax =|N |ωA

+|Ne|

W³1− |N |

NE

´ ≤ fd (5.69)



Figura 5.27: Telaio dell’esempio 5.3.

dove NE =π2Eλ2

A e il carico critico euleriano.

E importante notare che, mentre ω deve essere valutato in base alla snellezzamassima tra quelle delle due direzioni, il carico critico NE si deve calcolare in basealla snellezza relativa alla direzione di azione del momento. Ad esempio, per i pilastridel telaio di Fig. 5.27, il coefficiente ω sara valutato in base alla snellezza massima(61.5), mentre, supponendo che nel piano del telaio agisca un momento trasmessodalla trave, il carico NE che compare nel secondo termine della (5.69) dovra esserecalcolato in base alla snellezza relativa a quella direzione (λ = 37).Quando il momento (e quindi l’eccentricita) varia linearmente lungo l’asse della

trave (caso frequente nei pilastri delle strutture intelaiate), si puo ancora utilizzarela (5.69), sostituendo all’eccentricita costante e un’eccentricita equivalente, calcolatacon la seguente formula:

eeq =

½0.6e1 + 0.4e2 se |0.6e1 + 0.4e2| > 0.4 |e1|

0.4e1 se |0.6e1 + 0.4e2| ≤ 0.4 |e1|(5.70)

dove e1 ed e2 sono le eccentricita alle estremita dell’asta, ordinate in modo tale che|e1| ≥ |e2|.

Esempio 5.4 Un pilastro di un telaio, realizzato mediante un profilato tipo HEB, esoggetto alle sollecitazioni riportate nella successiva tabella:

Sezione N ( kN) My ( kNm) Mz ( kNm)

Sup. 300 20 12

Inf. 300 −10 −2



y

z

y

z

Figura 5.28: Sezione del pilastro dell’esempio 5.4.

ha una lunghezza l = 350 cm ed e realizzato con acciaio Fe430 (fd = 275MPa). Il pilastroe incastrato al piede mentre in sommita e vincolato elasticamente dalle travi circostanti;poiche il telaio non ha controventi ne pareti di irrigidimento, si assume che la sommita delpilastro sia libera di spostarsi. Si deve dimensionare e verificare il pilastro, assumendo chela direzione di maggior resistenza e rigidezza sia la z (vedi Fig. 5.28); supponendo che letravi in questa direzione siano piu rigide, si assumono due diversi coefficienti β: βy = 1.2,βz = 1.5

4.

Assumiamo ω = 3 e dimensioniamo la sezione solo per forza normale; si ha

A =Nω

fd=300× 327.5

= 32.7 cm2

La sezione HEB120 ha le seguenti caratteristiche: A = 34.0 cm2, ρy = 5.04 cm, ρz =3.06 cm. Le lunghezze libere di inflessione sono: liy = βyl = 420 cm, liz = βzl = 525 cm;pertanto le snellezze risultano:

λy =liyρy= 83.3 λz =

lizρz= 171.5

Il valore di ω, per il tipo di acciaio e per il valore di λ piu grande, e ω = 4.89; e evidenteche la sezione risultera non verificata.

Si assume quindi un valore intermedio di ω: ω = (3 + 4.89)/2 = 3.95 e si dimensiona dinuovo la sezione solo per la forza normale:

A =Nω

fd=300× 3.9527.5

= 43 cm2

Assumendo una sezione HEB 160, con le seguenti caratteristicheA¡cm2

¢ρy ( cm) ρz ( cm) Wy

¡cm3

¢Wz

¡cm3

¢54.25 6.78 4.05 311.5 111.2

risultano le snellezze

λy =liyρy= 61.9 λz =

lizρz= 129.6

4Per comodita utilizziamo per tutte le grandezze lo stesso indice del momento flettente e delmomento d’inerzia. Poiche My e Jy hanno per asse y, ρy =

pJy/A e il raggio d’inerzia maggiore

e βy indica il coefficiente della lunghezza libera di inflessione nel piano di normale y (cioe xz).



Alla snellezza maggiore corrisponde ω = 3.13.

Per verificare il pilastro, poiche il momento varia linearmente lungo l’altezza, calcoliamoil momento equivalente:

M∗y = max (0.6× 20 + 0.4× (−10) , 0.4× 20) = max (8.0, 8.0) = 8.0 kNm

M∗z = max(0.6× 12 + 0.4× (−2), 0.4× 12) = max(6.4, 4.8) = 6.4 kNm

ed i carichi critici nelle due direzioni (E = 200000MPa)

NEy =π2E

λ2yA = 2791 kN NEz =

π2E

λ2zA = 637 kN

quindi

σmax =Nω

A+

My

Wy

³1− N

NEy

´ + Mz

Wz

³1− N

NEz

´ = 310.6MPa > fd

La sezione non e verificata.

Si adotta la sezione maggiore HEB180, le cui caratteristiche sono riportate nella tabellaseguente:

A¡cm2

¢ρy ( cm) ρz ( cm) Wy

¡cm3

¢Wz

¡cm3

¢65.25 7.66 4.57 425.7 151.4

pertanto λy = 54.8, λz = 114.9 e ω = 2.63. Quindi NEy = 4284 kN e NEz = 974 kN. Daquesti dati risulta:

σmax =Nω

A+

My

Wy

³1− N

NEy

´ + Mz

Wz

³1− N

NEz

´ = 202.2MPa < fd

Le verifiche sono soddisfatte adottando un profilato HEB180. ¤


Capitolo 6

Il cemento armato

6.1 Introduzione

Nella storia dei processi costruttivi il cemento armato giunge per ultimo, dopo che lamuratura ed il legno avevano dominato per millenni, ed anche dopo che le costruzioniin acciaio avevano fatto la loro comparsa alla fine del XVIII secolo. Agli inizi del XXsecolo il cemento armato era ancora una tecnica sperimentale, alla fine dello stessola maggior parte delle costruzioni nel mondo, seppure con proporzioni non uniformi,erano realizzate con questo materiale.Le ragioni di questo successo sono molteplici, particolarmente di natura eco-

nomica (basso costo) e tecnico-costruttiva (relativa semplicita realizzativa, grandeflessibilita). Oggi l’impiego del cemento armato, particolarmente in Italia, copre uncampo assai vasto (probabilmente eccessivo) che va dai piccoli edifici di uno o duepiani, ad opere di grande impegno strutturale. Naturalmente il cemento armatotrova impieghi anche fuori dal campo dell’edilizia, nelle costruzioni di ponti, dighe,opere idrauliche e marittime, pavimentazioni stradali, ecc.Le strutture in cemento armato sono basate sull’impiego di due materiali: il

calcestruzzo e l’acciaio. Il primo, come si vedra meglio in seguito, e un materialelapideo artificiale, caratterizzato da una rilevante resistenza a compressione ma dauna modesta resistenza a trazione. Questa caratteristica, comune alle pietre natu-rali, ha sempre impedito alle costruzioni in pietra di superare grandi luci mediantel’impiego di travi, a casa delle elevate tensioni di trazione prodotte dalla flessione.Solo con la tecnica dell’arco (o della volta) e possibile trasferire carichi in puntilontani da quelli di applicazione senza introdurre tensioni di trazione (Fig. 6.1).L’aggiunta dell’armatura, formata da barre in acciaio convenientemente annegatenel calcestruzzo, consente all’insieme calcestruzzo-acciaio (cemento armato, breve-mente c.a.1) di acquisire anche una sufficiente resistenza a trazione per cui divieneidoneo a sopportare stati di sollecitazione di entrambi i segni.I primi brevetti per sistemi in cemento armato furono registrati da Monier, un

produttore di articoli da giardino, che aveva ideato un sistema di rinforzo dei vasi in

1Sarebbe piu corretto parlare di calcestruzzo armato, dizione comune in altre lingue (reinforcedconcrete, beton arme, stahlbeton, hormigon armado, ecc.). Tuttavia in Italia la locuzione adottatae quella di cemento armato.


150 Capitolo 6 Il cemento armato

(b) (a)

Figura 6.1: Foto a sinistra (a): il Partenone; e evidente la piccola distanza tra lecolonne permessa dalla resistenza a trazione delle trabeazioni. Foto a destra (b): ilgrande spazio coperto dalla cupola del Panteon, a Roma.

calcestruzzo mediante un’armatura formata da una rete metallica. Lo stesso Monier,negli anni successivi, estese i suoi brevetti a tubi e serbatoi e quindi ad elementipropri delle costruzioni civili: solette, ponti, scale. Nato in Francia, i cui brillantiprogettisti realizzeranno opere ardite (si pensi al ponte Risorgimento a Roma, 100metri di luce, costruito nel 1910 su progetto Hennebique), il cemento armato troverauna trattazione teorica piu rigorosa soprattutto per merito di ingegneri tedeschi,come Wayss, Bauschinger, Morsch, Back e Kleinloghel.

Poco dopo le prime applicazioni del cemento armato “ordinario”, venne idea-ta la precompressione, anche se i materiali dell’epoca non erano ancora adeguati aconsentire l’impiego di questa tecnica. La precompressione deve il suo sviluppo par-ticolarmente all’opera del francese Freyssinet, che registro numerosi brevetti relativialle tecniche realizzative. Non e possibile non ricordare, in questa succinta panora-mica, l’opera di Fritz Leonhardt che fu, oltre che acuto studioso delle problematichedel cemento armato, anche progettista di opere di notevole impegno ed arditezza.

Il grande sviluppo delle opere in cemento armato, iniziato gia nella prima metadel ’900, ebbe il suo maggiore sviluppo nel periodo successivo alla seconda guerramondiale, quando le esigenze della ricostruzione diedero grande impulso all’edilizia,ed e in questo periodo che il cemento armato divenne il “materiale” di gran lungapiu utilizzato. Oltre che per i motivi economici e per la grande flessibilita, a cuisi e accennato prima, il cemento armato era apprezzato anche per la durevolezzache si supponeva avesse, anche per analogia con le costruzioni lapidee. L’esperienzadegli anni successivi ha mostrato che questa previsione era decisamente ottimista;


6.2 Il calcestruzzo 151

molte costruzioni in cemento armato di cinquanta o piu anni, manifestano notevoliproblemi di conservazione. Tuttavia questa deficienza non e un limite intrinseco, madipende soprattutto dalla scarsa qualita del calcestruzzo che, specialmente in queglianni, spesso si veniva a realizzare. Infatti, quello che e uno dei principali pregi delcalcestruzzo, cioe di essere prodotto, fluido, durante la costruzione e quindi “gettato”nelle cassaforme (il che consente di realizzare forme complesse ed insolite), e anche ilsuo punto debole, perche e molto piu difficile assoggettarne la produzione a standarduniformi e ad efficaci sistemi di controllo. Allo stato attuale e possibile, senzaeccessive difficolta, realizzare calcestruzzi di ottima qualita, sia per la resistenza cheper la durabilita; tuttavia, specialmente nelle opere di minore importanza, i sistemidi controllo non sono ancora sempre cosı efficaci da garantire il conseguimento deglistandard desiderati.

6.2 Il calcestruzzo

Dei due componenti del cemento armato, il calcestruzzo e quello prevalente in quan-tita ed e anche quello che risulta visibile, in quanto l’acciaio rimane nascosto nelgetto in cui e annegato. I componenti basilari del calcestruzzo sono: il cemento,l’acqua e gli inerti (o aggregati). Gli aggregati costituiscono lo scheletro del mate-riale e ne sono la parte prevalente; generalmente sono realizzati con rocce naturalifrantumate (pietrisco) o ghiaia e sabbia. Il cemento svolge la fondamentale funzionedi legante, trasformando gli aggregati sciolti in una massa solida, mentre l’acqua el’elemento che attiva le reazioni chimiche della “presa” del cemento.

6.2.1 Il cemento

Vi sono diversi tipi di cemento, tutti pero varianti del capostipite cemento portland.Il cemento portland si ottiene per cottura ad alta temperatura (∼ 1400 C) di unamiscela di rocce calcaree ed argilla; il prodotto di cottura (clinker) viene quindifinemente macinato in mulini a sfere, in modo da ottenere un prodotto che reagiscerapidamente quando posto a contatto con l’acqua. Da un punto di vista chimicoil cemento portland e costituito da una miscela di silicati ed alluminati di calcio;a contatto con l’acqua gli alluminati ed i silicati reagiscono, dando luogo a com-plesse reazioni che vengono globalmente indicate come idratazione. A seguito diqueste reazioni si produce una struttura fibrosa, da cui dipende fondamentalmentela capacita collante del cemento (Fig. 6.2).

Oltre al cemento portland esistono numerosi altri tipi di cemento, per lo piuottenuti aggiungendo al clinker del portland altre sostanze, naturali od artificiali.Per esempio aggiungendo pozzolana si ottiene il cemento pozzolanico, con l’aggiun-ta delle scorie di altoforno si ha il cemento d’altoforno; altre miscele si ottengonoutilizzando ceneri volanti di silice. I calcestruzzi miscelati si possono giustificare siaper ragioni economiche (il minerale aggiunto costa meno del clinker) sia per otteneredelle particolari caratteristiche (p.es. un piu lento sviluppo del calore d’idratazione).



Figura 6.2: Rappresentazione schematica del processo di idratazione (da AIMAT).

6.2.2 Gli aggregati

Gli aggregati costituiscono lo scheletro del calcestruzzo e quindi le loro caratteri-stiche meccaniche e geometriche influiscono sensibilmente sul comportamento delmateriale finito. Generalmente gli inerti grossi dovrebbero essere costituiti da roc-ce che hanno una resistenza meccanica superiore a quella che si vuole ottenere dalcalcestruzzo, in modo che la rottura avvenga per rottura dei legami cementizi, nona causa dell’aggregato.

Un aspetto fondamentale nella realizzazione del calcestruzzo e la composizionegranulometrica, cioe le percentuali di inerti grandi, medi e fini che formano la misceladegli aggregati. Infatti una corretta granulometria e indispensabile per ottenere unriempimento efficace dei vuoti, in modo che si renda minima la quantita di cementonecessaria per riempire i vuoti lasciati dagli inerti. La dimensione massima degliaggregati varia a secondo delle caratteristiche del calcestruzzo. Per la realizzazionedi oggetti massicci, come spesso capita nelle opere di fondazione, si preferisce usareuna dimensione massima degli aggregati elevata, in modo da ridurre il quantitativodi cemento necessario; nei getti di elementi di piccole dimensioni o con un elevatoquantitativo di armature, che ostacola la colata del calcestruzzo, si preferisce usareuna granulometria di dimensioni minori. In ogni caso la composizione ottimale dellamiscela di aggregati e fornita dalla curva di Fuller, che fornisce, in funzione di d,la percentuale P di materiale passante attraverso un setaccio con fori di diametro d(quindi la percentuale di inerti di diametro inferiore a d). La legge di Fuller ha lasemplice espressione

P = 100pd/D (6.1)

dove D indica il diametro massimo degli inerti.

Nella Fig. 6.4 e rappresentata la curva (6.1) e le percentuali passanti di duecomponenti, una sabbia ed una ghiaia (da AIMA) mescolati in proporzione del 48 -52%.



Figura 6.3: Rappresentazione schematica dell’addensamento degli aggregati.

Slump (cm) Classe di consistenza Terminologia

0-4 S1 Terra umida5-9 S2 Plastica10-15 S3 Semifluida16-20 S4 Fluida>20 S5 Superfluida

Tabella 6.1: Abbassamento al cono di Abrams e classi di consistenza secondo UNI9858

6.2.3 L’acqua

L’acqua, come si e detto, ha la funzione di reagire con il cemento, dando luogo allereazioni di idratazione, da cui derivano la presa e l’indurimento del calcestruzzo. Ilquantitativo di acqua strettamente necessario a questo scopo e di circa il 25% delpeso del cemento. In realta il quantitativo che normalmente si impiega e molto su-periore, perche l’acqua svolge anche la funzione di rendere lavorabile l’impasto. Lalavorabilita di un calcestruzzo fresco si stima mediante il cono di Abrams, misurandol’abbassamento della massa fresca dopo lo scasseramento (Slump). La norma UNI9858 definisce cinque classi di consistenza (Tab. 6.1); un calcestruzzo normalmen-te lavorabile, senza l’impiego di altri accorgimenti, come la vibrazione, dovrebbeappartenere alla classe S3 (o maggiore).

La lavorabilita del calcestruzzo aumenta al crescere del quantitativo d’acqua ineccesso rispetto a quella richiesta per le reazioni chimiche, ma dipende anche daltipo di aggregati impiegati. Gli aggregati di piccola granulometria richiedono piuacqua di quelli di granulometria maggiore, mentre quelli di forma tondeggiante eliscia ne richiedono meno di quelli scabrosi e di forma allungata.

L’aumento del rapporto acqua/cemento (a/c) sfortunatamente produce una ra-



0

20

40

60

80

100

120

0 5 10 15 20 25

diametro setaccio (mm)

perc

entu

ale

pass

ante

Curva di Fuller Sabbia Ghiaia Totale

Figura 6.4: Miscela degli inerti di un calcestruzzo e confronto con la curva di Fuller

pida diminuzione delle prestazioni meccaniche (resistenza) e della durabilita delcalcestruzzo. Infatti l’acqua in eccesso, rimasta libera, occupa degli spazi che, do-po la fuoruscita dell’acqua, restano vuoti, aumentando notevolmente la porosita delmateriale. La presenza dei pori riduce la resistenza a compressione del calcestruzzo ene aumenta la deformabilita; amplifica inoltre alcuni fenomeni di deformazioni ritar-date, come il ritiro e la viscosita. Infine, favorendo la permeazione di agenti esternie la conseguente alterazione del materiale, ne riduce sensibilmente la durabilita.

Figura 6.5: Slump test con il cono di Abrams



Componente Peso (kg) Volume (l)

Cemento 370 123Acqua 200 200Aggregati 1788 675Aria - 2Totale 2359 1000

Tabella 6.2: Composizione media di un calcestruzzo Rck = 30 MPa e classe diconsistenza S3. Cemento 325, rapporto a/c = 0.54

6.2.4 Composizione del calcestruzzo

Per ottenere un calcestruzzo di classe S3 occorre mediamente un rapporto acqua/cementodi circa 0.5. La resistenza del calcestruzzo cresce con l’aumento della quantita dicemento, tuttavia per ottenere calcestruzzi di resistenza molto elevata ( > 50MPa)occorre ridurre drasticamente il rapporto acqua/cemento, recuperando la lavorabi-lita mediante l’aggiunta di opportuni additivi. A titolo di esempio, nella Tab. 6.2 eriportata la composizione di un calcestruzzo (classe di resistenza Rck = 30MPa) eclasse di consistenza S3.Le prestazioni dei calcestruzzi si possono fortemente migliorare introducendo

nella composizione degli additivi chimici, che l’industria del settore mette a disposi-zione del progettista. Vi sono vari tipi di additivi, che svolgono differenti funzioni:(fluidificanti, aeranti, acceleranti, ritardanti, ecc.). Gli additivi piu importanti, aifini della resistenza, sono i fluidificanti, che consentono di ridurre drasticamente laquantita di acqua in eccesso, e quindi di produrre calcestruzzi con bassissima po-rosita, pur mantenendo all’impasto un’elevata fluidita. Tra i calcestruzzi speciali sipossono citare i calcestruzzi fibrorinforzati, ottenuti aggiungendo fibre di acciaio (odi altro materiale dotato di resistenza a trazione). La presenza di fibre conferisceal calcestruzzo una resistenza a trazione molto superiore a quella dei calcestruzzinormali.Di comune utilizzo, soprattutto per la realizzazione di elementi non strutturali

(p.es. pannelli di tamponatura), sono i calcestruzzi leggeri , ottenuti sostituendo gliinerti naturali con prodotti artificiali di minore peso specifico (generalmente argillaespansa). Alla riduzione del peso corrisponde anche una minor resistenza, per cuigeneralmente si distingue tra calcestruzzi leggeri strutturali (con densita di circa1800 kg/m3) e calcestruzzi leggeri non strutturali, con densita che possono essereanche molto minori.

6.2.5 Caratteristiche meccaniche del calcestruzzo

Resistenza a compressione

La resistenza a compressione (fc) e il parametro piu significativo tra quelli chedefiniscono le proprieta meccaniche del calcestruzzo, e spesso e l’unico che vienedirettamente misurato. La resistenza si misura su campioni di forma cubica, di15 cm di lato (Resistenza cubica Rc) o su cilindri con diametro d = 15 cm ed altezza



Figura 6.6: Curve tensione—deformazione di calcestruzzi di differenti classi diresistenza

doppia (resistenza cilindrica fc). Le condizioni di prova influenzano sensibilmente ilvalore della resistenza: mediamente

fc = 0.83Rc (6.2)

Nella Fig. 6.6 sono rappresentate alcune curve tensione—deformazione ottenutesu cilindri standard relative a calcestruzzi di differenti classi di resistenza. Si puoosservare che in queste curve manca un tratto chiaramente lineare; quindi, raggiuntala tensione massima, per una deformazione prossima a 2× 10−3, il calcestruzzo puocontinuare a deformarsi, ma l’equilibrio e possibile solo riducendo la forza esterna.Il comportamento e quindi spiccatamente fragile, tanto piu quanto maggiore e laresistenza.

Modulo elastico

Anche se manca un ramo iniziale lineare, per valori della tensione sensibilmenteminori della resistenza la curva reale puo efficacemente essere approssimata da unaretta. Si puo quindi determinare un modulo elastico del calcestruzzo, anche se essodeve essere definito in modo convenzionale, data l’effettiva non-linearita del mate-riale. Le norme UNI 6556 prevedono che il modulo elastico (secante) sia valutatocon l’espressione

Ec =σ1 − σ0ε1 − ε0

(6.3)

dove σ1 ' fc/3 e σ0 ' fc/10 (fc = resistenza a compressione) mentre ε1 ed ε0 sonoi corrispondenti valori della deformazione. Dalla Fig. 6.6 appare chiaramente che alcrescere della resistenza aumenta anche il modulo elastico.Non vi e una relazione deterministica tra modulo elastico e resistenza, ma soltan-

to una correlazione statistica. Tuttavia, poiche spesso la sola grandezza misurata e



Figura 6.7: Schema delle prove per la misura della resistenza a trazione delcalcestruzzo: flessione (a) e taglio (b).

la resistenza, e opportuno disporre delle relazioni che forniscano, in media, il valoredel modulo elastico in funzione della resistenza a compressione. Questa relazioneviene normalmente posta nella forma (fib):

Ec = αEEc0

µfcfc0

¶1/3(6.4)

dove Ec0 = 215000MPa, fc0 = 10MPa e αE e una costante che dipende dalla naturadegli inerti, variabile tra 0.7 e 1.2.

Resistenza a trazione

La resistenza a trazione del calcestruzzo e notevolmente inferiore di quella a com-pressione; inoltre il comportamento e decisamente fragile, nel senso che, superata latensione massima, la resistenza decade rapidamente e si annulla all’aumentare delladeformazione. A causa di tale fragilita, misure dirette della resistenza a trazionesono molto delicate, in quanto anche piccole imprecisioni nella prova, ad esempionon perfetta assialita della forza, possono alterare in modo rilevante il risultato dellamisura. Per questo motivo si preferiscono misure indirette, per esempio a flessioneo a taglio su cilindri (prova brasiliana), come illustrato in Fig. 6.7. La resistenza aflessione e tuttavia maggiore di quella che si ottiene dalle prove di trazione e dipendedalle dimensioni del provino. Per le dimensioni comunemente utilizzate il rapportofctf/fct e circa 1.5.La resistenza a trazione aumenta al crescere di quella a compressione, ma anche

in questo caso la corrispondenza e solo di tipo statistico. In media si puo assumereche (fib)

fct = fct0 ln

µ1 +

fcfc0

¶(6.5)

in cui fct0 = 2.12MPa e fc0 = 10MPa.

Comportamento del calcestruzzo nel tempo

Resistenza Le reazioni chimiche che avvengono nel cemento al momento dellapresa e, successivamente, durante l’indurimento, si prolungano per molto tempo, per



Figura 6.8: Variazione nel tempo della resistenza del calcestruzzo (riferita a quellaa 28gg), per diversi tipi di cemento.

cui le caratteristiche del calcestruzzo continuano a mutare nel tempo. La resistenza,come mostra il grafico di Fig. 6.8, continua ad aumentare nel tempo, tendendo adun valore asintotico che si raggiunge dopo diversi anni. La resistenza finale, comesi vede, puo essere tra il 10 ed il 35% maggiore di quella di riferimento, misurataconvenzionalmente dopo 28 giorni dal getto.

Ritiro Un altro aspetto del calcestruzzo che si manifesta nel tempo e il ritiro.Questo e una riduzione isotropa del volume del getto che si sviluppa nel tempo esi completa dopo alcuni anni. Una parte del ritiro e dovuta a fenomeni legati alproseguimento delle reazioni di idratazione del cemento. L’entita di questo ritiroaumenta quindi con la quantita di cemento impiegata e dunque, in sostanza, con leprestazioni meccaniche, inoltre questa parte del ritiro si esaurisce (o quasi) in tempirelativamente brevi (circa 2 mesi). L’altra parte del ritiro e dovuta all’essiccamento,ossia alla perdita dell’acqua in eccesso rimasta nei pori del materiale. L’entita ela rapidita di questo fenomeno dipendono ovviamente, oltre che dal rapporto ac-qua/cemento, dalle condizioni ambientali. In ambiente secco il fenomeno e rapido epiu rimarchevole, mentre in ambiente umido e piu lento e, in condizioni di saturazio-ne (umidita 100%), praticamente assente. Come si vede dalla Fig. 6.9, la parte delritiro dovuta all’essiccamento e maggiore nei calcestruzzi di bassa o normale qualita(per i quali e maggiore il rapporto a/c) a confronto con quelli di alte prestazioni(rapporto a/c minore).

Viscosita Quando si applica un carico ad un elemento in calcestruzzo (p.es. unpilastro) questo subisce una deformazione praticamente istantanea; se la tensione



Figura 6.9: Svilluppo del ritiro nel tempo per un calcestruzzo normale (NSC) eduno ad alta resistenza (NSC).

non e troppo vicina a quella di rottura, questa deformazione si puo calcolare comerapporto tra la tensione ed il modulo elastico del calcestruzzo: εc = σc/Ec. Se ilcarico applicato non viene rimosso, ma continua ad agire per un tempo abbastanzalungo, la deformazione non resta costante, ma continua a crescere, pur tendendo ver-so un valore asintotico che praticamente si raggiunge dopo alcuni anni. Il fenomenoe quasi irreversibile; se si rimuove il carico dopo un lungo tempo la deformazioneelastica viene recuperata solo parzialmente a causa dell’aumento della rigidezza delmateriale avvenuta nel tempo, mentre la deformazione viscosa risulta praticamentepermanente (si veda Fig. 6.10).

La causa principale delle deformazioni ritardate e dovuta all’acqua in eccesso che,posta in pressione, tende ad essere espulsa dalla massa del calcestruzzo. Anche per laviscosita le condizioni ambientali (umidita) influiscono sull’evoluzione del fenomeno:non molto sull’entita finale della deformazione, ma in modo rilevante sulla rapiditacon cui si sviluppa. L’entita della deformazione finale e invece prevalentementedipendente dal rapporto acqua/cemento.

Si deve tenere presente che la deformazione viscosa non costituisce una piccolafrazione di quella elastica; al contrario, come si vede anche dalla Fig. 6.10, forma laparte prevalente della deformazione complessiva. Mediamente, per un calcestruzzonormale, le deformazioni ultime dovute alla viscosita sono circa doppie di quelleelastiche istantanee.



Figura 6.10: Sviluppo nel tempo delle deformazioni di un elemento di calcestruzzocompresso.

6.3 L’acciaio per il cemento armato

Negli elementi in cemento armato il calcestruzzo rappresenta il costituente che involume e largamente prevalente; l’acciaio, anche se impiegato in quantita moltominore, svolge tuttavia un ruolo altrettanto importante, perche, come si vedra meglionel seguito, ad esso e affidato il compito di resistere alle sollecitazioni di trazioneper le quali, come e stato mostrato in precedenza, il calcestruzzo ha una resistenzamolto limitata.

L’acciaio per il cemento armato viene normalmente prodotto in barre o fili (que-sti ultimi si impiegano solo nel cemento armato precompresso). L’acciaio per ilcemento armato ordinario ha, dal punto di vista meccanico, un comportamento no-tevolmente duttile. Nel diagramma tensioni-deformazioni (Fig. 6.11) si riconosce untratto elastico lineare, caratterizzato da un modulo elastico Es, fino alla tensione disnervamento fy, dopo di che si verifica lo scorrimento plastico e, successivamente, lafase di incrudimento in cui si raggiunge la resistenza massima ft seguita dal trattoinstabile (pendenza negativa) concluso dalla rottura della barra.

Negli anni passati venivano impiegati acciai di modesta resistenza allo snerva-mento (200 ∼ 300MPa) ma notevole duttilita (allungamento a rottura > 20%) esensibile differenza tra la tensione di snervamento e quella di rottura (ft = 340 ∼490MPa). Questi acciai venivano prodotti in barre tonde, con diametri compresitra 6 e 30 mm, lunghezze di circa 12 m. Attualmente la produzione si e concentratasu acciai di maggior resistenza (fy ∼ 500MPa) ma con minore duttilita (allunga-mento a rottura > 10%) e minore incrudimento ft ∼ 600MPa. Queste armaturesono prodotte in barre circolari ma la cui superficie e sagomata con opportuni risal-ti, come mostrato in Fig. 6.12. Questo trattamento serve ad aumentare l’aderenzatra l’acciaio ed il calcestruzzo, come sara chiarito meglio nel prossimo paragrafo.


6.3 L’acciaio per il cemento armato 161

Figura 6.11: Diagramma tensioni-deformazioni di un acciaio ordinario da c.a.

Poiche le barre nervate non hanno una sezione perfettamente circolare, per esse siutilizza un diametro convenzionale, ossia quello di una barra perfettamente circolareequipesante.

Oltre all’acciaio “ordinario”, nel cemento armato (precompresso) si utilizza ancheacciaio ad altissima resistenza; questo viene normalmente prodotto in fili di piccolodiametro, spesso riuniti in trecce o trefoli di piu fili. Il comportamento di questotipo di acciaio e molto diverso da quello dell’acciaio “dolce”, descritto prima. Infattiin questi acciai mancano completamente lo snervamento e la fase plastica, ed ilcomportamento ha una transizione graduale dalla fase lineare a quella non-lineare,in cui si raggiunge il valore massimo della tensione (ft) e quindi la rottura (Fig. 6.13).La resistenza di questi acciai (∼ 2000MPa) e nettamente superiore a quella degliacciai ordinari, ma la duttilita e notevolmente inferiore. Mancando lo snervamento,per questi acciai non si puo individuare una tensione fy; convenzionalmente in suavece si utilizza la tensione f0.2, che corrisponde ad una deformazione residua dello0.2%.

Il modulo elastico degli acciai e poco sensibile alle differenze di composizione e diresistenza; esso normalmente varia tra 195 000 e 210 000MPa, mentre il coefficientedi Poisson si puo assumere ν ' 0.3.

6.3.1 Aderenza tra acciaio e calcestruzzo

Nella teoria del cemento armato si assume che i due materiali costituenti, calce-struzzo ed acciaio, siano perfettamente solidali e quindi in due punti molto vicini,uno appartenente ad una barra di acciaio, l’altro al calcestruzzo, le deformazioninon differiscano per piu di un infinitesimo della distanza tra i punti (vedi Fig. 6.14).Nel calcestruzzo non fessurato questo e possibile grazie alla presenza delle forze diaderenza tra acciaio e calcestruzzo. Durante la presa si stabiliscono dei legami diadesione tra il cemento e la superficie della barra che praticamente impediscono lo



Figura 6.12: Esempio di barre nervate (aderenza migliorata) per l’armatura dellestrutture in c.a.

Figura 6.13: Diagramma tensioni-deformazioni di un acciaio ad alta resistenza


6.3 L’acciaio per il cemento armato 163

ε(P)( ) dP

PP

∂∂

+εε

ε(P)( ) dP

PP

∂∂

+εε

Figura 6.14: Sezione di un elemento in calcestruzzo con annegata una barra inacciaio.

Figura 6.15: Diagrammi forza-scorrimento di barre annegate nel calcestruzzo, liscee sagomate.

scorrimento relativo dei due materiali. Questi legami sono tuttavia piuttosto debolie possono essere vinti da forze non troppo elevate. Quando i legami di adesionesono stati spezzati, allo scorrimento di una barra liscia si oppongono solo le forzedi attrito che si sviluppano tra la superficie della barra e quella del calcestruzzo cir-costante, queste forze sono tuttavia assai deboli e diminuiscono con lo scorrimento,come illustrato nel grafico in Fig. 6.15 (“plain bar”).

Questi fenomeni sono messi in evidenza dalle prove di sfilamento, in cui unabarra annegata in un provino prismatico di calcestruzzo per una lunghezza prefissataviene estratta, misurando la forza e l’entita dello scorrimento. Quando la barra eopportunamente sagomata, dopo la rottura dell’adesione acciaio-calcestruzzo, sonoi risalti, incassati nel getto, che si oppongono allo scorrimento, che puo avvenire solodopo la rottura delle bielle di calcestruzzo che ostacolano il movimento della barra.Con questi accorgimenti e possibile aumentare in modo rilevante la resistenza alloscorrimento, anche se questo avviene a prezzo di spostamenti relativi tra acciaio e



Figura 6.16: Fessurazione del calcestruzzo circostante una barra sagomata: (a) perrottura per taglio, (b) rottura dei denti di calcestruzzo.

calcestruzzo in realta non trascurabili (vedi Fig. 6.15).In tutti i casi l’entita delle tensioni massime di aderenza che si trasmettono tra

acciaio e calcestruzzo (forza divisa per l’area della superficie di contatto) dipende,per una data geometria, dalla resistenza del calcestruzzo. Infatti l’aderenza inizialee dovuta ad un legame che dipende principalmente dal cemento, mentre l’aderen-za offerta dai risalti delle barre sagomate e direttamente legata alla resistenza dei“denti” di calcestruzzo che si oppongono allo scorrimento della barra.


Capitolo 7

La trave in cemento armato

Si supponga di aver realizzato una trave in cemento armato, come quella schematica-mente rappresentata in Fig. 7.1a, composta da un prisma in calcestruzzo rinforzatocon una o piu barre di acciaio disposte nella parte inferiore della trave. La travee posta su semplici appoggi e caricata con due forze uguali P disposte simmetrica-mente rispetto al centro. La struttura e ovviamente isostatica (uno dei due appoggisi deve intendere che funziona come un carrello) e quindi la trave e soggetta ad unasollecitazione di flessione (e taglio). Il grafico del momento flettente e rappresentatonella stessa figura: nei tratti compresi tra gli appoggi ed i carichi il momento crescelinearmente e quindi il taglio e costante (e pari a P ), nel tratto centrale, dove ilmomento e costante, il taglio e ovviamente nullo; in questa zona dunque la trave esollecitata a flessione semplice.Si supponga ora di far crescere il carico P partendo da un carico nullo ed inoltre

si assuma che il momento prodotto dal peso proprio sia tanto piccolo da potersi tra-scurare1. Mediante un opportuno strumento (flessimetro) si supponga di misuraregli abbassamenti che si producono nella mezzeria della trave a seguito dell’appli-cazione dei carichi e di riportare queste due grandezze (carico e abbassamento) inun grafico. Eseguendo questo esperimento si ottiene un diagramma simile a quelloillustrato nella Fig. 7.1b.Il primo tratto (OA) della curva e praticamente rettilineo e passa per l’origine.

Esso corrisponde a quello che si puo prevedere dalla teoria della trave studiata nelCap. 4, considerando la sezione di calcestruzzo come costituita da un materialeelastico di modulo Ec

2. Infatti, per piccoli valori del carico, la tensione massimaindotta nel calcestruzzo e inferiore alla sua resistenza a trazione e quindi anchela parte tesa della sezione reagisce; il comportamento del calcestruzzo compresso,inoltre, si puo assumere con buona approssimazione essere elastico lineare.

1Questa ipotesi non corrisponde in genere al vero, ma comunque la si puo accettare ai finidell’illustrazione dei fenomeni che si vuole trattare. In generale l’ipotetesi e sempre meno validaal crescere del fattore di scala. Infatti il momento del peso proprio cresce con la quarta potenzadel fattore di scala, mentre il modulo di resistenza W , come si e visto nei precedenti capitoli, eproporzionale al cubo delle dimensioni.

2In realta si deve tener conto anche della presenza dell’armatura, che e costituita da un diversomateriale, dotato di un diverso (piu elevato) modulo elastico. Come questo sia possibile saraspiegato nei paragrafi successivi.


166 Capitolo 7 La trave in cemento armato

P P

Mspostamento

Forz

a

O

A B

C D(1)

(2)

(a) (b)

Fase I

Fase II

Fase III

P P

Mspostamento

Forz

a

O

A B

C D(1)

(2)

(a) (b)

Fase I

Fase II

Fase III

Figura 7.1: Schema di carico di una trave in c.a. semplicemente appoggiata edigramma carico-abbassamento.

Raggiunto il carico corrispondente al punto A, in qualche sezione si supera laresistenza a trazione del materiale e quindi una fessura si innesca e si propaga nellaparte inferiore (tesa) della sezione. Se la trave fosse di solo calcestruzzo questo necomporterebbe il collasso, perche nella sezione fessurata non sarebbe piu possibilerealizzare l’equilibrio tra le forze esterne e le tensioni. Ma l’acciaio presente nelcemento armato interviene assorbendo le forze di trazione rilasciate dal calcestruzzoa causa della fessurazione e rendendo l’equilibrio ancora possibile. La fessurazioneriduce la rigidezza della sezione, si ha quindi un aumento dello spostamento, anchese il carico non aumenta (od aumenta di poco) e cosı si raggiunge il punto B.Da questo punto in poi, la freccia riprende ad aumentare in modo proporzionaleagli aumenti del carico, ma piu rapidamente, seguendo il segmento BC. La lineatratteggiata (2) in Fig. 7.1b rappresenta gli abbassamenti calcolati nell’ipotesi chetutta la trave, sin dall’inizio, sia composta da sezioni fessurate. Il comportamentoreale BC mostra che gli abbassamenti effettivi sono minori, in virtu del contributodelle parti non fessurate del calcestruzzo, ma anche che la differenza tra i due siriduce all’aumentare del carico e quindi all’avvicinarsi al punto C.

La linea BC e praticamente rettilinea perche in questa fase il comportamentodella trave e fortemente condizionato da quello dell’acciaio, che si ritiene sia in faseelastica. Nel punto C si raggiunge lo snervamento dell’armatura ed ha quindi iniziola fase plastica. Poiche la forza di trazione non puo aumentare (almeno fino a quandole deformazioni non raggiungono la fase dell’incrudimento), anche il momento crescelentamente con l’abbassamento. Ad un certo punto si raggiunge l’incrudimento ed ilmomento riprende a crescere, ma spesso, prima di giungere a questo, la deformazionedel calcestruzzo compresso puo essere divenuta tanto grande da produrre il collassoper schiacciamento del materiale (punto D).

La fase I (sezione interamente reagente) ha scarso interesse nel caso degli elemen-ti inflessi, perche il momento che produce la fessurazione e generalmente piccolo; glielementi vengono quindi normalmente progettati per funzionare, in esercizio, nellafase II. Se tuttavia l’elemento e soggetto, oltre che alla flessione, ad una forza nor-


7.1 Comportamento in fase I. Omogeneizzazione 167

male di compressione (come avviene per i pilastri), allora e possibile che in esercizioci si trovi nella fase I, perche la sezione risulta interamente compressa (questo equello che accade negli elementi in cemento armato precompresso).Nelle travi inflesse il collasso si raggiunge normalmente nella fase III, dopo che

e avvenuta la fessurazione e poi lo snervamento dell’armatura tesa. Negli elementiprevalentemente compressi tuttavia il collasso si puo raggiungere senza che la sezionesi sia fessurata (perche tutta compressa) o, se fessurata, prima che l’acciaio teso sisia snervato, in quanto il collasso avviene per schiacciamento del calcestruzzo.

7.1 Comportamento in fase I. Omogeneizzazione

Nel calcestruzzo non fessurato si puo assumere che vi sia una completa aderenza tral’acciaio ed il calcestruzzo, pertanto, come mostrato nella Fig. 6.14, le deformazioniin due punti contigui (uno nell’acciaio e l’altro nel calcestruzzo) sono le stesse ameno di un infinitesimo dello stesso ordine della loro distanza. Questo vuol direche il campo delle deformazioni non manifesta discontinuita in corrispondenza delpassaggio da un punto in un materiale a quello in un altro. Indicando con ε (P ) talecampo, quello delle tensioni sara

σ (P ) = E (P ) ε (P )

dove il modulo elastico E del materiale e ora una funzione di P , in quanto dipendedal materiale presente nel punto. La forza ed il momento risultanti delle tensioninella sezione sono quindi

N =

ZA

E (P ) ε (P ) dA (7.1a)

M =

ZA

E (P ) ε (P ) z (P ) dA (7.1b)

in cui z (P ) e la distanza del punto P dall’asse del momento.Le (7.1) si possono scrivere in modo differente, introducendo un modulo di

riferimento (costante) E0:

N =

ZA

E0ε (P )E (P )

E0dA =

ZA

σ0 (P )α (P ) dA =

ZA

σ0 (P ) dA∗ (7.2a)

M =

ZA

z (P )E0ε (P )E (P )

E0dA =

ZA

z (P )σ0 (P )α (P ) dA =

ZA

z (P )σ0 (P ) dA∗

(7.2b)

Nelle (7.2) σ0 (P ) = E0ε (P ) e la tensione che si avrebbe nel punto P se il moduloelastico del materiale fosse quello di riferimento E0 e α (P ) = E (P ) /E0 e il rap-porto tra il modulo effettivo e quello di riferimento che viene detto coefficiente diomogeneizzazione; nell’ultimo membro si e poi posto dA∗ = α (P ) dA, quindi dA∗

e un’area pesata con il coefficiente α (P ). Le due equazioni (7.2) dimostrano che,nell’ipotesi di perfetta aderenza, una sezione composta con parti di diversi materiali



Figura 7.2: Sezione di una trave in cemento armato come sovrapposizione dellasezione di calcestruzzo (forata) e quella delle barre.

si puo assimilare ad una realizzata con un unico materiale, avente il modulo elasticoE0, ma in cui le aree sono pesate mediante il coefficiente α (P ) pari al rapporto tra ilmodulo effettivo nel punto e quello di riferimento. La sezione cosı modificata si diceomogeneizzata, in quanto e resa equivalente ad una omogenea, perche composta daun solo materiale.Nel cemento armato abbiamo a che fare con sezioni composte da due soli materia-

li: il calcestruzzo e l’acciaio. Come materiale di riferimento si assume normalmenteil calcestruzzo, per cui se P e un punto nel calcestruzzo si ha α (P ) = 1. Per l’ac-ciaio il rapporto Es/Ec viene tradizionalmente indicato con la lettera n; inoltre lesezioni delle barre si possono normalmente assimilare a punti, quindi le formule (7.2)divengono semplicemente

N =

ZAc

σc (P ) dA+ nXi

σciAsi (7.3a)

M =

ZAc

z (P )σc (P ) dA+ nXi

ziσciAsi (7.3b)

in cui Ac e l’area della sezione in calcestruzzo, Asi e l’area della barra i-esima e σcie la tensione che si ha nel calcestruzzo in un punto adiacente a quello relativo alcentro della barra i. A rigore l’area del calcestruzzo dovrebbe essere l’area dell’interasezione depurata delle parti occupate dalle barre, come mostrato in Fig. 7.2. Inpratica tuttavia, dato che l’area dell’armatura e molto piu piccola di quella delcalcestruzzo, l’area Ac viene presa coincidente con quella dell’intera sezione, a cui siaggiungono le aree delle barre omogeneizzate. In questo modo l’area occupata dauna barra viene conteggiata due volte, una come calcestruzzo (con peso 1), l’altracome acciaio, con peso n. Di conseguenza, se si procede in questo modo, il valoredel coefficiente di omogeneizzazione realmente usato e n+ 1.

7.1.1 Sezione pressoinflessa

Data una sezione in cemento armato sollecitata da una forza normale N (di com-pressione) ed un momento di componenti My ed Mz, se ne vuole determinare lo



stato di tensione assumendo che la sezione sia in fase I (calcestruzzo non fessurato).In una sezione pressoinflessa le tensioni, per quanto visto nel Cap. 4, sono funzioni

lineari delle coordinate; si puo quindi porre:

σc = σ0 + ay + bz (7.4)

in cui σ0, a e b sono opportune costanti. Dalle equazioni di equilibrio (7.3) si haquindi

N = σ0

"ZAc

dA+ nXi

Asi

#+

+ a

"ZAc

ydA+ nXi

yiAsi

#+ b

"ZAc

zdA+ nXi

ziAsi

#(7.5a)

My = σ0

"ZAc

zdA+ nXi

ziAsi

#+

+ a

"ZAc

zydA+ nXi

ziyiAsi

#+ b

"ZAc

z2dA+ nXi

z2iAsi

#(7.5b)

Mz = −σ0

"ZAc

ydA+ nXi

yiAsi

#−

− a

"ZAc

y2dA+ nXi

y2iAsi

#− b

"ZAc

yzdA+ nXi

yiziAsi

#(7.5c)

Se gli assi del riferimento sono scelti in modo tale che"ZAc

ydA+ nXi

yiAsi

#=

"ZAc

zdA+ nXi

ziAsi

#=

"ZAc

zydA+ nXi

ziyiAsi

#= 0

(7.6)le (??) divengono

N = σ0

"ZAc

dA+ nXi

Asi

#(7.7a)

My = b

"ZAc

z2dA+ nXi

z2iAsi

#(7.7b)

Mz = −a"Z

Ac

y2dA+ nXi

y2iAsi

#(7.7c)



Ma ZAc

dA+ nXi

Asi = Ac + nXi

Asi = A∗ (7.8a)ZAc

z2dA+ nXi

z2iAsi = J∗y (7.8b)ZAc

y2dA+ nXi

y2iAsi = J∗z (7.8c)

sono l’area ed i momenti d’inerzia della sezione omogeneizzata. Dalle (7.7) allorasegue che

σ0 =N

A∗a = −Mz

J∗zb =

My

J∗y

e quindi la (7.4) diviene

σc =N

A∗− Mz

J∗zy +

My

J∗yz (7.9)

identica alla (4.23) quando si sostituiscano le grandezze geometriche relative allasezione omogeneizzata a quelle della sezione effettiva. Inoltre le condizioni (7.6)equivalgono all’annullarsi dei momenti statici

S∗z =

ZAc

ydA+ nXi

yiAsi S∗y =

ZAc

zdA+ nXi

ziAsi

e del momento centrifugo

J∗yz =

ZAc

zydA+ nXi

ziyiAsi

della sezione omogeneizzata; in sostanza questo equivale a dire che l’origine delriferimento e nel baricentro e gli assi sono quelli principali d’inerzia della medesimasezione.La (7.9) fornisce le tensioni nel calcestruzzo. Per determinare le tensioni nella

i-esima barra d’acciaio basta osservare che le deformazioni sono le stesse, quindi

εi =σciEc

=1

Ec

µN

A∗− Mz

J∗zyi +

My

J∗yzi

¶e, di conseguenza

σsi = Esεi =Es

Ecσci = nσci = n

µN

A∗− Mz

J∗zyi +

My

J∗yzi

¶(7.10)

avendo tenuto conto che n = Es/Ec.La (7.10) mostra che la tensione in una barra d’acciaio si ottiene moltiplicando

la tensione del calcestruzzo nello stesso punto per il coefficiente di omogeneizzazionen.



Esempio 7.1 Determinare le tensioni, in fase I, nel calcestruzzo e nell’acciaio in unasezione in c.a., rettangolare di lati b = h = 30 cm e con armatura formata da 4 barre∅20mm (area As = 3.14 cm2), poste alla distanza δ = 4 cm dai bordi, sollecitata conuno sforzo normale N = −250 kN ed un momento flettente My = 150 kNm, assumendoche il modulo elastico dell’acciaio sia Es = 200 000MPa e quello del calcestruzzo Ec =33 000MPa. Verificare l’ammissibilita dell’ipotesi assumendo che la resistenza a trazioneper flessione del calcestruzzo sia fctf = 1.5MPa.

Il coefficiente di omogeneizzazione e n = Es/Ec = 200000/33000 ' 6. Per simmetria ilbaricentro della sezione omogeneizzata coincide con quello della sezione di calcestruzzo,quindi l’area ed il momento d’inerzia baricentrico della sezione omogeneizzata valgono

A∗ = bh+ 4nAs = 30× 30 + 4× 6× 3.14 = 975.36 cm2

J∗y =bh3

12+ 4nAs

µh

2− δ

¶2=30× 30312

+ 4× 6× 3.14µ30

2− 4¶2= 76 618. cm4

Applicando la (7.9) le tensioni ai lembi della sezione sono

σc =−250975.36

± 1500076618

15 =0.037 kN/ cm2 = 0.37MPa−0.55 kN/ cm2 = −5.5MPa

mentre usando la (7.10) si calcolano quelle nelle armature

σs = 6

∙−250975.36

± 1500076618

11

¸=−0.246 kN/ cm2 = −2.46MPa−2.83 kN/ cm2 = −28.3MPa

La trazione massima σmax = 0.37MPa e minore della resistenza (fctf = 1.5MPa), quindil’ipotesi che la sezione sia in fase I e accettabile. ¤

7.1.2 Il coefficiente di omogeneizzazione

Il coefficiente di omogeneizzazione n e, come e stato detto, il rapporto tra il moduloelastico dell’acciaio e quello del calcestruzzo. Nei paragrafi precedenti si e anchevisto che nell’acciaio il modulo elastico e poco variabile e, mediamente, si puo assu-mere pari a 200 000MPa, mentre nei calcestruzzi varia sensibilmente e si puo ritenerefunzione crescente con la resistenza; per i calcestruzzi di normale impiego struttu-rale si puo assumere Ec variabile tra 27000 e 37000MPa; il valore di n pertantodovrebbe variare tra 7.4 e 5.4, in funzione delle caratteristiche del calcestruzzo. Inpratica tuttavia si utilizza di frequente un valore notevolmente maggiore (n = 15);la ragione di questa apparente discrepanza risiede nel fatto che il rapporto calcolatoprima si riferisce alle deformazioni istantanee; nel § 6.2.5, illustrando le proprieta delcalcestruzzo, si e visto come, per carichi di lunga durata, la deformazione del calce-struzzo continua a crescere nel tempo a causa della viscosita, per cui le deformazionitotali a lungo termine, relativamente ai carichi permanenti, sono circa il triplo diquelle istantanee. Questo fatto si traduce in un’apparente diminuzione del moduloelastico del calcestruzzo di un uguale fattore; di conseguenza il coefficiente di omo-geneizzazione dovrebbe aumentare in proporzione inversa, divenendo compreso tracirca 16 e 22. Questa valutazione e tuttavia eccessiva, in quanto assume che l’interocarico sia permanente. Se si suppone che solo il 70% del carico totale sia di lunga



σs

σc

τad

σs

σc

τad

Figura 7.3: Apertura di una fessura in una trave in cemento armato.

durata, le deformazioni totali divengono circa 2.4 volte quelle elastiche, ed a questocorrisponde un coefficiente medio n = 2.4× 6.3 ' 15.Ovviamente questo e un calcolo forfettario, lecito quando l’effetto delle defor-

mazioni viscose non modifica in modo sostanziale il comportamento dell’elemento;in caso contrario (p.es. nel cemento armato precompresso) occorre tenere separatal’analisi delle deformazioni istantanee da quella degli effetti lenti. In questo caso nelfissare il valore di n ci si dovra riferire alla sua definizione originale, come rapportotra i moduli elastici istantanei dei due materiali, per esempio assumendo n = 6.

7.2 Analisi della sezione fessurata (fase II)

7.2.1 Comportamento della trave fessurata

Superata la resistenza a trazione del calcestruzzo in qualche punto della trave, nel-la sezione corrispondente si apre una fessura. Come si e gia fatto osservare, se latrave fosse realizzata in solo calcestruzzo questo corrisponderebbe alla sua rottura;viceversa, la presenza dell’acciaio consente alla sezione di trovare un’altra configura-zione di equilibrio, in cui la forza di trazione, necessaria ad equilibrare il momento,e assorbita dall’armatura, mentre il calcestruzzo assorbe la corrispondente forza dicompressione.

La fessura inizia a propagarsi partendo dalla fibra inferiore, maggiormente tesa,e si estende fin quando le tensioni che si sviluppano nell’acciaio non sono in gradodi equilibrare la forza rilasciata del calcestruzzo fessurato; quando questo avviene lafessura si stabilizza e la sezione viene a trovarsi nella nuova configurazione. Natu-


7.2 Analisi della sezione fessurata (fase II) 173

P PP PP PP P

Figura 7.4: Fessurazione di una trave in c.a. sollecitata a sola flessione.

ralmente, in una trave ben progettata queste fessure sono molto piccole (∼ 0.1mm)e praticamente non osservabili. Limitare l’ampiezza delle fessure e molto impor-tante non soltanto per l’estetica, bensı anche per conservare una efficace protezionedell’acciaio.

Lo studio di cosa avviene nella trave a seguito della fessurazione (analisi dellafessurazione) esorbita dai limiti del corso; nel seguito se ne dara solo una descrizionequalitativa, quindi si passera allo studio della sezione.

Nella Fig. 7.3 e rappresentato schematicamente un tratto di trave in cui si eaperta una fessura. Ovviamente l’ampiezza della fessura e fortemente esagerata perrendere visibili i fenomeni che verranno descritti. Quando la fessura si apre, le faccedella fessura si scaricano e quindi le corrispondenti tensioni normali devono annullar-si. Al contrario nell’armatura le tensioni aumentano, perche l’acciaio deve assorbireanche la forza rilasciata dal calcestruzzo. Questa condizione non e evidentementecompatibile con quella della perfetta aderenza; al contrario si produce uno scorri-mento tra i due materiali, che pone in azione le tensioni di aderenza (τad). Questetensioni si oppongono allo scorrimento e quindi restituiscono al calcestruzzo la forzaperduta nella sezione fessurata. Il fenomeno si stabilizza quando le tensioni nei duemateriali sono tornate ai valori che si hanno nella sezione non fessurata. Questo equalitativamente mostrato nella Fig. 7.3, dove i diagrammi σs e σc rappresentano gliandamenti delle tensioni normali nell’acciaio ed in una fibra di calcestruzzo prossimaall’armatura.

Al crescere del carico (e quindi del momento) la resistenza del calcestruzzo vienevinta anche in altre sezioni, che tuttavia non possono essere troppo prossime allaprima (e tra loro) perche, dopo l’aprirsi di una fessura, le tensioni nel calcestruzzo siannullano in prossimita di questa. La trave fessurata e quindi composta da blocchidi calcestruzzo integri separati da fessure, come illustrato in Fig. 7.4. Tuttavia,quando il momento e sensibilmente maggiore di quello di fessurazione, il contributoalla rigidezza della trave dei blocchi di calcestruzzo tra le fessure e modesto, perchela tensione in questi blocchi risulta al massimo uguale (ma generalmente e minore)a quella di fessurazione.



εc

εs

εc

εs

Figura 7.5: Conservazione delle sezioni piane in una trave in c.a.

7.2.2 Analisi della sezione inflessa

La discussione precedente ci ha portato a concludere che in corrispondenza dellefessure (e nelle zone circostanti) l’ipotesi di perfetta aderenza tra l’acciaio ed il cal-cestruzzo teso non e piu applicabile, mentre rimane valida per l’armatura presentenella parte compressa della sezione. Il venir meno della condizione di uguali defor-mazione tra il calcestruzzo fessurato e l’acciaio non e tuttavia importante, percheil calcestruzzo fessurato (che si assume sia coincidente con quello teso) non fornisceresistenza e quindi non e necessario conoscerne la deformazione per determinare lostato di tensione (che e sempre pari a zero). Cio che e necessario assumere, per conti-nuare ad adottare la teoria di Navier — de Saint Venant, e che per la sezione reagente(calcestruzzo compresso e acciaio) sia sempre valida l’ipotesi di conservazione dellesezioni piane, come e illustrato nella Fig. 7.5.

Stabilite queste ipotesi, la teoria della trave inflessa si puo estendere al calcoloelastico della sezione fessurata, con la precisazione che la sezione della trave e lasezione reagente omogeneizzata, ossia la sezione costituita dalla sola parte compressadel calcestruzzo e dall’acciaio, pesato con il coefficiente di omogeneizzazione n. Ilproblema risulta tuttavia sensibilmente piu complesso che per la sezione integra;infatti quale sia la sezione reagente dipende dalla posizione dell’asse neutro, che eincognita ed a sua volta dipende da quale sia la sezione reagente. La soluzione delproblema richiede quella di un sistema di due equazioni non lineari, le cui incognitesono i due parametri che definiscono l’equazione della retta che coincide con l’asseneutro.

Si esamini una generica sezione in c.a. come quella illustrata in Fig. 7.6; siaη un asse coincidente con l’asse neutro della sezione reagente e ζ un asse ad essoortogonale; inoltre μ, ν siano altri due assi ortogonali, con l’origine in comune ai



η

ζ

μ

ν

θ

M

η

ζ

μ

ν

θ

M

Figura 7.6: Sezione in c.a. sollecitata a flessione in fase II. Campo delle tensioni.

precedenti, e tali che μ sia l’asse attorno a cui “ruota” il momento, ossia l’asseparallelo al vettoreM. Per l’ipotesi di conservazione delle sezioni piane si puo porre

σ = λζ (7.11)

dove λ e una costante e ζ e la distanza del punto dall’asse neutro. La (7.11) ovvia-mente si riferisce ai punti della sezione omogeneizzata, composta dal calcestruzzocompresso e dalle barre di armatura pesate con il coefficiente di omogeneizzazionen. Poiche la sezione e sollecitata a sola flessione, la risultante delle tensioni normalideve essere nulla, quindi Z

A∗σdA = λ

ZA∗

ζdA = λS∗η = 0 (7.12)

da cui si deduce che S∗η = 0. Nella (7.12) l’integrale e esteso all’area reagenteomogeneizzata, quindi S∗η e il momento statico relativo a η di questa sezione. Comeera prevedibile dalla teoria generale, questo momento statico e nullo, perche in unasezione inflessa l’asse neutro deve passare per il baricentro della sezione, quindi ηe un asse che passa per il baricentro della sezione reagente omogeneizzata3. Poicheper ipotesi l’asse μ coincide con la direzione del vettoreM, la proiezione diM su ν,perpendicolare a μ, e nulla; dunque il momento risultante delle tensioni σ rispettoν deve essere nullo, ossia Z

A∗σμdA = λ

ZA∗

ζμdA = 0 (7.13)

3Nel seguito si dira brevemente sezione omogeneizzata, intendendo una sezione composta dallasola parte compressa del calcestruzzo e delle aree di acciaio moltiplicate per n.



Ma (vedi Fig. 7.6)ζ = ν cos θ + μ sin θ (7.14)

Sostituendo la (7.14) nella (7.13) si ottiene

cos θ

ZA∗

νμdA+ sin θ

ZA∗

μ2dA = 0

da cui si deduce che

tan θ =−J∗μνJ∗ν

(7.15)

dove J∗ν e J∗μν sono rispettivamente il momento d’inerzia rispetto all’asse ν ed ilmomento centrifugo relativo a μν della sezione omogeneizzata.Le due equazioni (7.12) e (7.15) permettono di determinare la posizione dell’asse

neutro, ma esse formano un sistema non-lineare, perche le grandezze S∗η , J∗ν e J

∗μν

dipendono dalle incognite, p.es. l’angolo θ e la distanza dell’asse neutro da un puntofisso. La soluzione richiede dunque, in genere, una procedura numerica iterativa,che si trova normalmente implementata in diversi programmi per computer.Trovata la posizione dell’asse neutro, la geometria della sezione reagente risul-

ta definita e quindi tutte le sue caratteristiche possono essere facilmente calcolate.L’ultima equazione di equilibrio non ancora utilizzata e quella tra il momento ri-sultante delle tensioni ed il momento agente M . Poiche per definizione μ e propriol’asse del momento, si avra

M =

ZA∗

σνdA = λ

ZA∗

ζνdA (7.16)

e sostituendo la (7.14) nella (7.16) si ottiene

M = λ

∙cos θ

ZA∗

ν2dA+ sin θ

ZA∗

νμdA

¸= λ

¡J∗μ cos θ + J∗μν sin θ

¢da cui segue, tenendo conto della (7.15), che

λ =M

J∗μ cos θ + J∗μν sin θ=M

pJ∗2ν + J∗2μν

J∗μJ∗ν − J∗2μν

(7.17)

Sostituendo il valore di λ (7.17) nella (7.11) si ottengono le tensioni nel calcestruzzo.Quelle nell’acciaio risultano dalla stessa relazione, ponendo per ζ le coordinate delcentro della barra e moltiplicando il valore trovato per n.

7.2.3 Flessione retta

Se l’asse del momento μ coincide con uno degli assi principali d’inerzia della sezione,allora J∗μν = 0 [vedi pag. 6] e dalla (7.15) si trae che θ = 0, quindi l’asse neutro η eparallelo all’asse del momento. Nel caso della sezione fessurata pero questa condi-zione si verifica solo se l’asse del momento coincide con uno degli assi principali della



a

ny

z

y*

z*

G0

G*y*

z

a n

G0

(a) (b)

G*

y

a

ny

z

y*

z*

G0

G*y*

z

a n

G0

(a) (b)

G*

y

Figura 7.7: Flessione di una sezione asimmetrica (a) ed una simmetrica (b) perun momento agente secondo uno degli assi principali d’inerzia della sezione dicalcestruzzo.

sezione reagente omogeneizzata, la cui geometria dipende dalla posizione dell’asseneutro ed e quindi a priori incognita.

Ad esempio si consideri la sezione in Fig. 7.7 (a) sollecitata da un momento ilcui asse e parallelo all’asse principale d’inerzia (della sezione non fessurata) y. Aseguito della fessurazione gli assi della sezione parzializzata (y∗ e z∗) non coincidonocon quelli della sezione intera e quindi l’asse del momento non e piu asse principaled’inerzia, dunque θ 6= 0 e l’asse neutro e rotato rispetto all’asse della sollecitazione.Nel caso pero che la sezione sia simmetrica [Fig. 7.7 (b)] e l’asse del momento siaortogonale a quello di simmetria, allora, restando l’asse neutro parallelo all’asse delmomento, la sezione rimane simmetrica e gli assi principali d’inerzia non rotano;quindi ci troviamo nel caso della flessione retta in cui la direzione dell’asse neutro enota, ortogonale all’asse di simmetria.

In conclusione, nelle sezioni fessurate, possiamo prevedere che la sollecitazionee di flessione retta solamente se la sezione omogeneizzata e simmetrica e l’asse delmomento e ortogonale a quello di simmetria. Delle due equazioni (7.12) e (7.15)la seconda e soddisfatta ponendo θ = 0, la prima (S∗η = 0) e quindi sufficiente perdeterminare la posizione dell’asse neutro. Il problema risulta percio notevolmentesemplificato.



z

yz1

z2

z3

b

h

zc

Asi

η

z

yz1

z2

z3

b

h

zc

Asi

η

Figura 7.8: Sezione rettangolare soggetta a flessione retta.

7.2.4 Flessione retta della sezione rettangolare

Anche nel caso della flessione retta, la determinazione della posizione dell’asse neutrorichiede la soluzione di un’equazione non lineare che in generale si puo risolveresolo con una procedura numerica iterativa; molti programmi per computer risolvonoefficientemente questo problema per sezioni di forma arbitraria. Per sezioni di formarettangolare, pero, esplicitando la (7.12) si ottiene un’equazione di secondo grado,di cui esiste una semplice e ben nota soluzione in “forma chiusa”.Nella Fig. 7.8 e mostrata una sezione di questo tipo, di lati b, h e k livelli di

armatura4, ciascuno di area Asi (i = 1, . . . , k). Si adotta un riferimento in cuil’asse z (asse di simmetria della sezione) e ortogonale all’asse del momento e haorigine sul bordo della sezione, dalla parte delle fibre compresse. Rispetto a questoriferimento, zi (i = 1, . . . , k) sono le coordinate dei livelli di armatura e zc e ladistanza dall’origine dell’asse neutro η. Con queste posizioni il momento staticodella sezione omogeneizzata rispetto all’asse neutro η e:

S∗η = −1

2bz2c +

kXi=1

(zi − zc)nAsi = 0

che si puo opportunamente riscrivere

z2c + 2nAs

bzc − 2

nAs

bzs = 0 (7.18)

4Nella flessione retta, un livello d’armatura e l’insieme delle barre che si trovano alla stessadistanza dall’asse neutro e quindi hanno la stessa deformazione. L’area di un livello e ovviamentela somma delle aree dello stesso livello.



in cui As =Pk

i=1Asi e l’area totale delle armature presenti nella sezione e

zs =

Pki=1 ziAsiPki=1Asi

(7.19)

e la distanza dall’origine del baricentro delle armature. La (7.18) e un’equazione disecondo grado, la cui soluzione positiva e

zc =nAs

b

Ãr1 +

2bzsnAs

− 1!

(7.20)

La (7.20) ci permette quindi di determinare facilmente la posizione dell’asse neu-tro di una sezione rettangolare inflessa in c.a. sollecitata a flessione retta. Ora, notozc, non vi sono difficolta a determinare le caratteristiche geometriche della sezionereagente. In particolare il momento d’inerzia rispetto all’asse η, che e baricentrico,risulta

J∗η =bz3c3+ n

kXi=1

(zsi − zc)2Asi (7.21)

Quindi, applicando la (7.17) (con J∗μν = 0) e la (7.11), poiche μ ≡ η, si ha

σc =My

J∗η(z − zc) (7.22)

che fornisce i valori della tensione nel calcestruzzo compresso (z < zc). Il valore(assoluto) massimo si raggiunge sul bordo, per z = 0, e si ha:

σcmax = −My

J∗ηzc (7.23)

La tensione nell’acciaio si ottiene calcolando quella di una fibra di calcestruzzo postaalla stessa distanza dall’asse neutro e amplificandola con il fattore n; si ottiene

σsi = nMy

J∗η(zsi − zc) (7.24)

La massima distanza dal lembo compresso dell’armatura (max zsi = d) e chia-mata altezza utile della sezione. Questo nome deriva dal fatto che, nel calcolo aflessione, non contando il calcestruzzo teso, la sezione effettivamente reagente finiscepraticamente in corrispondenza della barra piu distante dal lembo compresso.

Esempio 7.2 La sezione rappresentata in Fig. 7.9 e soggetta ad un momento flettenteMy = 120 kNm. Determinare i valori massimi delle tensioni nel calcestruzzo e nell’acciaio(n = 15).

La sezione ha due livelli di armatura As1 = 2 × 2.01 = 4.02 cm2 z1 = 4cm e As2 =4× 3.14 = 12.56 cm2, z2 = 46 cm. L’area totale delle armature e pertanto

As = As1 +As2 = 4.02 + 12.56 = 16.58 cm2



50

254

4

2∅16

4∅20

50

254

4

2∅16

4∅20


e la distanza dal lembo compresso del loro baricentro e

zs =4.02× 4 + 12.56× 46

16.58= 35.82 cm

quindi nAs/b = 15× 16.58/25 = 9.948 cm.Applicando la (7.20) si ottiene la posizione dell’asse neutro

zc =nAs

b

Ãr1 +

2bzsnAs

− 1!= 9.948

Ãr1 +

2× 35.829.948

− 1!= 18.54 cm

Il momento d’inerzia della sezione omogeneizzata e allora

J∗η =25× 18.543

3+ 15

h4.02 (4− 18.54)2 + 12.56 (46− 18.54)2

i= 207918 cm4

Pertanto, applicando (7.23) e (7.24):

σcmax =12000

207918(−18.54) = −1.07 kN/ cm2 = −10.7MPa

σsmax = 1512000

218478(46− 18.54) = 23.77 kN/ cm2 = 237.7MPa

¤

7.2.5 Dimensionamento

Le formule precedenti permettono di calcolare le tensioni prodotte dalla sollecita-zione quando la geometria della sezione e le armature sono note. Inversamente epossibile calcolare le dimensioni e l’armatura di una sezione rettangolare in modotale che, per un dato valore della sollecitazione M , raggiunga prefissati valori dellatensione massima nel calcestruzzo e nell’acciaio.



σc0

σs0/n

d

zc

b

δ

As

C

T

σc0

σs0/n

d

zc

b

δ

As

σc0

σs0/n

d

zc

b

δ

As

C

T

Figura 7.10: Risultanti delle tensioni in una sezione inflessa in c.a. con un solo livellodi armatura.

Con riferimento alla Fig. 7.10, che rappresenta una sezione rettangolare con unsolo livello di armatura, siano σc0 e σs0 i valori assoluti delle tensioni massime chesi vuole siano raggiunti nel calcestruzzo e nell’acciaio. La condizione che questosi verifichi e rappresentata nel grafico nella stessa figura, in cui σs0 e divisa per nper tenere conto del diverso modulo elastico dei due materiali. Da una semplicesimilitudine tra triangoli si deduce allora facilmente che:

zc = dσc0

σc0 + σs0/n= ψd (7.25)

in cui ψ = σc0σc0+σs0/n

e una quantita nota, quando siano fissati i valori di σc0, σs0 edel coefficiente di omogeneizzazione n. Se C indica il valore assoluto della risultantedelle tensioni di compressione e T la risultante delle tensioni di trazione nell’acciaio,poiche la sollecitazione e di sola flessione (N = 0), si dovra avere C = T . D’altraparte e evidente che

σc (ζ) = σc0ζ/zc0

dove σc (ζ) indica il valore assoluto di σc all’ascissa ζ. Si ha dunque

C = b

Z zc

0

σcdζ = bσc0

Z zc

0

ζ

zcdζ = σc0

bzc2

(7.26)

mentre T = Asσs0.La distanza tra le risultanti C e T e detta braccio delle forze interne ed e indicata

con δ. La risultante T passa evidentemente nel baricentro delle armature, distanted dal lembo compresso; la risultante delle compressioni C cade invece nel baricentrodel triangolo che ha base σc0 ed altezza zc; si ha pertanto [eq. (7.25)]:

δ = d− zc3= d

µ1− ψ

3

¶(7.27)



Le forze C e T formano una coppia di braccio δ; e evidente che il momento di questacoppia deve uguagliare il momento M prodotto dalle forze esterne: dunque

M = Cδ = Tδ (7.28)

Sostituendo la (7.26) e la (7.27) nella prima delle uguaglianze (7.28), risulta

M = σc0bd2ψ

2

µ1− ψ

3

¶da cui si ricava immediatamente

d =

∙σc0

ψ

2

µ1− ψ

3

¶¸−1/2rM

b= α

rM

b(7.29)

dove

α =

∙σc0

ψ

2

µ1− ψ

3

¶¸−1/2ψ =

σc0σc0 + σs0/n

(7.30)

e un coefficiente che dipende solo dalle proprieta dei materiali.Sostituendo l’espressione di T e quella di δ nella seconda delle equazioni (7.28),

si ha

M = σs0Asd

µ1− ψ

3

¶da cui segue che

As =M

σs0d¡1− ψ

3

¢ (7.31)

Le relazioni (7.29) e (7.31) consentono di determinare l’altezza utile d della sezio-ne e l’area dell’armatura tesa, quando sono assegnati i valori massimi delle tensionie la base della sezione. L’altezza effettiva h si ottiene aggiungendo a d il raggiomassimo delle barre piu il copriferro (2÷ 4 cm).

Esempio 7.3 Progettare una sezione rettangolare in c.a. in cui, per l’azione di un mo-mento paria a 200 kNm si raggiungano i seguenti valori massimi delle tensioni: σc0 =9MPa, σs0 = 280MPa, n = 15 ed assumendo b = 35 cm.

Si ha

ψ =σc0

σc0 + σs0/n=

9

9 + 28015

= 0.325

quindi

α =

∙σc0

ψ

2

µ1− ψ

3

¶¸−1/2= (0.9× 0.145)−1/2 = 2.768 cm√

kN

d = 2.768

r20000

35= 66.17 cm

As =20000

28× 66.17×¡1− 0.325

3

¢ = 12.1 cm2Giannini: Dispense di Tecnica delle Costruzioni

7.3 Calcolo a rottura (fase III) 183

In pratica, determinato il valore teorico di d, da esso si ottiene h sommando a d ilraggio delle barre che si intende usare ed il copriferro; questo valore viene poi arro-tondato almeno al centimetro, spesso anche a 5 centimetri, preferibilmente in eccesso.Nel caso dell’esempio, prevedendo l’impiego di ∅20 ed un copriferro di 3 cm, si ottiened = 66.17+1+3 = 70.17 ≈ 70 cm. Da questo valore, inversamente, si trova il valore effet-tivo di d da inserire nella (7.31). A rigore, se d non e quello calcolato anche ψ cambia ma,se la differenza e modesta, la quantita 1−ψ/3 resta praticamente immutata. Nel caso del-l’esempio si avrebbe d = 70−4 = 66 cmcm e quindi As = 20000/(28×66×0.891) = 12.15(in questo caso la differenza e assai piccola, data la piccola variazione su d, ma in altricasi con arrotondamenti piu significativi, la variazione di As puo risultare piu rilevante).Trovato il valore teorico di As si calcola il numero delle barre necessario, dividendo As perl’area di una barra ed approssimando all’intero positivo superiore. Nel caso dell’esempio,poiche l’area di un ∅20 e 3.14 cm2, si ha nbarre = 12.15/3.14 = 3.87→ 4. L’area effettivarisulta quindi As = 4× 3.14 = 12.56 cm2. ¤

7.3 Calcolo a rottura (fase III)

Nella Fig. 7.10 e mostrato come il meccanismo resistente di una sezione in c.a. siariconducibile ad una coppia di forze: una, di compressione, risultante delle tensioninel calcestruzzo e (se presente) nell’acciaio compresso, l’altra, di trazione, ugualeed opposta alla prima, risultante delle tensioni nell’armatura tesa. Il momento re-sistente che equilibria quello dovuto carichi e il prodotto del modulo di queste forzeper la distanza tra le loro rette di azione (braccio delle forze interne). Nell’esempioprecedente si e visto che tale braccio risultava approssimativamente 0.9d (per l’esat-tezza 0.891d). Questo valore e influenzato dal quantitativo di armatura, ma e pocovariabile; al crescere del carico, quando il comportamento dei materiali non e piuelastico, questo valore tende ad aumentare, ma poiche evidentemente si avra sempreδ < d, il suo campo di variazione resta comunque limitato.

Fin quando i materiali restano praticamente elastici δ e costante e quindi leforze T = C sono proporzionali ad M ; quando si supera la soglia di snervamentodell’acciaio la forza T = Asσs non puo piu crescere (almeno fino all’incrudimento) epoiche, per quanto detto, il braccio delle forze e poco variabile, il momento resistentenon potra aumentare in modo rilevante. Le deformazioni aumentano, portandoentrambi i materiali nel campo del comportamento non lineare; poiche l’acciaio emolto piu duttile del calcestruzzo, normalmente si verifica che la rottura si raggiungeper eccessiva deformazione del calcestruzzo, anche se il limite di resistenza e postodi fatto dalla tensione di plasticizzazione dell’acciaio. Questo spiega il ramo CD delgrafico di Fig. 6.16 (b).

Le leggi tensione—deformazione del calcestruzzo e dell’acciaio sono illustrate nelleFig. 6.6 e 6.11. Si deve pero tener presente che, per il calcestruzzo, la legge e influen-zata dal confinamento, cioe dall’azione di dispositivi che ostacolano la dilatazionelaterale del calcestruzzo compresso; questo effetto, in misura diversa, e normalmentepresente nelle travi in c.a. a seguito delle staffe, che esercitano, se abbastanza fitte,una tale azione confinante (si veda Fig. 7.11). Il confinamento aumenta la resistenza



Figura 7.11: Azione di confinamento esercitata dalle staffe.

e la duttilita del calcestruzzo, in quanto riduce la pendenza del ramo decrescentedella curva σ − ε.Se si vuole una stima accurata della deformabilita ultima della sezione occorre

effettivamente tener conto delle reali leggi σ−ε dei materiali. Quando pero l’interessee principalmente posto alla valutazione della resistenza ultima (valore massimo delmomento), e possibile adottare delle leggi semplificate, come quelle illustrate nellaFig. 7.12. Per l’acciaio (a), si adotta la legge elasto-plastica perfetta in cui, dopo lafase elastica, si ha un ramo perfettamente plastico (aumento della deformazione atensione costante) che termina con il punto limite L.Per il calcestruzzo la legge effettiva, mostrata nella Fig. 6.6, viene approssimata

con la legge parabola-rettangolo mostrata nella Fig. 7.12 (b), formata da un trattoparabolico fino alla deformazione εc0 ed uno costante fino all’allungamento di rotturaεcu. La legge analitica che esprime tale curva e semplicemente

σc (ε) =

⎧⎨⎩ fc

∙2³

εεc0

´−³

εεc0

´2¸per ε ≤ εc0

fc per εc0 < ε ≤ εcu

(7.32)

I valori di εc0 e εcu che caratterizzano questa curva sono poco variabili con il tipo dicalcestruzzo. I valori comunemente adottati sono

εc0 = 2× 10−3 εcu = 3.5× 10−3 (7.33)

Questi valori si devono intendere in assoluto, poiche, come e ovvio, si riferiscono adeformazioni di compressione.Si e detto in precedenza che gli acciai da c.a. sono molto duttili, per cui se il

punto L (Fig. 7.12) dovesse rappresentare l’allungamento di rottura (>10%), il trat-to Y L dovrebbe essere almeno 40 volte maggiore di εy. In pratica si adotta spessouna deformazione limite εsl sensibilmente minore, perche il collasso si puo ritene-re raggiunto per eccessiva deformazione dell’acciaio. La vecchia normativa italiana(D.M. LL. PP. 9/1/1996) prevedeva un valore massimo εsl = 0.01. Questo limite



ε

σ

εy εsl

fy

ε

σfcu

εc0 εcu(a) (b)

A BY L

ε

σ

εy εsl

fy

ε

σfcu

εc0 εcu(a) (b)

A BY L

Figura 7.12: Leggi tensione—deformazione per l’acciaio (a) e per il calcestruzzo (b)adottate per il calcolo a rottura.

e tuttavia alquanto arbitrario, perche, come visto prima, la duttilita dell’acciaio ealmeno 10 volte maggiore; d’altra parte il rispetto di questo limite puo comporta-re delle complicazioni nei calcoli, senza peraltro che il loro risultato (il momentoultimo) ne sia apprezzabilmente modificato. Le norme europee sul c.a. (euroco-dice 2) non pongono limiti alla deformazione dell’acciaio, se si adotta una leggeelasto-plastica come quella di Fig. 7.12; se al contrario si adottasse una legge conincrudimento (tratto YL crescente) allora richiedono che le deformazioni siano li-mitate a εsl = 0.01. In pratica, per le percentuali di armatura normalmente usate,difficilmente l’allungamento ultimo dell’acciaio supera il 2%, valore ancora pruden-ziale, soprattutto tenendo conto che l’incrudimento in realta limita la deformazionedell’acciaio. Nel seguito pertanto si assumera che il collasso di una sezione inflessapossa avvenire solo per il superamento della massima deformazione del calcestruzzoεcu senza porre limiti a quella dell’acciaio.

7.3.1 Momento ultimo di una sezione rettangolare in c.a. sog-getta a flessione retta

Per le ipotesi fatte, in una sezione inflessa come quella illustrata in Fig. 7.13, ilcollasso si raggiunge quando la fibra di calcestruzzo maggiormente compressa rag-giunge la deformazione ultima εcu. Fissata la posizione dell’asse neutro, ovverol’altezza della zona compressa zc, il diagramma delle tensioni nel calcestruzzo hala forma mostrata in figura, composta da un tratto parabolico, in corrispondenzadelle fibre in cui ε < εc0, e da un tratto costante, dove ε > εc0. Se fosse nota l’al-tezza della zona compressa zc, sarebbe facile calcolare la risultante C delle tensionidi compressione. Infatti la lunghezza del tratto parabolico si determina facilmentemediante una proporzione tra triangoli simili, da cui si ottiene zc1 = (εc0/εcu) zc e

zc2 =³εcu−εc0εcu

´zc; quindi, tenendo conto che C e pari all’area del diagramma molti-



σs

εcu

εc0

fc

zc

zc2

zc1

C2

C1

T

s'εd’

d

εyεsεsu

As’

As

b

12σs

εcu

εc0

fc

zc

zc2

zc1

C2

C1

T

s'εd’

d

εyεsεsu

As’

As

b

12

Figura 7.13: Meccanismo di collasso di una sezione rettangolare inflessa

plicata per lo spessore b della sezione, si ottiene (l’area sottesa dalla parabola e 2/3di quella del rettangolo):

C1 =2

3zc1fcb C2 = zc2fcb

Assegnando a εc0 e εcu i valori (7.33) si ha che zc1 = 0.5714zc e zc2 = 0.4286zc, percui

C1 = 0.381zcbfc C2 = 0.4286zcbfc

e pertantoC = C1 + C2 = 0.81zcbfc (7.34)

Alla risultante delle tensioni nel calcestruzzo si deve aggiungere quella dell’acciaiocompresso. Questa risultante C 0 sara

C 0 = A0sσ0 (ε0s) = A0s

½Esε

0s se |ε0s| < εy

fy se |ε0s| ≥ εy(7.35)

Anche la deformazione dell’acciaio compresso si calcola facilmente, se e nota laposizione dell’asse neutro; ricorrendo ancora ad una proporzione tra triangoli simili

ε0s = εcu

zc − d0

zc(7.36)

dove d0 e la distanza dell’armatura dal lembo compresso.Tra la posizione dell’asse neutro e la deformazione dell’acciaio teso εs esiste una

semplice relazione, anch’essa deducibile da una similitudine di triangoli. Infatti,poiche la deformazione del calcestruzzo al lembo compresso e fissata a εcu, si ha(tutte le grandezze sono prese positive)

εs = εcud− zczc

(7.37)



ovvero, inversamente

zc = dεcu

εcu + εs(7.38)

Normalmente, quando la rottura avviene in fase III, la deformazione dell’acciaioteso ha superato la soglia di snervamento: in questo caso la tensione nell’acciaio nondipende piu dalla deformazione ed e semplicemente fy. Se la sezione fosse moltoarmata pero il collasso si potrebbe verificare prima, nella fase II, per schiacciamentodel calcestruzzo precedente lo snervamento dell’acciaio teso. Questo corrispondea meccanismi di collasso rappresentati da diagrammi delle ε che cadono nell’area1 della Fig. 7.27, mentre i diagrammi relativi ai collassi normali, che avvengonoin fase III, cadono nell’area 2 della stessa figura. La separazione tra queste dueregioni e rappresentata dal diagramma tratteggiato in Fig. 7.27, corrispondente alcosı detto meccanismo della rottura bilanciata, nel quale la deformazione dell’acciaioteso coincide con il limite di snervamento εy. La corrispondente posizione dell’asseneutro si ottiene dalla (7.38) ponendo εs = εy:

zc = dεcu

εcu + εy= d

εcu

εcu +fyEs

(7.39)

La risultante delle tensioni di compressione sara quindi

Ct = 0.81fcbzc +A0sσ0s

dove σ0s si puo determinare calcolando ε0s con la (7.36) ponendo zc al posto di zc.Poiche per ipotesi l’acciaio teso e alla soglia dello snervamento, σs = fy e quindiT = Asfy. Dall’equilibrio delle forze (T = Ct) si ricava che

As =0.81fcbzc

fy+A0s

σ0sfy

(7.40)

In pratica, poiche εcu > εy, dalla (7.39) si deduce che zc > 0.5d; quindi, per sezioniin cui il rapporto d0/d e abbastanza piccolo, si avra anche che d0 ¿ zc e allora dalla(7.36) si deduce che ε0s ∼ εcu > εy (si veda Fig. 7.13) per cui σ

0s = fy. In tal caso la

(7.40) si semplifica e diviene

As =0.81fcbzc

fy+A0s

Se l’armatura della sezione e minore di As, la rottura avviene per snervamentodell’acciaio (εs > εy) nella fase III (sezioni normalmente armate); se inveceAs > As ilcollasso del calcestruzzo avviene quando l’acciaio e ancora elastico, quindi in praticanella fase II (sezioni fortemente armate). Le rotture di questo tipo sono fragilied inoltre non consentono di sfruttare tutta la potenzialita dell’armatura, quindiandrebbero evitate, particolarmente quando alla trave e richiesto un comportamentoduttile (cioe che la rottura si raggiunga per grandi deformazioni e spostamenti).Per calcolare il momento di collasso, oltre alle forze Ct = T , occorre conoscere

il braccio della coppia, che ovviamente dipende dalla posizione delle risultanti C1 e



zc0.8zc

0.4zc

fc

Czc

0.8zc

0.4zc

fc

C

Figura 7.14: Diagramma rettangolare equivalente.

C2 delle tensioni del calcestruzzo, oltre che dalla risultante delle tensioni nell’acciaiocompresso, la cui posizione pero e nota. Dalla Fig. 7.13 si deduce facilmente che ladistanza di C2 dal lembo compresso e zc2/2, mentre quella di C1 e zc2 + (3/8)zc1 (ilbaricentro della figura delimitata dall’arco di parabola e a 3/8 dalla base). Tenendoconto dei valori di zc1e zc2 calcolati in precedenza, nonche delle espressioni di C1 eC2, si ha che la distanza della retta d’azione di C dal lembo superiore e

zO =0.42862

zcC2 +¡0.4286 + 3

80.5714

¢zcC1

C=

0.2143zc × 0.4286zcbfc + .6429zc × 0.381zcbfc0.81zcbfc

≈ 0.42zc (7.41)

Diagramma rettangolare equivalente

I risultati espressi dalle (7.34) e (7.41) mostrano che, con modesta approssimazione,il diagramma parabola-rettangolo, puo essere sostituito da un diagramma rettan-golare equivalente (si veda Fig. 7.14) esteso ad un’area di altezza 0.8zc. A questodiagramma corrisponde una risultante 0.8zcbfc la cui retta d’azione e a 0.4zc dallembo compresso, valori che approssimano con sufficiente precisione quelli ottenutidal diagramma parabolico.In realta non vi e grande vantaggio nell’uso del diagramma rettangolare in luogo

di quello parabola-rettangolo (pr); anche se i coefficienti 0.8 e 0.4 sono altrettantolegittimi di quelli, 0.81 e 0.42, derivati da quest’ultimo diagramma, tenuto conto dellaconvenzionalita delle ipotesi. Nel seguito quindi si continuera a fare riferimento aldiagramma parabola rettangolo.

Collasso in fase III: sezioni normalmente armate

Data una sezione con due livelli di armatura As ed A0s (come caso particolare si puo

avere A0s = 0), note le resistenze del calcestruzzo (fc) e dell’acciaio (fy), si vuolecalcolare il momento ultimo della sezione.



Se As < As [eq. (7.40)], per quanto visto il collasso avviene nella fase III (zona(2) del diagramma di Fig. 7.13); quindi la deformazione nell’acciaio teso ha superatola soglia di snervamento e la tensione di conseguenza e pari a fy. Dunque T = Asfye nota; d’altra parte, per l’equilibrio della sezione, Ct = T e dunque

Ct = 0.81zcbfc +A0sσ0s = T = Asfy (7.42)

Nella (7.42) sono incogniti zc e σ0s. Tuttavia se ε

0s > εy (tutti i valori sono presi in

assoluto), allora σ0s = fy e quindi nella (7.42) l’unica incognita e zc. Facendo questaipotesi dalla (7.42) si trae immediatamente

zc =(As −A0s) fy0.81bfc

(7.43)

Perche la (7.43) sia effettivamente la soluzione della (7.42) occorre pero verificareche l’ipotesi fatta (ε0s > εy) sia corretta. Con il valore di zc trovato si determina ε

0s

utilizzando la (7.36); se effettivamente risulta ε0s ≥ εy, il valore di zc e corretto e conesso si puo calcolare il momento ultimo, come mostrato piu avanti.Al contrario, se ε0s < εy, questo vuol dire che l’acciaio compresso e in fase elastica

e percio σ0s = Esε0s < fy. In questo caso la (7.42) si puo scrivere, tenendo conto

anche della (7.36)

0.81zcbfc +A0sEsεcuzc − d0

zc= Asfy

Moltiplicando tutti i termini per zc e dividendoli per 0.81bfc, l’equazione precedentediviene

z2c −Asfy −A0sEsεcu

0.81bfczc −

A0sEsεcud0

0.81bfc=

= z2c − βzc − γ = 0 (7.44)

dove

β =Asfy −A0sEsεcu

0.81bfcγ =

A0sEsεcud0

0.81bfc(7.45)

Risolvendo l’equazione di secondo grado si ottiene

zc =β +

pβ2 + 4γ

2(7.46)

Determinato zc mediante la (7.43) o la (7.46), si puo finalmente calcolare ilmomento ultimo. Poiche le forze agenti sulla sezione formano un sistema a risultantenulla (N = 0), il loro momento risultante non dipende dal polo prescelto5. E

5Infatti, se un sistema di forze con risultante F ha momento risultante MP rispetto al puntoP , il suo momento rispetto ad un altro polo Q e

MQ =MP +QP ∧ F

in cui QP e il vettore che unisce Q con P e ∧ indica il prodotto vettore. Se F = 0 si ottieneMQ =MP qualunque sia il punto Q.



conveniente assumere il polo coincidente con il punto di applicazione della risultanteC; in questo modo hanno braccio non nullo solo le forze nelle armature (tesa ecompressa) e pertanto:

Mu = Asfy (d− 0.42zc)−A0sσ0s (d

0 − 0.42zc) (7.47)

dove σ0s = fy se ε0s ≥ εy, altrimenti σ

0s = Esε

0s, in cui ε

0s si ottiene in funzione di zc

mediante la (7.36)6.

Esempio 7.4 Calcolare il momento ultimo della sezione dell’esercizio di pag. 179, assu-mendo per i materiali fc = 15MPa, fy = 400MPa, Es = 200000MPa.

Per i valori assegnati εy = fy/Es = 2× 10−3. Quindi, applicando la (7.39)

zc = 463.5× 10−3

3.5× 10−3 + 2× 10−3 = 29.27 cm

quindi per la (7.36)

ε0s = 3.5× 10−329.27− 429.27

= 3.02× 10−3 > εy

Dunque l’acciaio compresso e snervato e σ0s = fy. Dalla (7.40) risulta quindi

As =0.81fcbzc

fy+A0s =

0.81× 1.5× 25× 29.2740

+ 4.02 = 26.24 cm2

L’area dell’armatura effettiva As = 12.56 cm2 e minore di As, quindi la rottura avvienein fase III, quando l’acciaio teso e in fase plastica (σs = fy). Supponendo che anchel’armatura compressa sia in fase plastica, per determinare la posizione dell’asse neutro siapplica la (7.43):

zc =(As −A0s) fy0.81bfc

=(12.56− 4.02) 400.81× 25× 1.5 = 11.246 cm

Si deve ora verificare che il risultato sia coerente con l’ipotesi fatta. Dalla (7.36) si ricavala deformazione dell’armatura compressa

ε0s = 3.5× 10−311.246− 411.246

= 2.25× 10−3 > εy

Dunque l’ipotesi e verificata ed il valore di zc trovato e quello corretto. Si puo ora calcolareil momento ultimo applicando la (7.47) con σ0s = fy:

Mu = 12.56× 40 (46− 0.42× 11.246)−4.02× 40 (4− 0.42× 11.246) = 20854 kN cm

¤6Per come sono presi i segni nella (7.47) σ0s e positivo se l’armatura e compressa e negativo se

tesa.



Esempio 7.5 Si vuole calcolare il momento ultimo di una sezione rettangolare 25× 40armata con 2∅16 in zona compressa (A0s = 4.02 cm2, d0 = 4cm) e con 4∅16 in zona tesa(As = 8.04 cm

2, d = 36 cm) assumendo che le resistenze dei materiali siano le stesse chenell’esercizio precedente.

La posizione dell’asse neutro per la rottura bilanciata e

zc = 363.5× 10−3

3.5× 10−3 + 2× 10−3 = 22.91 cm

a cui corrisponde una deformazione dell’acciaio compresso

ε0s = 3.5× 10−322.91− 422.91

= 2.89× 10−3 > εy

per cui σ0s = fy e di conseguenza

As =0.81× 1.5× 25× 22.91

40+ 4.02 = 21.42 cm2

Poiche As < As la sezione e normalmente armata; quindi al collasso εs > εy e σs = fy.Assumendo che anche l’acciaio compresso sia in fase plastica si applica la (7.43), da cui siottiene

zc =(8.04− 4.02) 400.81× 25× 1.5 = 5.294 cm

Per verificare la correttezza dell’ipotesi si determina la deformazione dell’acciaio, appli-cando la (7.36)

ε0s = 3.5× 10−35.295− 45.294

= 0.855× 10−3 < εy

Dunque la deformazione dell’acciaio compresso e minore di quella di snervamento: l’ipotesiera errata e quindi la posizione dell’asse neutro si calcola con la (7.46). Applicando le (7.45)risulta

β =Asfy −A0sEsεcu

0.81bfc=8.04× 40− 4.02× 20000× 3.5× 10−3

0.81× 25× 1.5 = 1.323

γ =A0sEsεcud

0

0.81bfc=4.02× 20000× 3.5× 10−3 × 4

0.81× 25× 1.5 = 37.05

e quindi

zc =1.323 +

√1.3232 + 4× 37.05

2= 6.785 cm

A questa posizione dell’asse neutro corrisponde la deformazione dell’acciaio compresso

ε0s = 3.5× 10−36.975− 46.875

= 1.437× 10−3

e quindi la tensione

σ0s = Esε0s = 200000× 1.437× 10−3 = 287.3MPa

Infine si calcola il momento ultimo della sezione applicando la (7.47):

Mu = 8.04× 40× (36− 0.42× 6.785)− 4.02× 28.73 (4− 0.42× 6.785) = 10528 kNcm

¤



Collasso in fase II. Sezioni fortemente armate

Se As > As la rottura avviene nel campo (1) del grafico in Fig. 7.13 con l’acciaio tesoche e ancora elastico. Questo vuol dire che nel grafico di Fig. 7.1 la rottura avvienein un punto del ramo BC con deformazioni ancora piccole e fessure limitate. Si haquindi un collasso fragile che sarebbe opportuno evitare. Per completezza tuttavia siillustra anche il calcolo del momento ultimo per le sezioni fortemente armate. Poicheper tali sezioni l’altezza della zona compressa e grande (in rapporto a d) si ha cheε0s ∼ εcu > εy; assumeremo quindi che l’acciaio compresso sia in fase plastica conσ0s = fy. Per l’acciaio teso, al contrario, si ha che σs = Esεs, con εs che e espressoin funzione della posizione dell’asse neutro mediante la (7.37). Dall’equilibrio dellasezione si deduce quindi che

0.81zcbfc +A0sfy = Asσs = AsEsεcud− zczc

da cui si ricava l’equazione di secondo grado

0.81bfcz2c + (A

0sf +y AsEsεcu) zc −AsEsεcud = 0

che si puo riscrivere

z2c + β1zc − γ1 = 0

in cui

β1 =A0sf +y AsEsεcu

0.81bfcγ1 =

AsEsεcud

0.81bfc(7.48)

Risolvendo l’equazione di secondo grado si ottiene l’altezza della zona compressa:

zc =−β1 +

pβ21 − 4γ12

(7.49)

Il momento ultimo si puo calcolare convenientemente ponendo il polo in corri-spondenza dell’armatura tesa. In tal caso solo le forze di compressione hanno unbraccio non nullo, e si ha

Mu = 0.81zcbfc (d− 0.42zc) +A0sfy (d− d0) (7.50)

Esempio 7.6 Determinare il momento ultimo della sezione inflessa 30×35 con armaturacompressa 2∅14 (A0s = 3.08 cm2, d0 = 4cm) ed armatura tesa 5∅24 (As = 22.61 cm2,d = 31 cm). Materiali: fc = 15MPa, fy = 400MPa, Es = 200000MPa.

L’armatura per la rottura bilanciata e

zc = dεcu

εcu + εy= 19.73 cm

As = A0s +0.81zcbfc

fy= 21.06 cm2


7.4 Elementi sollecitati a sforzo normale e flessione 193

quindi As > As ed il collasso si verifica in fase II. Applicando le (7.48) e (7.49), tenendoconto che Esεcu = 20000× 0.0035 = 70 kN/ cm2, si ottiene

β1 =3.08× 40 + 22.61× 70

0.81× 30× 1.5 = 46.801 cm

γ1 =22.61× 70× 340.81× 30× 1.5 = 1476.3 cm

2

zc =−46.801 +

√46.8012 + 4× 1476.32

= 21.587 cm

La tensione nell’acciaio e pertanto

σs = Esεs = Esεcud− zczc

= 7031− 21.58721.587

= 30.5kN

cm2

Questo conferma che σs < fy. Infine, applicando la (7.50) si calcola il momento ultimo

Mu = 0.81× 21.587× 30× 1.5 (31− 0.42× 21.587) + 3.08× 40 (31− 4) = 20585 kN cm

¤

7.4 Elementi sollecitati a sforzo normale e flessio-

ne

7.4.1 Comportamento in fase I

Negli elementi inflessi il comportamento in fase I (sezione interamente reagente)dipende dalla resistenza a trazione del calcestruzzo; superato il limite di resisten-za si innesca una fessura ed il comportamento della sezione e quello della fase II.Poiche nella teoria convenzionale del cemento armato la resistenza a trazione delcalcestruzzo viene trascurata, negli elementi inflessi la fase I non viene consideratae si assume che la sezione sia sempre fessurata. Nel caso che gli elementi, oltre chea flessione, siano sollecitati a sforzo normale, allora e possibile che la sezione risultiinteramente compressa e pertanto anche interamente reagente. Dunque, in questicasi, il comportamento in fase I deve essere preso in considerazione.Per decidere se, sotto determinati carichi, una sezione sia o no interamente com-

pressa e sufficiente ricordare il significato del nocciolo centrale d’inerzia, introdottonel § 4.4.6; in quel paragrafo e stato mostrato che se il centro di pressione, tracciadella linea d’asse della risultante sul piano della sezione, e interno all’area del noc-ciolo, la sezione risulta sollecitata da tensioni di uguale segno, per cui se la forza Ne di compressione sara interamente compressa. In questo caso, essendo la sezioneinteramente reagente ed assumendo che entrambi i materiali (calcestruzzo e acciaio)seguano una legge costitutiva elastica lineare, lo stato di tensione si calcola con leespressioni (7.9) e (7.10), rispettivamente per il calcestruzzo e per l’acciaio.Ovviamente il nocciolo d’inerzia si deve riferire alla sezione omogeneizzata. Nel

caso di una sezione rettangolare, nel § 4.4.6, e stato mostrato che il nocciolo e



un rombo con centro nel baricentro della sezione e diagonali pari ad 1/3 dei lati delrettangolo. Anche nel caso della sezione rettangolare in c.a. il nocciolo e quadrilatero(un rombo se l’armatura e simmetrica), ma la lunghezza delle diagonali e alteratadall’area dell’armatura omogeneizzata. In particolare, indicando con zG la distanzadel baricentro dal lembo inferiore della sezione, le distanze degli estremi del nocciolodal baricentro della sezione omogeneizzata sono

z1 =ρ∗2zzG

z2 =ρ∗2z

zG − h

h essendo l’altezza della sezione e ρ∗2z = J∗y/A∗ e il quadrato del giratore d’inerzia

della sezione omogeneizzata. Ovviamente se zG = h/2 si ha z1 = −z2.

Esempio 7.7 Determinare i punti estremi del nocciolo di una sezione rettangolare 30×45con armatura simmetrica di 4∅16 posti a 4 cm dal bordo della sezione (n = 15).

Si ha che As = A0s = 8.04 cm2, quindi la sezione e simmetrica e zG = h/2 = 22.5 cm.

A∗ = 30× 45 + 15× 2× 8.04 = 1591.2 cm2

J∗y =30× 45312

+ 15× 2× 8.04 (22.5− 4)2 = 310363.2 cm4

Da questo si deduce

ρ∗2z =J∗yA∗

=310363.2

1591.2= 195.05 cm2

z1 =195.05

22.5= 8.67 cm

In assenza di armatura z1 = h/6 = 7.5 cm. ¤

L’esempio precedente mostra come il nocciolo della sezione armata sia piu ampiodi quella non armata; e chiaro che se il centro di pressione cade all’interno del noc-ciolo della sezione non armata, a maggior ragione sara verificata la condizione perla sezione armata. In questo caso si puo assumere senz’altro che la sezione e inte-ramente compressa e quindi ci si trova nel caso della cosı detta piccola eccentricita.Analogamente se l’eccentricita e molto maggiore dell’ampiezza del nocciolo della se-zione non armata ne potremo dedurre che la sezione sia parzialmente tesa (grandeeccentricita) e quindi fessurata. Nei casi intermedi, per stabilire se la sezione e o notutta compressa e necessario determinare l’ampiezza effettiva del nocciolo, nel modoillustrato nel precedente esempio.

Esempio 7.8 Verificare se la sezione dell’esempio precedente, sollecitata conN = −400 kNedMy = 33kNm, sia interamente compressa e, in caso affermativo, determinare le tensioniestreme nel calcestruzzo e nell’acciaio.

L’eccentricita e ez =My/N = 33/400 = 0.0825m (8.25 cm) valore poco maggiore dell’am-piezza del nocciolo della sezione non armata. Il confronto con il risultato dell’esercizio pre-cedente mostra che in effetti ez < z1 = 8.67 cm, quindi la sezione e interamente compressa.Usando i risultati dell’esercizio precedente si ha dunque

σcmaxmin

=−4001591.2

± 3300

310363.222.5 =

−0.012−0.491

kN

cm2



O N

a n

znzc

u

ζ

σc

σs/n

z

η O N

a n

znzc

u

ζ

σc

σs/n

z

η

Figura 7.15: Sezione sollecitata a pressoflessione retta di grande eccentricita.

σsmaxmin

= 15

µ−4001591.2

± 3300

310363.218.5

¶=−0.82−6.72

kN

cm2

I risultati confermano che la sezione e interamente compressa. ¤

7.4.2 Comportamento in fase II (sezione fessurata)

Se il centro di pressione e esterno al nocciolo l’asse neutro taglia la sezione che per-tanto risulta parzialmente tesa. Poiche si e convenuto di trascurare completamenteil contributo del calcestruzzo teso (resistenza a trazione nulla), la sezione risultafessurata e quindi la sua geometria cambia. Anche in questo caso, come in quellodella flessione semplice, e preliminare determinare la posizione dell’asse neutro.Si esamina soltanto il caso della pressoflessione retta, che si verifica quando il

centro di pressione appartiene ad un asse di simmetria della sezione. In questo caso lagiacitura dell’asse neutro e nota, perche e perpendicolare all’asse della sollecitazione,e quindi se ne deve determinare solo la posizione.Con riferimento alla Fig. 7.15, si assume un riferimento con origine nel centro di

pressione O e l’asse z coincidente con l’asse di simmetria della sezione. Si indica conzn la distanza dell’asse neutro (perpendicolare a z) da O. Sia inoltre ζ un altro asse,parallelo a z ma con origine sull’asse neutro. E evidente che ζ = z−zn; quindi, poichele tensioni nella sezione omogeneizzata sono proporzionali alla distanza dall’asseneutro,

σ = κζ = κ (z − zn) (7.51)

dove κ e una costante che dovra essere determinata in base alle condizioni di equi-librio. Poiche l’origine del riferimento e stata fissata coincidente con il centro dipressione, il momento delle tensioni relativamente ad ogni asse per O deve essere



O N

a n

znzc

u

ζ

σc

σs/n

z

η O N

a n

znzc

u

ζ

σc

σs/n

z

η

Figura 7.16: Sezione rettangolare soggetta a pressoflessione retta di grandeeccentricita.

nullo; quindi ZA∗

σzdA = κ

ZA∗(z − zn) zdA = 0

da cui si ottiene l’equazioneJ∗η − znS

∗η = 0 (7.52)

dove S∗η e J∗η sono rispettivamente il momento statico ed il momento d’inerziadella sezione fessurata omogeneizzata, relativamente all’asse η, passante per O eperpendicolare a z.L’equazione (7.52) non e lineare in zn, poiche da questa grandezza dipendono

anche S∗η e J∗η . Nel caso generale non e possibile dare una forma esplicita semplice a

questa equazione, per cui la soluzione si deve determinare mediante una proceduranumerica iterativa.Per la sezione rettangolare (Fig. 7.16), l’espressione (7.52) assume una forma

relativamente semplice. Infatti

S∗η =1

2b¡z2n − u2

¢+ n

Xi

Asizsi (7.53a)

J∗η =1

3b¡z3n − u3

¢+ n

Xi

Asizsi (7.53b)

dove b e la base della sezione, u e la distanza del centro di pressione dal bordocompresso della sezione e zsi = u + di, con di distanza dell’armatura i dal lembocompresso della sezione. Sostituendo le (7.53) nella (7.52) si ottiene:

1

3b¡z3n − u3

¢+ n

Xi

Asiz2si − zn

"1

2b¡z2n − u2

¢+ n

Xi

Asizsi

#= 0



da cui, con alcune manipolazioni

z3n +

"6n

b

Xi

Asizsi − 3u2#zn −

"6n

b

Xi

Asiz2si − 2u3

#= 0

o, in forma piu concisa

z3n + pzn − q = 0 (7.54)

in cui

p =6n

b

Xi

Asizsi − 3u2 (7.55a)

q =6n

b

Xi

Asiz2si − 2u3 (7.55b)

sono coefficienti noti.Dell’equazione cubica (7.54) esiste una formula che ne esprime le soluzioni, ma

questa e notevolmente complessa e di uso poco pratico. La soluzione della (7.54)si ottiene in modo piu semplice usando una procedura iterativa, che puo esserefacilmente programmata, ma anche eseguita manualmente.Determinata la posizione dell’asse neutro come distanza zn dal centro di pressio-

ne, anche l’altezza della zona compressa zc = zn − u e nota, si puo quindi passareal calcolo delle tensioni. Dalla (7.51) vediamo che le tensioni nella sezione omoge-neizzata dipendono dalla costante κ. Imponendo l’equilibrio tra la risultante delletensioni e la forza normale N , si ottiene facilmente che

N =

ZA∗

σdA = κ

ZA∗

ζdA = κS∗n

dove S∗n e il momento statico della sezione omogeneizzata relativo all’asse neutro. Siottiene quindi

κ =N

S∗n

e dunque, per la (7.51), i valori delle tensioni nel calcestruzzo compresso e nell’acciaiosi calcolano con le relazioni:

σc = σ =N

S∗nζ (7.56a)

σsi = nN

S∗n(di − zc) (7.56b)

Poiche la forza normale e di compressione, si ha N < 0; ma, con i segni degliassi di Fig. 7.16, risulta anche S∗n < 0, in modo tale che il coefficiente κ e positivo.Piu semplicemente si puo quindi porre κ = |N | / |S∗n|.



Esempio 7.9 Calcolare le tensioni nel calcestruzzo e nell’acciaio della sezione dell’esem-pio 7.7 soggetta all’azione di una forza normale N = −400 kN e di un momento flettenteM = 60kNm.

L’eccentricita, relativa al baricentro della sezione non fessurata, e e =M/N = 0.15m. Siha dunque e > z1 = 8.67 cm, per cui il centro di pressione e esterno al nocciolo e la sezionee parzializzata. La distanza u del centro di pressione dal bordo compresso e quindi

u = e− h

2= 15− 22.5 = −7.5 cm

Applicando le (7.55) si ottiene

p =6× 1530

[(−7.5 + 4) 8.04 + (−7.5 + 41) 8.04]− 3 (−7.5)2 = 554.85 cm2

q =6× 1530

h(−7.5 + 4)2 8.04 + (−7.5 + 41)2 8.04

i− 2 (−7.5)3 = 28207.89 cm3

Per risolvere la (7.54) si parte da un valore di primo tentativo di zn. Poiche l’asse neutrotaglia la sezione risulta certamente zn < h + u = 37.5 cm. Per questo valore di zn = zn1l’errore della (7.54) (zn) = z3n + pzn − q, risulta (37.5) = 1 = 45333.36. Si fissa quindiun secondo valore, sensibilmente minore, per esempio zn = zn2 = 18.75, per cui si ha(18.75) = 2 = −11212.656. Poiche a questi due valori di zn corrispondono errori disegno opposto, lo zero si trovera compreso tra i due. Approssimando la funzione con unalegge lineare che passa per i due punti risulta:

= 1 +2 − 1

zn2 − zn1(zn − zn1)

da cui si ottiene la soluzione approssimata = 0 per

zn3 = zn1− 1

2 − 1(zn2 − zn1) = 37.5−

45333.36

−11212.656− 45333.36 (18.75− 37.5) = 22.468 cm

Per zn = zn3 si ha (zn3) = 3 = −4399.426. Poiche 3 ha segno opposto a 1 e convenienteinterpolare tra 1 e 3. Si determina cosı un valore di zn di seconda approssimazione

zn4 = zn1− 1

3 − 1(zn3 − zn1) = 37.5−

45333.36

−4399.426− 45333.36 (22.468− 37.5) = 23.798 cm

a cui corrisponde l’errore 4 = −1525.696. Applicando nuovamente la formula precedente,si ottiene

zn5 = zn1− 1

4 − 1(zn4 − zn1) = 37.5−

45333.36

−1525.696− 45333.36 (23.798− 37.5) = 24.224 cm

per cui 5 = −552.508. Iterando ancora

zn6 = zn1− 1

5 − 1(zn5 − zn1) = 37.5−

45333.36

−552.508− 45333.36 (24.224− 37.5) = 24.384 cm

con un errore 6 = −180.202. Il piccolo valore dell’errore e la piccola variazione di zn nelleultime iterazioni ci permettono di assumere che la soluzione cosı ottenuta e sufficientementeaccurata (la soluzione esatta, nei limiti delle cifre significative considerate, e 24.461 cm).



15 20 25 30 35 402 .104

1 .104

0

1 .104

2 .104

3 .104

4 .104

5 .104

z

erro

re

Figura 7.17: Grafico della funzione (zn) e delle approssimazioni lineari successive.

Le prime tre iterazioni sono rappresentate graficamente nella Fig. 7.17. L’altezza dellazona compressa risulta quindi zc = zn − u = 24.384 + 7.5 = 31.88 cm.

Il momento statico, relativo all’asse neutro, della sezione omogeneizzata e

S∗n = 15 [8.04 (4− 31.88) + 8.04 (41− 31.88)]−30× 31.882

2= −17507 cm3

La tensione massima (in valore assoluto) nel calcestruzzo e

σcmax =400

1750731.88 = 0.728

kN

cm2

e nell’acciaio teso

σs = 15400

17507(41− 31.88) = 3.12 kN

cm2

¤

7.4.3 Calcolo a rottura della sezione pressoinflessa

Nel caso della flessione la sollecitazione e espressa da una grandezza scalare (cioe daun numero): il momento flettente; esiste quindi un valore di questa quantita (dettomomento ultimo) che provoca il collasso della sezione, inteso come il superamentodella massima deformazione del calcestruzzo compresso (o dell’acciaio teso). Quandola sollecitazione e di forza normale e flessione, occorrono due numeri per definire lostato di sollecitazione, la forza N ed il momento M (o la forza N e l’eccentricitae = M/N); in questo caso non vi e un solo valore dell’azione che individua lecondizioni di collasso. Per esempio si puo pensare di far crescere il momento fino



4000 3500 3000 2500 2000 1500 1000 500 0 500 10000

100

200

300

400

500

N (kN)

M (K

Nm

)

Sicurezza

Collasso

A

B

C

D4000 3500 3000 2500 2000 1500 1000 500 0 500 10000

100

200

300

400

500

N (kN)

M (K

Nm

)

Sicurezza

Collasso

A

B

C

D

Figura 7.18: Dominio di collasso di una sezione rettangolare in c.a. armatasimmetricamente.

a rottura tenendo costante N , o, inversamente, fissare M e far crescere la forza finoal collasso, oppure far crescere M ed N proporzionalmente, mantenendo costantel’eccentricita e. Naturalmente questi sono solo alcuni tra gli infiniti valori dellesollecitazioni che possono provocare il collasso della sezione.

Se in un grafico si rappresentano tutte le coppie (N,M) che producono il collassodella sezione, l’insieme di questi punti forma una curva simile a quella rappresentatain Fig. 7.18. Questa curva divide il semipiano in due insiemi: quello sottostantela curva e costituito dai punti che rappresentano sollecitazioni che non produconoil collasso; quello esterno e costituito dai punti rappresentativi di sollecitazioni chenon possono essere equilibrate dalle tensioni, e quindi producono il collasso. I puntisulla curva che separa i due insiemi, rappresentano le sollecitazioni massime che lasezione puo sostenere, prima che si verifichi il collasso. Il punto in cui la curva taglial’asse delle ordinate (N = 0) corrisponde al caso della flessione semplice, i valori diN < 0 si riferiscono ai casi in cui la forza normale e di compressione.

Se di una sezione si dispone della curva che ne delimita il dominio di sicurez-za, la sua verifica e molto semplice: e sufficiente riportare sul diagramma i punti(N,M) che rappresentano le sollecitazioni agenti sulla struttura. Se questi punticadono all’interno del dominio di sicurezza la sezione risulta verificata, se, al con-trario, qualche punto e esterno, le corrispondenti sollecitazioni producono il collassodell’elemento, che pertanto non risulta verificato.



εc0 εcu

A

B

C

D

E

F

fc

εy

εcu

A

B

C D

fcεc0

σs

εc0 εcu

A

BC

fc

εyεsl D fy

εc0 εcu

AB

Cεyεsl

D

fyfy

σc

K

K

K

(a)(b)

(c) (d)

d h

b

O

εc0 εcu

A

B

C

D

E

F

fc

εy

εcu

A

B

C D

fcεc0

σs

εc0 εcu

A

BC

fc

εyεsl D fy

εc0 εcu

AB

Cεyεsl

D

fyfy

σc

K

K

K

(a)(b)

(c) (d)

d h

b

εc0 εcu

A

B

C

D

E

F

fc

εy

εcu

A

B

C D

fcεc0

σs

εc0 εcu

A

BC

fc

εyεsl D fy

εc0 εcu

AB

Cεyεsl

D

fyfy

σc

K

K

K

(a)(b)

(c) (d)

d h

b

O

Figura 7.19: Situazioni di collasso di una sezione in cemento armato

7.4.4 Costruzione del dominio di sicurezza

Nella Fig. 7.19, con riferimento ad una sezione rettangolare, sono illustrate le pos-sibili condizioni di collasso per sforzo normale e flessione di una trave in cementoarmato. Nel grafico di (a), il segmento AB rappresenta il diagramma delle defor-mazioni di rottura per sola forza normale. In questo caso il collasso avviene quandola deformazione del calcestruzzo raggiunge εc0; infatti a questo livello di deforma-zione si raggiunge la tensione massima e, nel caso di deformazione uniforme, lasollecitazione non puo aumentare senza provocare il collasso dell’elemento.

Aumentando la deformazione del bordo superiore e diminuendo quella inferiore[linea EF nel grafico di Fig. 7.19 (a)] si ottengono diagrammi delle deformazioni nonuniformi che corrispondono pero al caso della sezione interamente compressa (piccolaeccentricita). Il corrispondente diagramma delle tensioni e rappresentato a fianco. Siha ancora un grafico parabola-rettangolo ma privato della parte esterna alla sezione(a tratto e punto nella figura). Facendo rotare il diagramma delle deformazioniintorno al punto O si percorrono tutte le condizioni di collasso relative alla sezioneinteramente compressa, fino al diagramma CD in cui l’asse neutro diviene tangentealla sezione.

Poiche la deformazione di compressione non puo superare εcu, raggiunto questo



valore la deformazione al lembo superiore non potra andare oltre. I diagrammidi rottura sono quindi segmenti che passano per il punto A di Fig. 7.19 (b). Ladeformazione della fibra inferiore del calcestruzzo diviene di trazione e quindi lasezione si parzializza; al crescere della deformazione anche l’acciaio diviene teso, marimane ancora in campo elastico. Un tipico diagramma relativo al collasso in questaregione e rappresentato dal segmento AD nella Fig. 7.19 (b). Il puntoK corrispondealla deformazione nulla (asse neutro) e separa la sezione nella parte compressa ed inquella tesa. Le tensioni nel calcestruzzo compresso seguono il diagramma parabola-rettangolo; l’acciaio compresso e plasticizzato mentre quello teso e in campo elasticoe quindi la sua tensione e proporzionale alla deformazione. Quando la deformazionedell’acciaio teso raggiunge lo snervamento [εs = εy, punto C nel diagramma diFig. 7.19 (b)], la tensione nell’acciaio raggiunge il valore massimo fy. Al cresceredella deformazione, la tensione nell’acciaio teso non aumenta, ma l’asse neutro siavvicina alla fibra superiore [punto K nella Fig. 7.19 (c)]; quindi si riduce l’ampiezzadella zona compressa, mentre il diagramma delle tensioni nel calcestruzzo ha semprela forma parabola-rettangolo.Se si pone un limite alla deformazione dell’acciaio (minore dell’allungamento a

rottura) oltre il quale si assume che la sezione sia collassata, quando εs = εsl, siraggiunge lo stato ultimo anche se |εc| < εcu. In questo caso i diagrammi delledeformazioni al collasso sono del tipo illustrato in Fig. 7.19 (d) dal segmento CD.Al diminuire di εc (in valore assoluto) il punto K continua a salire avvicinandosial lembo superiore. Ora il diagramma delle tensioni nel calcestruzzo non e piuparabola-rettangolo, perche la deformazione massima non raggiunge εcu, la formaeffettiva dipende quindi da εcmax, come illustrato nella figura prima citata.Quando εc = 0, l’asse neutro raggiunge il lembo superiore e la sezione e intera-

mente tesa, pertanto la resistenza e affidata alla sola armatura; quando l’armaturasuperiore raggiunge lo snervamento si raggiunge anche il massimo della forza normaledi trazione che la sezione puo sopportare.Fissato un diagramma di rottura, rimane evidentemente definita la funzione ε (z)

che fornisce la deformazione nella fibra della sezione determinata dall’ascissa z. Adesempio, ponendo l’origine nel punto superiore della sezione, nel caso della Fig. 7.19(a), indicando con εi la deformazione al lembo inferiore (punto F ) e con h l’altezzadella sezione, si ha

ε (z) = εi − εcu −εiεcuεc0

+(εc0 + εi) εcu

εc0

z

h(7.57a)

in cui εc0 = 2 × 10−3 ed εcu = 3.5 × 10−3 sono grandezze positive, mentre εi < 0.Per la sezione fessurata, quando εs < εsl, [Fig. 7.19 (b) e (c)], si ha invece

ε (z) = −εcu + (εs + εcu)z

d(7.57b)

dove d indica l’altezza utile della sezione (distanza dell’armatura tesa dal bordocompresso). Infine nel caso rappresentato dalla Fig. 7.19 (d), si ha

ε (z) = εc + (εsl − εc)z

d(7.57c)



dove εc e la deformazione del calcestruzzo al lembo superiore della sezione.La legge costitutiva del calcestruzzo e la parabola rettangolo; questa legge si puo

formulare esplicitamente nel modo seguente

σc (ε) =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩0 per ε ≥ 0

−2fc∙1− 2

³εεc0

´2¸per −εc0 ≤ ε < 0

−fc per −εcu ≤ ε < −εc0

(7.58)

in cui fc, εc0, εcu sono grandezze positive, mentre ε e σ sono negative se di com-pressione. Analogamente per l’acciaio, avendo adottato la legge elasto-plastica, siha

σs (ε) =

½Esε per |ε| < εy = fy/Es

fy sign (ε) per |ε| ≥ εy(7.59)

Fissata una delle leggi (7.57) si puo sostituire l’espressione di ε (z) nelle (7.58) e(7.59) per ottenere l’espressione di σc e σs in funzione di z. Quindi, calcolando gliintegrali

Nu =

ZA

σc (z) dA+Xi

σs (zsi)Asi (7.60a)

Mu =

ZA

σc (z) (z − zG) dA+Xi

σs (zsi) (zsi − zG)Asi (7.60b)

si ottengono i valori dello sforzo normale e del momento che producono il collassosecondo il meccanismo prescelto. Nelle (7.60) zG e l’ascissa del baricento della sezionein calcestruzzo (cui generalmente si fa riferimento), mentre zsi e l’ascissa dell’i-esimolivello di armatura di area complessiva Asi (per la scelta fatta prima per l’originedel riferimento, zsi = di).Esplorando diversi meccanismi di collasso si ottengono altrettante coppieNu,Mu,

ciascuna delle quali puo rappresentarsi con un punto in un grafico nel piano N,M .Unendo questi punti con una linea continua si ottiene un grafico simile a quellomostrato in Fig. 7.18, che si riferisce ad una sezione rettangolare 40× 60, simmetri-camente armata con 10 cm2 di acciaio per lato (d0 = 4 cm, d = 56 cm), con resistenzadel calcestruzzo fc = 13MPaMPa, e dell’acciaio fy = 380MPa. In questo graficoil punto A rappresenta il collasso per compressione centrata [diagramma AB inFig. 7.19 (a)]; il punto B,corrispondente al valore massimo del momento ultimo, siottiene quando il meccanismo di collasso e quello rappresentato dal segmento AC inFig. 7.19 (b), ossia quando la rottura del calcestruzzo e simultanea allo snervamentodell’acciaio (rottura bilanciata). Il punto in cui la curva interseca l’asseM corrispon-de al caso di collasso per sola flessione (N = 0 punto C nella Fig. 7.18). Infine ilpunto D corrisponde al collasso per semplice trazione, in cui tutta la sollecitazionee sostenuta dalle armature mentre il calcestruzzo teso non collabora.

Domini adimensionali

Un dominio di collasso come quello mostrato in Fig. 7.18 e specifico di una par-ticolare sezione, di date forma, dimensioni e quantita di armatura, nonche delle



caratteristiche meccaniche dei materiali. Tale grafico deve quindi essere costruitoogni volta per la sezione in esame; questa operazione e molto rapida se viene ese-guita da un programma di calcolo su computer, ma diviene molto laboriosa se nonsi dispone di un simile strumento e quindi la curva deve essere costruita con calcolimanuali.Per ovviare questo inconveniente e possibile costruire domini adimensionali, vali-

di per una vasta famiglia di sezioni. Infatti, fissata la forma della sezione (ad esempiorettangolare) se si definiscono le seguenti grandezze adimensionali:

n =N

bdfcm =

M

bd2fc(7.61)

i valori delle resistenze ultime adimensionali delle sezioni, nu,mu, dipendono sola-mente dai seguenti parametri:

1. la percentuale meccanica dell’armatura tesa

μ =Asfybdfc

(7.62)

2. il rapporto tra l’armatura compressa e quella tesa A0s/As

3. il rapporto tra la distanza del lembo compresso delle due armature d0/d

4. la deformazione di snervamento dell’acciaio εy = fy/Es.

Questi parametri sembrano molti ma in pratica, p.es. nei pilastri, l’armatura espesso posta simmetricamente (A0s/As = 1) e l’acciaio piu comunemente usato hale stesse caratteristiche meccaniche. Il rapporto d0/d e invece variabile con le di-mensioni della sezione, poiche d0 non varia molto (3− 4 cm), mentre d dipende dalledimensioni. Tuttavia questo parametro non e molto influente e, se lo scarto trail valore effettivo e quello del grafico non e troppo grande, i valori delle resistenzefornite dal grafico sono una buona approssimazione di quelli esatti; quindi il para-metro principale da cui la curva dipende e la percentuale meccanica di armatura μ;su di un unico grafico si possono quindi tracciare tante curve, ciascuna relativa adun fissato valore di μ, come quello mostrato in Fig. 7.20, relativo ad una sezionecon armatura simmetrica. Questo grafico e ribaltato intorno all’asse delle ordinate,rispetto a quello in Fig. 7.18, in quanto gli sforzi normali di compressione, come efrequente nel c.a., sono presi positivi.L’uso del grafico per la verifica di una sezione e il seguente: stabilito che il

grafico e quello corrispondente al rapporto A0s/As delle aree d’armatura effettive e,almeno approssimativamente, al rapporto d0/d, ed inoltre che la deformazione disnervamento dell’acciaio sia quella reale, si calcolano la percentuale di armaturatesa μ = Asfy/bdfc della sezione e le sollecitazioni di progetto adimensionali ndj =Ndj/bdfc, mdj = Mdj/bd

2fc. Il valore di μ permette di individuare la curva relativaalla sezione; quindi riportando sul grafico i punti di coordinate ndj e mdj, se tuttisono al di sotto della curva, la sezione risulta verificata, altrimenti no.



Figura 7.20: Famiglia di domini di resistenza normalizzati per sezioni rettangolari.(A0s/As = 1, εy = 2× 10−3, d0/d = 0.1).

Il grafico si puo usare anche per il progetto delle armature. Fissate le dimensioni(b e d) della sezione e le caratteristiche dei materiali, si possono calcolare le sollecita-zioni adimensionali. Riportando i punti corrispondenti sul grafico, resta determinatala curva che li inviluppa tutti, a cui corrisponde un valore della percentuale di ar-matura μ. Da questo si risale quindi all’area effettiva dell’armatura invertendo la(7.62).

Esempio 7.10 Progettare l’armatura simmetrica di una sezione in c.a. per le seguentisollecitazioni di progetto:

Nd1 = 700 kN Md1 = 250 kNmNd2 = 500 kN Md2 = 350 kNm

con fc = 14MPa ed fy = 400MPa.

Assumendo una sezione 30 × 45 cm2, con d0 = 4cm si ha d = 45 − 4 = 41 cm e quindid0/d = 4/41 ' 0.1. Inoltre per ipotesi A0s/As = 1 e εy = 400/200000 = 2 × 10−3. Le



Figura 7.21: Progetto di una sezione pressoinflessa usando i domini di resistenzaadimensionali.

sollecitazioni adimensionali risultano (passando a N e mm)

nd1 =Nd1

bdfc=

700000

300× 410× 14 = 0.407

md1 =Md1

bd2fc=

250000000

300× 4102 × 14 = 0.354

nd2 =Nd2

bdfc=

500000

300× 410× 14 = 0.290

md2 =Md2

bd2fc=

350000000

300× 4102 × 14 = 0.496

I punti rappresentativi di queste due coppie sono riportati nel grafico in Fig. 7.21, cherappresenta i domini di resistenza adimensionali per sezioni rettangolari con armaturasimmetrica, d0/d = 0.1 e εy = 2 × 10−3. Il simbolo x indica la prima sollecitazione eil simbolo + la seconda. Appare evidente che la seconda sollecitazione (minore sforzonormale e maggior momento) e la piu gravosa; infatti per sostenere la prima sarebbebastata una percentuale di armatura μ = 0.25, per assorbire la seconda occorre μ ' 0.43.Fissato questo valore, l’armatura necessaria da ogni lato e

As = A0s = μbdfcfy

= 0.4330× 41× 1.4

40= 18.5 cm2

equivalente a 4Ø24 (As = A0s = 18.1 cm2). In Fig. 7.22 e rappresentato il dominiodi resistenza (non adimensionale) della sezione ed i due punti relativi ai due stati disollecitazione. La condizione 2 cade esattamente sulla frontiera del dominio e quindi lasezione si puo ritenere correttamente dimensionata. ¤



1500 1000 500 0 500 1000 1500 2000 2500 3000 35000

100

200

300

400

N (kN)

M (K

Nm

)

Figura 7.22: Verifica della sezione dell’esempio 7.10.

Figura 7.23: Quadro fessurativo di una trave soggetta a flessione e taglio.

7.5 Sollecitazione di taglio

Nei precedenti paragrafi e stato analizzato il caso di una trave soggetta a flessionee forza normale, sollecitazioni che, come si e visto, producono solo tensioni normali.In queste condizioni le direzioni delle tensioni principali sono una parallela e l’altraperpendicolare all’asse della trave. Nella parte tesa le tensioni principali di trazionecoincidono con σx, per cui le fessure, che si aprono perpendicolarmente a queste,sono parallele alle sezioni, come indicato in Fig. 7.4.

La presenza della sollecitazione di taglio, che accompagna sempre quella di fles-sione quando il momento non e uniforme, modifica lo stato tensionale e l’inclinazionedelle fessure cambia, come indicato schematicamente nella Fig. 7.23. La spiegazionedi questo fenomeno e illustrata dalla Fig. 7.24. In questa figura sono rappresen-tati i diagrammi delle tensioni nella sezione di una trave non fessurata, sollecitataa flessione e taglio: le tensioni normali hanno l’andamento lineare (a “farfalla”)mentre le tensioni tangenziali hanno andamento parabolico (la sezione si suppone



σ τ

σ

τ

σ

τ

1

2

3

1

2

3

σ

τ

K

K

K

σ τ

σ

τ

σ

τ

1

2

3

1

2

3

σ

τ

K

K

K

Figura 7.24: Cerchi di Mohr per le tensioni in diversi livelli di una sezionerettangolare soggetta a flessione e taglio.

rettangolare). In un punto dalla parte delle fibre tese (1) sono presenti una tensionetangenziale σ (positiva) ed una tensione tangenziale anch’essa positiva. Il cerchiodi Mohr relativo a questo stato di tensione e quello indicato con (1); la tensioneprincipale di trazione risulta inclinata verso il basso rispetto all’asse della trave; latensione di compressione e ortogonale.In corrispondenza dell’asse neutro (2) σ = 0, quindi il cerchio di Mohr ha il centro

nell’origine degli assi σ, τ ; le giaciture principali sono rette a 45 rispetto all’asse,con le trazioni rotate verso il basso; le tensioni principali sono in valore assolutouguali alla τ . Nelle fibre compresse (3), infine, il cerchio di Mohr e rappresentato da(3); le tensioni principali di trazione sono quasi parallele alla sezione, mentre quelledi compressione sono prossime all’asse della trave. Nella Fig. 7.24 le direzioni delletensioni principali nei tre punti sono mostrate a fianco dei rispettivi cerchi Mohr,usando il tratteggio per le trazioni ed il tratto e punto per le compressioni.Nella Fig. 7.25 e abbozzato l’andamento delle linee isostatiche7 nella meta di

una trave appoggiata soggetta ad un carico simmetrico. Le linee di compressione(ortogonali alle trazioni principali, rappresentate a tratto e punto in figura), partonoperpendicolari all’asse nelle fibre inferiori, poi si incurvano fino ad intersecare l’asseneutro a 45, come chiarito in precedenza. Sopra l’asse neutro la loro inclinazioneaumenta e tendono a divenire, al lembo superiore, parallele all’asse. Poiche il taglio

7Le isostatiche sono linee in ogni punto tangenti alle tensioni principali. Per tensioni pianeformano una doppia famiglia di curve che, in ogni punto, si intersecano a 90.



a n

Trazione

Compressione

aa n

Trazione

Compressione

Figura 7.25: Linee isostatiche in una trave sollecitata a flessione e taglio.

si annulla dove il momento e massimo, al centro della trave le isostatiche di tra-zione tendono a divenire parallele all’asse nella zona tesa e perpendicolari in quellacompressa; le isostatiche di compressione hanno un andamento opposto.

Se si assume che le fessure si aprano in direzione ortogonale a quella delle mas-sime tensioni di trazione, esse dovrebbero seguire l’andamento delle isostatiche dicompressione (linea a tratto e punto in Fig. 7.25). Nella realta la situazione e piucomplessa, perche al propagarsi della fessura il regime delle tensioni cambia rispet-to a quello calcolato nella condizione di trave non fessurata; in pratica l’esperienzadimostra che le fessure si propagano piuttosto secondo linee approssimativamenterette, come mostrato nella Fig. 7.23.

7.5.1 Taglio nella trave fessurata

Dopo l’apertura di una fessura il calcestruzzo non e piu in grado di trasmettere ten-sioni normali, pertanto l’equilibrio a flessione non sarebbe possibile se non ci fossel’armatura nella zona tesa. L’apertura di una fessura di flessione e taglio, alme-no fino a certi livelli della sollecitazione, non impedisce la trasmissione di tensionitangenziali tra le due facce della fessura. Infatti, data la maggior resistenza degliinerti piu grandi rispetto alla pasta cementizia, le fessure hanno sempre superficiscabre, che seguono il percorso della pasta cementizia attorno agli inerti. Fino a chel’ampiezza della fessura e molto piccola, l’ingranamento delle due facce della fessu-ra, una calco dell’altra, non ne consente lo scorrimento relativo e trasmette le forzetaglianti attraverso la fessura. Questo fenomeno e rappresentato schematicamentenella Fig. 7.26, in cui e evidenziato un altro meccanismo, meno importante, checonsente di trasmettere il taglio tra le due facce della fessura, ossia l’effetto spinottodelle armature longitudinali, che si comportano come un perno che si oppone alloscorrimento relativo delle facce.

La resistenza del meccanismo di ingranamento e naturalmente limitata; inoltre,se la fessura si allarga, a causa della plasticizzazione dell’acciaio teso, il meccanismo



Figura 7.26: Fessurazione di una trave in c.a. sollecitata a flessione e taglio.

dell’ingranamento perde efficacia, fino ad annullarsi quando la distanza tra i lembidella fessura e maggiore delle scabrosita delle facce. Questo fenomeno e piu rilevantenelle travi alte, dove, a parita di rotazione tra i due conci, la distanza massima trale facce e maggiore.Il fenomeno della resistenza a taglio di una trave fessurata e molto complesso ed

in pratica non vi sono modelli attendibili basati sull’analisi del fenomeno fisico. Sideve ricorrere quindi a formule empiriche, basate sui risultati di numerosi esperimentieseguiti nei laboratori di tutto il mondo. L’eurocodice 2 fornisce la seguente formula

VR1 = [0.25fctk (1.2 + 40ρ1) + cσcp] bwd (7.63)

in cui

• fct : resistenza a trazione del calcestruzzo (vedi § 6.2.5)

• k = max 1.6− d, 1 (d, altezza utile della sezione, in metri)

• ρ1 = Asl/bwd (Asl, armatura longitudinale nella sezione, efficacemente ancora-ta)

• σcp = N/Ac : tensione normale media nel calcestruzzo (compressione positiva)

• c : coefficiente (nell’eurocodice c = 0.15)8

• bw : spessore dell’anima della sezione

8Nei codici normativi le resistenze dei materiali sono opportunamente ridotte per ragioni disicurezza, come sara chiarito meglio nel prossimo capitolo; per lo stesso motivo anche il coefficientec e affetto degli stessi coefficienti di riduzione. Il valore proposto dall’eurocodice tiene gia conto diquesta riduzione e quindi non e congruente con gli altri termini, se si intende la (7.63) come unaformula per stimare la resistenza a taglio senza la riduzione dei fattori di scurezza. In questo casoun valore piu idoneo potrebbe essere c ∼ 0.3.



Figura 7.27: Tipi di staffe nelle sezioni in c.a.

La resistenza a taglio fornita dalla (7.63) non e molto elevata; questo comporte-rebbe una forte limitazione alla resistenza delle travi, se non fosse possibile aumen-tarne il valore oltre questo limite; aumentando l’armatura longitudinale aumentala resistenza a flessione, ma se si verificasse la rottura per taglio sotto un caricoinferiore a quello che si potrebbe portare per flessione questo sarebbe ovviamenteinutile.Quando la resistenza a taglio del solo calcestruzzo e inferiore alla sollecitazio-

ne prodotta dai carichi occorre aumentare la resistenza mediante l’inserimento diopportune armature. Le armature per aumentare la resistenza della trave al tagliodevono essere predisposte nell’anima della trave e sono generalmente di due tipi:staffe e barre piegate. Le staffe (Fig. 7.27) sono armature chiuse disposte lungo ilperimetro della sezione, in modo da racchiudere al loro interno le armature longitu-dinali. Le staffe hanno almeno due bracci, ma possono averne di piu, come mostratoin Fig. 7.27. Le barre piegate sono generalmente barre dell’armatura longitudinaleche vengono piegate (di solito a 45) in modo da passare da un lembo all’altro dellatrave (Fig. 7.28).

Il traliccio di Morsch

Per calcolare la resistenza a taglio fornita dall’armatura d’anima (staffe e barre pie-gate) si ricorre ad uno schema limite, in cui il comportamento della trave fessurata eassimilato a quello di una trave a traliccio. Si suppone che le fessure, che si assumonorettilinee e mediamente parallele alle isostatiche di compressione, isolino delle bielledi calcestruzzo compresso che collegano il corrente teso (l’armatura principale) conquello compresso (il calcestruzzo compresso), come illustrato nella Fig. 7.29. Se siassume, come condizione limite, che le bielle di calcestruzzo compresso si comportinocome delle aste di una trave reticolare, incernierate agli estremi, l’equilibrio di que-sta struttura non e possibile senza l’inserimento di aste tese. In pratica la funzionedi asta tesa e assunta dall’armatura di parete (staffe o barre piegate). In questomodo, se le aste si assumono incernierate alle estremita, la struttura e isostatica ele sole equazioni di equilibrio bastano per determinare le forze in ogni elemento.L’equilibrio dell’asta compressa mostrata nella Fig. 7.30 permette di determi-

nare la resistenza a taglio di una trave con armature di parete. Infatti la tensione



Figura 7.28: Rappresentazione schematica di staffe e delle barre piegate all’internodi un concio di trave in c.a.

a na n

Figura 7.29: Deduzione del traliccio di Morsh dall’andamento delle isostatiche dicompressione.

nell’armatura longitudinale, nelle due sezioni distanti ∆x, varia della quantita ∆T ,che risulterebbe squilibrata se le bielle in parete non trasmettessero lo sforzo al cor-rente superiore. Imponendo l’equilibrio alla rotazione della biella di calcestruzzo eassumendo come polo dei momenti l’intersezione dell’asse della biella con quello delcorrente compresso, si ha:

∆Tζd− (Va + Vd)∆x−Mc − Fs (cosα+ sinα cotβ) ζd = 0 (7.64)

dove ζd (braccio delle forze interne) e la distanza tra l’asse della risultante delletensioni di compressione da quello della risultante delle trazioni. Poiche T =M/ζd,si ha ∆T = ∆M/ζd. Dividendo tutti i termini per ∆x e tenendo conto che, per∆x→ 0, ∆M

∆x= V (taglio prodotto dai carichi), dalla 7.64 si ricava

V = Va + Vd +Mc

∆x+

Fs

∆x(cosα+ sinα cotβ) ζd (7.65)



αβ

T T+ΔT

Δx

Va

Vd

CorrentecompressoMc

ζdFs

αβ

T T+ΔT

Δx

Va

Vd

CorrentecompressoMc

ζdFs

Figura 7.30: Equilibrio di una biella di calcestruzzo.

Nella (7.65) Va + Vd + Mc/∆x e il taglio portato dal calcestruzzo in assenza diarmatura. Il valore massimo di questo taglio si puo calcolare con la formula empirica(7.63). L’ultimo termine della (7.65) fornisce invece il contributo delle armaturedi parete; il valore massimo di questo termine si raggiunge quando l’armatura siplasticizza e σs = fy. Se l’armatura e composta da barre di area Asw poste apasso s, in un tratto di lunghezza ∆x, l’area presente sara Asw∆x/s e quindi laforza massima sviluppata da questa armatura risulta: Fs = fyAsw∆x/s. Tenendoconto di queste considerazioni si ottiene che il taglio ultimo portato dalla trave conarmatura d’anima e

VR3 = VR1 +fyAsw

s(cosα+ sinα cot β) ζd (7.66)

Normalmente si assume che l’inclinazione media delle fessure sia β = 45; intal caso cotβ = 1; le staffe sono normalmente ortogonali all’asse della trave, percui α = 90, mentre le barre inclinate sono generalmente inclinate a 45; il bracciodelle forze interne, infine, si puo prendere approssimativamente pari a 0.9d, cosı, perquesti due casi frequenti, si ha

VR3 = VR1 +

½ fyAsw

s0.9d nel caso di staffe√

2fyAsws0.9d nel caso di barre piegate a 45

(7.67)

Si deve tenere presente che, nel caso di staffe, Asw non e l’area del tondino, ma quellacomplessiva di tutti i bracci della staffa. Quindi si ottiene moltiplicando l’area deltondino per il numero dei bracci.Oltre alla trazione nell’armatura si genera uno sforzo di compressione nelle bielle

di calcestruzzo. Trascurando il contributo degli altri meccanismi, si puo costruire ilpoligono delle forze mostrato in Fig. 7.31, in cui C e la forza di compressione nellabiella di calcestruzzo. Dal teorema dei seni si trae immediatamente che



ΔT

CFs

Δx

ββα

π−α−β

βα

σc

ΔT

CFs

Δx

ββα

π−α−β

βα

σc

Figura 7.31: Calcolo della tensione media di compressione in una bilella dicalcestruzzo di una trave sollecitata a taglio.

C

∆T=

sinα

sin (π − α− β)=

sinα

sin (α+ β)

e pertanto, poiche ∆T = ∆M/ζd, si ha

C =∆M

ζd

sinα

sin (α+ β)(7.68)

Ma (Fig. 7.31) C = σcbw∆x sinβ, in cui bw e lo spessore dell’anima della sezionee σc e la tensione normale (di compressione) media nella biella di calcestruzzo.Sostituendo questa espressione di C nella (7.68)

σcbw∆x sinβ =∆M

ζd

sinα

sin (α+ β)

da cui, dividendo entrambi i membri per ∆x e ricordando che ∆M/∆x → V , siricava:

V = σcbwζd sinβsin (α+ β)

sinα= σcbwζd sinβ (cos β + cotα sinβ) (7.69)

Il taglio massimo che la sezione puo sopportare senza che si verifichi lo schiac-ciamento del calcestruzzo e quello che corrisponde a σc = fc; questo pero sarebbevero solo se le bielle di calcestruzzo si comportassero come le aste di una vera travereticolare e fossero soggette a semplice forza normale; in pratica la forza puo risul-tare eccentrica, riducendo sensibilmente la resistenza dell’elemento. L’eurocodice 2assume che σcmax = νfc, dove ν ≤ 1 e un fattore di riduzione che viene dato dallaformula

ν = max

½0.7− fc

200, 0.5

¾(7.70)

con fc in Megapascal. Cosı il taglio massimo a cui la trave puo resistere e

VR2 = νζfcbwd sinβ (cosβ + cotα sinβ) (7.71)



dove normalmente si puo assumere ζ = 0.9. Per β = 45 la (7.71) diviene

VR2 = νζfcbwd1

2(1 + cotα)

che, nel caso di staffe (α = 90), da

VR2 =1

2νζfcbwd

Nel caso di armature inclinate a 45

VR2 = νζfcbwd

Il metodo dell’inclinazione variabile delle bielle

L’assumere che le fessure (e quindi le bielle di calcestruzzo) siano mediamente incli-nate a 45 e una scelta convenzionale e sostanzialmente arbitraria, anche se caute-lativa, perche l’osservazione sperimentale dimostra che generalmente, nelle fessurecritiche, β < 45. In effetti, il taglio portato dalle armature al collasso

Vs =fyAsw

s(cosα+ sinα cotβ) ζd (7.72)

fornito dalla (7.66) aumenta al diminuire di β e diviene infinito per β = 0. D’altraparte il taglio resistente delle bielle di calcestruzzo (7.71) diminuisce con β e siannulla per β = 0. Se si assume che al momento del collasso il contributo deimeccanismi resistenti del calcestruzzo (ingranamento degli inerti, effetto spinotto,ecc.) diviene trascurabile e quindi tutto il taglio e portato dalle armature (VR3 = Vs),la resistenza a taglio della trave e condizionata dall’elemento piu debole tra le biellecompresse e le aste tese, ovvero VR = min VR2, VR3 = Vs.Poiche, come osservato prima, al diminuire di β Vs aumenta ma VR2 diminuisce,

la massima resistenza a taglio dell’elemento si raggiunge per quel valore di β per cuila resistenza delle armature uguaglia la resistenza a compressione delle bielle, ossiaper VR2 = Vs. Esplicitamente si ha

νζfcbwd sinβ (cosβ + cotα sinβ) =fyAsw

s(cosα+ sinα cotβ) ζd

da cui si ottiene

sinβ (cosβ + cotα sinβ)− fyAsw

νfcbws(cosα+ sinα cotβ) = 0 (7.73)

Si osservi che Asw/bws = ω e la percentuale geometrica di armatura d’anima presentenella trave. La quantita

μw =fyAsw

νfcbws=

ωfyνfc

e la percentuale meccanica dell’armatura d’anima. L’equazione (7.73) diviene, conquesta posizione:

sinβ (cosβ + cotα sinβ)− μw (cosα+ sinα cotβ) = 0



la cui soluzione, per 0 < β < π/2 e

cotβ =

s1− μw sinα

μw sinα(7.74)

In particolare, nel caso di staffe (α = π/2)

cotβ =

s1− μwμw

(7.75)

Generalmente μw ¿ 1; ad esempio per una trave armata con staffe ∅8/20(As = 1.00 cm2) con b = 30 cm si ha ω = 1.00/ (20× 30) = 0.00167; ipotiz-zando fy = 400MPa e fc = 15MPa; per la (7.70) ν = 0.625, risulta μw =0.00167×400/ (0.625× 15) = 0.0711, da cui si deduce, nel caso di staffe, cotβ = 3.61(β ≈ 17). In pratica vi sono dei limiti a valori realmente possibili di β. Ad esempiol’Eurocodice 2 assume che

1 < cotβ < 2.5 (7.76)

(ovvero 24.2 < β < 45), pertanto, nel caso di elementi non eccessivamente armatia taglio, il limite e posto dalla (7.76); in questi casi si ha cotβ = 2.5 e quindi (perarmature realizzate con staffe) VR3 = 2.5

fyAsws

ζd.Il valore limite della percentuale d’armatura corrispondente si ottiene facilmente

dalla (7.74) ponendo cotβ = 2.5; risulta μwl = 0.138/ sinα. Nel caso di elementicon maggiore percentuale di armatura, per cui cotβ < 2.5, il taglio massimo portatodall’elemento, che corrisponde alla simultanea rottura delle bielle a compressione edelle armature di taglio, si calcola sostituendo nella (7.72) o nella (7.71) il valore diβ trovato.

Esempio 7.11 Determinare con il metodo dell’inclinazione variabile delle bielle il taglioultimo portato da una trave con sezione rettangolare b = 25 cm, h = 55 cm, armata constaffe a due bracci ∅10/15, assumendo fy = 400MPa ed fc = 15MPa (ν = 0.625).

L’area di 2∅10 e Asw = 1.57 cm2 quindi ω = 1.57/ (15× 25) = 0.0419 e di conseguenzaμw = 0.0419× 400/ (0.625× 15) = 0.179 > μwl. L’angolo β risulta quindi

cotβ =

s1− μwμw

=

r1− 0.1790.179

= 2.14 < 2.5→ β = 27.78

Dalla (7.72), per α = π/2 e ζ = 0.9 si ottiene (d = 51 cm)

VR3 = Vs =40× 1.5715

0.9× 51× 2.14 = 411.2 kN

Dalla (7.71)

VR2 = νfcbwζd sinβ cosβ = 0.625× 1.5× 25× 0.9× 51× 0.423× 0.906 = 412 kN

Pertanto VR2 ' VR3, come era stato imposto. ¤



Procedura di verifica—progetto con il metodo normale

Normalmente, data una trave di fissate dimensioni, si deve verificare se essa e ingrado di sostenere le sollecitazioni di taglio indotte dai carichi e quindi, se necessario,calcolare l’armatura d’anima necessaria.

Il primo passo che conviene fare e determinare VR2, per verificare se la sezionedi calcestruzzo e in grado di resistere alla sollecitazione. Se risulta che il taglioprodotto dai carichi e superiore a VR2, occorre modificare le dimensioni della sezione(p.es. aumentando bw); se la verifica invece e soddisfatta si puo procedere oltre. Sicalcola quindi VR1 e si verifica se e maggiore o minore del taglio agente. Nel primocaso il solo calcestruzzo e in grado di resistere al taglio, quindi l’armatura non enecessaria (a meno di un minimo quantitativo previsto dalle norme) e la proceduratermina; nel secondo la differenza V − VR1 deve essere assorbita dalle armature.Utilizzando la (7.66) con β = 45, si ha

Asw =(V − VR1)

0.9fyd

s

cosα+ sinα(7.77)

Perche il meccanismo resistente descritto sia sempre efficace occorre che almenouna fessura sia intersecata da un elemento di armatura d’anima (staffa o barrapiegata). Assumendo un’inclinazione delle fessure pari a 45, si puo ritenere che ladistanza tra le armature di taglio (misurata parallelamente all’asse della trave) nondeve superare 0.8d.

Esempio 7.12 Verificare la resistenza a taglio e, se necessario, progettare l’armaturamediante staffe, nella sezione di una trave in c.a. sollecitata da una forza di taglio V =150 kN. La sezione ha dimensioni 30×50 ed e armata con 4∅16 (As = 8cm

2) in trazione e2∅14 (A0s = 3.1 cm2) in compressione, con una distanza delle armature dai bordi d0 = 4cm.La resistenza del calcestruzzo e fc = 15.6MPa in compressione e fct = 1.12MPa intrazione; la tensione di snervamento dell’acciaio e fy = 380MPa.

Assumendo ν = 0.575 dalla (7.77), con α = 90 e β = 45, si ha

VR2 =1

2νfcb0.9d =

1

20.575× 1.56× 30× 0.9× 46 = 557.9 kN

in cui d = h−d0 = 50−4 = 46 cm. Poiche VR2 > V e possibile proseguire il progetto senzamodificare le dimensioni della sezione.

Applicando la (7.63) si ottiene il taglio trasmesso dalla sezione non armata. Dai dati siricava facilmente che

ρ =As

bd=

8

30× 46 = 5.8× 10−3

k = 1.6− 0.46 = 1.14 > 1

Pertanto

VR1 = [0.25fctk (1.2 + 40ρ)] bd = [0.25× 0.112× 1.14× (1.2 + 40× 0.0058)] 30×46 = 63.2 kN



Risultando V > VR1 e necessario prevedere un’armatura idonea a sostenere la differenzadi forze. Applicando la (7.77) con α = 90, si ottiene l’area necessaria per l’unita dilunghezza

Asw

s=(V − VR1)

0.9dfy=

150− 63.20.9× 0.46× 38 = 5.52

cm2

m

Fissato il diametro del tondino ∅8 area 0.50 cm2, adottando staffe e due bracci si haAsw = 2× 0.50 = 1 cm2; pertanto

s =1

5.52= 0.181m

Si puo pertanto adottare un’armatura formata da staffe ∅8/18 (staffe ∅8 a passo 18 cm).¤

7.6 Diagramma dei momenti resistenti. Intera-

zione tra taglio e flessione

In una trave inflessa le armature vengono normalmente progettate con riferimentoalle sezioni di massimo momento. Poiche lungo la trave i momenti variano, anchese la geometria della sezione di calcestruzzo viene mantenuta uniforme, l’armatu-ra generalmente viene fatta variare in base alle effettive necessita. In particolaresi deve tener presente che quando il momento cambia di segno, come avviene inprossimita degli appoggi di una trave continua, l’armatura principale (cioe quellamaggiormente tesa) diviene quella posta al lembo superiore della trave. Quindi,a differenza di quanto avviene nel caso delle travi in acciaio, dove, se la sezione euniforme e simmetrica, la verifica della sezione piu sollecitata garantisce la sicurezza(per eccesso) di tutte le altre, non altrettanto avviene per il cemento armato; lavariazione dell’armatura richiede che, virtualmente, in ogni punto sia verificato chela resistenza sia maggiore della sollecitazione.Questa verifica si esegue mediante il diagramma dei momenti resistenti. In pra-

tica, per una sezione inflessa non fortemente armata (cioe con una quantita di ar-matura tesa minore di quella che e data dalla (7.40)), essendo l’acciaio plasticizzato,il momento ultimo si puo calcolare con la semplice formula

Mu = Asfyζd

in cui As e l’area dell’armatura tesa, fy la tensione di snervamento e ζd il bracciodelle forze interne, ossia la distanza tra la risultante delle tensioni di trazione daquella delle compressioni. Con buona approssimazione, come si e gia detto, ζ ∼ 0.9;accettando questa semplificazione l’espressione di Mu diviene

Mu = Asfy0.9d

che si calcola immediatamente quando siano note le dimensioni della sezione e l’areadell’armatura. In una trave con d costante, essendo fy lo stesso in tutti i punti,questa espressione mostra che Mu e semplicemente proporzionale all’area delle ar-mature tese. Date le armature nelle sezioni di momento massimo, se ne calcola


7.6 Diagramma dei momenti resistenti. Interazione tra taglio e flessione 219

Figura 7.32: Armatura di una trave appoggiata con sbalzo e soggetta ad un caricounivorme. Verifica con il diagramma dei momenti resistenti.

facilmente il momento ultimo che, ovviamente deve superare (o almeno non essereminore a) il momento agente. Inoltre, se l’area As e ottenuta mediante n barre diarea As1, As2, . . ., si puo facilmente calcolare il contributo di ciascuna barra al mo-mento totale, che sara semplicemente proporzionale all’area; in particolare, se tuttele barre hanno la stessa sezione e sono quindi di uguale area, il contributo di ciascunabarra e 1/n-esimo del momento ultimo totale. Si puo quindi costruire il diagrammadei momenti resistenti di ciascuna barra, che sara formato da tante linee paralleleall’asse delle ascisse, ciascuna distante da quella sottostante del momento resistentedi quella barra. In Fig. 7.32 e mostrato il caso di una semplice trave appoggiata consbalzo, armata, nelle sezioni di massimo momento, in campata e sull’appoggio, con4 barre di uguale diametro.

Quando la linea del momento resistente di una barra interseca il grafico dei mo-menti agenti, il momento resistente puo essere ridotto eliminando la barra in eccesso.In figura questo e fatto per coppie di barre e l’intersezione non e riferita al diagram-ma dei momenti (linea continua) ma ad un diagramma (linea tratteggiata) ottenutoda questo mediante opportuna traslazione. La ragione di questo sara chiarita piuavanti. Comunque, come si vede, quando il momento resistente delle due barre re-stanti supera quello agente, le armature possono essere interrotte, perche da quelpunto in poi quelle restanti risultano sufficienti. Tuttavia nel disegno e mostrato chela fine effettiva delle barre non coincide con i punti di intersezione dei diagrammi,ma e traslata di un tratto. La ragione di questo e che le barre, per essere efficaci,devono essere ancorate nel calcestruzzo e cio avviene mediante l’aderenza tra i due



βα

M0 M1∼ M0+VzcotβV

Vcotα

T T

C C

zcotβ

z

X0 X0 X1

vV

βα


Vcotα

T T

C C

zcotβ

z

X0 X0 X1

v

βα


Vcotα

T T

C C

zcotβ

z

X0 X0 X1

vV

Figura 7.33: Equilibrio delle risultanti di sollecitazione per un concio di travesezionato ortogonalmente all’asse e quando la sezione e inclinata.

materiali. E quindi necessario prolungare le barre per un tratto pari alla lunghezzadi aderenza, che garantisce l’efficacia dell’armatura nella zona utile. Il calcolo dellalunghezza di aderenza esula i propositi di queste lezioni; prudenzialmente, per barread aderenza migliorata, si puo assumere questa lunghezza pari a quaranta volte ildiametro della barra.

Scorrimento del diagramma dei momenti

In precedenza e stato mostrato che il diagramma dei momenti resistenti non vieneconfrontato direttamente con il diagramma dei momenti agenti prodotto dai carichi,ma con un altro, ottenuto dal precedente mediante traslazione di una quantita a.La traslazione deve essere tale che, in una data sezione, il momento del diagrammatraslato e, in valore assoluto, maggiore di quello del diagramma originale. Cosı, neitratti dove il momento e (in modulo) crescente, il diagramma e traslato verso sinistra,dove e decrescente e traslato a destra, come mostrato nell’esempio in Fig. 7.32.Per giustificare questo e stimare il valore della traslazione a0, osserviamo la

Fig. 7.33. A sinistra e rappresentato il caso di una sezione retta, in cui la coppiaC, T di braccio z equilibria il momento M0 agente nella sezione X0, per cui la forzaagente nell’armatura e T =M0/z. Nel caso di una trave attraversata da una fessurainclinata la situazione e quella rappresentata a destra. Se si impone l’equilibriodel concio, il momento dei carichi sara ora quello agente nella sezione X1, distantez cot β da X0, per cui il momento agente su questa sezione e, approssimativamenteM1 = M0 + V z cotβ. Questo momento deve essere equilibrato dalle forze interneC, T e dalla risultante delle forze agenti sull’armatura di parete. Se si assume chetutto il taglio sia portato dall’armatura, allora tale risultante e Fs = V/ sinα, e sipuo decomporre in una forza verticale V ed una orizzontale V cotα. Indicando conv la distanza del punto di intersezione di Fs con la fessura dalla retta d’azione di C,per l’equilibrio dei momenti intorno al punto di intersezione di C con X1, si ottiene:

M0 + V z cotβ = Tz + V cotαv + V v cotβ


7.6 Diagramma dei momenti resistenti. Interazione tra taglio e flessione 221

da cui si ottiene che

Tz =M0 + V [(z − v) cotβ − v cotα] =M0 + V a

dove a = (z − v) cotβ− v cotα. La posizione della risultante delle forze nelle arma-ture di parete dipende dal punto in cui queste intersecano la fessura. Ipotizzandouna distribuzione sufficientemente uniforme si puo assumere, seguendo l’Eurocodice2, che questo avvenga nel punto medio, per cui v = z/2. In questo caso

a = z(cotβ − cotα)

2(7.78)

In particolare, se si pone β = 45 si ha a = z(1−cotα)/2, che diviene semplicementea = z/2 nel caso che l’armatura sia formata con staffe. Quando β e calcolato con ilmetodo dell’inclinazione variabile delle bielle si applica la (7.78), che per α = π/2diviene a = z cotβ/2. Quando la resistenza dell’armatura e molto minore di quelladel calcestruzzo, come si e visto nel § 7.5.1, cotβ = 2.5 e quindi, a = 1.25z.


Capitolo 8

La sicurezza delle strutture e icodici normativi

8.1 Introduzione

Le forze agenti sui solidi producono all’interno di questi delle sollecitazioni che, sesuperano la resistenza del materiale, ne producono un certo grado di danneggia-mento ed eventualmente la rottura. Scopo dell’ingegneria strutturale e quello dideterminare per quali forze si verificano danno o rottura di una struttura, in mo-do da poter garantire che quelle progettate si trovino in condizioni sufficientementelontane da quelle critiche.Nei capitoli precedenti sono stati forniti gli strumenti di base necessari per per-

seguire questo scopo. Lo studio e stato in gran parte ristretto ad una categoria dielementi strutturali, le travi, il cui comportamento puo essere indagato con stru-menti relativamente semplici e che hanno grande importanza, particolarmente nellecostruzioni moderne. In molti casi, ma non sempre, si e fatta l’ipotesi che la leg-ge costitutiva del materiale (cioe la legge che esprime le tensioni in funzione delledeformazioni) sia elastica lineare (legge di Hooke). La linearita della legge costi-tutiva riduce notevolmente la complessita dei problemi ed inoltre la maggior partedei materiali impiegati nelle costruzioni, se sollecitata fino ad un livello di tensionesufficientemente lontano da quello di rottura, conserva un comportamento, almenoapprossimativamente, elastico lineare. Al comportamento lineare e anche associa-ta la reversibilita del fenomeno, ovvero la scomparsa degli effetti (ad esempio delledeformazioni) quando le azioni vengono rimosse. Per il calcestruzzo la fessurazionecostituisce un fenomeno non reversibile; tuttavia, poiche all’annullarsi delle trazionile fessure si richiudono, si puo assumere che anche il calcestruzzo fessurato, finche letensioni restano limitate, abbia un comportamento praticamente reversibile. La re-versibilita implica l’assenza di un danno permanente, quindi, almeno finche si indagail comportamento della struttura nel campo del suo buon funzionamento, l’ipotesidi elasticita lineare e sufficientemente realistica.Il progettista di una struttura deve naturalmente garantire che l’organismo da

lui ideato sia in grado di sostenere le azioni a cui sara soggetto senza danneggiarsi.L’assenza di danno necessariamente implica che la struttura non collassi: in questa


224 Capitolo 8 La sicurezza delle strutture e i codici normativi

ottica, in un quadro deterministico, il progettista potrebbe quindi limitarsi a ve-rificare che, sotto l’azione dei carichi, in nessun punto della struttura il materialesupera il limite di proporzionalita, quindi che il comportamento della struttura restielastico lineare1.

8.1.1 Le azioni

Fin qui non si e posta alcuna attenzione alle cause che generano le forze agenti sullestrutture, ne sul modo di determinarle. Queste possono essere classificate in base adiversi criteri: la loro natura, le cause che le producono, il modo con cui interagisconocon la struttura.

Per quanto riguarda la natura, non sempre le azioni sono forze: ad esempioun cedimento differenziale delle fondazioni, che imprime alla struttura uno stato dicoazione, si puo rappresentare come uno spostamento imposto ad alcuni vincoli; ledeformazioni dovute alle variazioni termiche o dal ritiro del calcestruzzo, se impeditepossono produrre stati di coazione che, particolarmente nei materiali fragili, possonodanneggiare la struttura.

L’azione piu comune, sempre presente, e il peso, sia della struttura stessa, siadi quello che essa sostiene (pavimenti, tramezzi e tamponature, arredi ed infine lepersone che utilizzano l’edificio); queste forze sono indotte dall’uomo altre, comead esempio il peso della neve sui tetti, e invece un’azione ambientale che sfugge alnostro controllo. La pressione esercitata dal vento e una forza di natura diversa dalpeso, ma anch’essa dipende dalle condizioni ambientale e non dall’uomo. Da questopunto di vista anche le azioni sismiche, che propriamente non sono forze, ma spessovengono schematizzate come tali, sono azioni ambientali e che naturalmente noi nonpossiamo controllare.

Un altro criterio di classificazione riguarda l’evoluzione nel tempo delle azioni:alcune, come il peso proprio, sono sempre presenti e rimangono praticamente costantiper l’intera vita della struttura; altre, come i cosı detti sovraccarichi permanenti(pavimenti, tramezzi, intonaci, ecc.) cambiano assai di rado, spesso mai durante lavita della costruzione. Gli arredi sono carichi che cambiano di rado, mediamente ognialcuni anni, mentre il peso degli occupanti varia molto piu rapidamente; entrambisono classificati tra le azioni variabili, insieme alla neve ed alla pressione del vento.Le azioni, come i terremoti, le esplosioni, ecc., che si verificano di rado (a volte mai)ma che possono avere conseguenze gravi sulla vita della struttura, sono chiamateeccezionali.

8.1.2 Incertezze

Per eseguire le verifiche di una struttura occorre conoscere in primo luogo la strutturastessa (geometria degli elementi che la compongono, natura e caratteristiche deimateriali costituenti, ecc.) nonche il tipo e l’entita delle azioni a cui sara soggetta.

1Per il calcestruzzo fessurato si deve anche controllare che l’ampiezza delle fessure resti limitata.Il calcolo dell’ampiezza delle fessure non e compreso nel programma di questo corso.


8.2 Sicurezza strutturale 225

Per quanto riguarda le azioni, come visto prima, alcune dipendono dall’azionedell’uomo (p.es. il peso dei pavimenti, dei tramezzi, degli arredi utilizzati, ecc.) e, invia di principio, potrebbero anche essere conosciuti con precisione, ma altre azioni,che dipendono da eventi naturali, come il vento, la neve, i terremoti, ecc., ovviamen-te non possono essere previste senza un margine piu o meno ampio di incertezza. Inpratica poi anche le azioni che dipendono dall’uomo non sono esattamente prevedibi-li; nessuno, ad esempio, puo sapere esattamente quali pesi dovra sostenere un solaionell’arco della vita dell’edificio ed perfino i pesi propri, a causa della variabilita delledimensioni degli elementi e del peso specifico dei materiali, possono essere previsticon certezza.

Oltre alle azioni, anche le caratteristiche della struttura risultano incerte, siaperche tra il progetto e l’eseguito possono esistere delle differenze, sia perche leproprieta dei materiali sono variabili e quindi anche loro non deterministicamenteprevedibili. Le misure delle resistenze sono ottenute da prove distruttive: quindila resistenza di un materiale impiegato nella costruzione non puo mai essere misu-rata direttamente, ma solo indirettamente, su campioni realizzati con un materialesimile. Per gli elementi in acciaio, comprese le barre impiegate per l’armatura nelc.a., essendo prodotti industrialmente prima della costruzione, questo controllo sta-tistico puo essere eseguito prima della loro posa in opera; inoltre il materiale risultageneralmente omogeneo e le grandezze di interesse poco disperse. Sul calcestruzzo,che viene realizzato solo al momento della costruzione, i controlli invece si possonoeseguire solo molti giorni dopo il getto, dopo che i campioni prelevati hanno rag-giunto un giusto grado di maturazione; inoltre, per loro natura, le resistenze e lealtre grandezze meccaniche di questo materiale, risultano molto piu disperse.

L’imprevedibilita dei carichi e dei parametri del materiale non sono le unichefonti di incertezza circa l’effettivo stato di sollecitazione della struttura. Ad essesi devono aggiungere gli errori insiti nell’impiego, per descrivere la struttura, dimodelli di calcolo semplificati, il fatto di trascurare alcune azioni che non eranostate previste, le incertezze nelle definizioni delle soglie di danno e di collasso.

8.2 Sicurezza strutturale

Se le azioni e le resistenze, oltre agli stessi modelli di calcolo, non sono deterministi-ci, non e piu possibile escludere che, durante la sua storia, una struttura subisca deidanni o che addirittura collassi; si potra solo richiedere che questi eventi siano abba-stanza rari, in modo tale che il rischio ad essi connesso risulti piu piccolo di altri rischia cui ciascuno e normalmente esposto. La verifica (probabilistica) di una strutturaconsiste nel determinare la probabilita che si verifichi (in un fissato lasso di tempo)un evento sfavorevole e quindi nel controllare che questa probabilita sia minore delrischio ritenuto accettabile. Una tale impostazione, anche se logicamente soddisfa-cente, risulta notevolmente difficile da svolgere e poco adatta alla prassi progettualecorrente. In pratica, per garantire un adeguato livello di sicurezza si introduconodei margini tra lo stato (medio) della struttura e le condizioni che producono effettiindesiderati; questi margini si ottengono mediante dei coefficienti di sicurezza, che



lαα

F F ε

σ

fy

1 22

(a) (b) (c)

lαα

F F ε

σ

fy

1 22

(a) (b) (c)

Figura 8.1: Analisi agli stati limite di due strutture composte con tre aste.

riducono le resistenze ed aumentano i valori nominali delle sollecitazioni; si richiedequindi che, in analisi deterministiche eseguite adottando questi valori delle azionie delle resistenze, lo stato limite non sia superato. L’incremento delle forze e lariduzione delle resistenze si devono intendere riferiti ai valori piu probabili (p.es. aquelli medi) delle rispettive grandezze. Questo metodo non garantisce, in terminidi probabilita, una sicurezza uniforme per tutte le strutture, tuttavia i coefficientidi sicurezza possono essere calibrati in modo da garantire un valore minimo dellasicurezza.

In precedenza e stato osservato che una struttura non deve, in condizioni normali,subire danni. Se la struttura e realizzata con un materiale a comportamento elasto-plastico, la condizione di assenza di danno si puo far coincidere con il fatto che inogni punto le tensioni non superino i limiti di plasticita. Applicando il metodo deicoefficienti di sicurezza delineato prima, questa verifica si eseguira applicando allastruttura dei carichi opportunamente aumentati e assumendo una ridotta resistenzadel materiale.

E ovvio che se la struttura non supera la soglia di danno a maggior ragionenon superera quella di collasso. Tuttavia la verifica di una sola condizione non esufficiente a garantire un adeguato margine di sicurezza dell’altro. Per comprenderequesto si puo far riferimento al caso delle due semplici strutture illustrate in Fig. 8.1(a) e (b), composte da tre barre di uguale sezione e costituite da un materiale acomportamento elasto-plastico perfetto (Fig. 8.1 (c)). Nel caso (a) le barre sonoparallele, in quello (b) formano un triangolo isoscele con angolo al vertice 2α. Sia Fil valore nominale della forza e fy quello della tensione di snervamento del materiale;indichiamo con Fy la forza che produce la prima plasticizzazione (quindi la sogliadi danno) e con Fu la resistenza ultima della struttura, che coincide con la forzache produce la plasticizzazione di tutte le aste; infatti quando tutte le barre sonoplasticizzate l’equilibrio non e piu possibile per una forza maggiore di Fu.

Nel caso della struttura (a) la soluzione del problema e molto semplice, poicheovviamente le tre barre sono ugualmente sollecitate, quindi se A e l’area di una barra


8.2 Sicurezza strutturale 227

lαα

F

1 22

δαδ cosQ

Q’

lαα

F

1 22

δαδ cosQ

Q’

Figura 8.2: Analisi della deformazione delle tre aste collegate alle estremita.

si ha semplicemente

σ =F

3Ain ciascuna di esse. Lo snervamento del materiale si raggiunge simultaneamentenelle tre barre quando σ = fy e pertanto

Fy = Fu = 3fyA

Dunque per una simile struttura vi e lo stesso margine di sicurezza sia nei confrontidel danno (Fy) sia del collasso (Fu).Il calcolo delle tensioni nella struttura (b) e un poco piu complesso. Per ri-

solvere il problema si utilizza il principio dei lavori virtuali. Assegnando al puntoQ uno spostamento δ (Fig. 8.2) l’asta 1 subisce un allungamento δ e quindi unadeformazione

ε1 =δ

lessendo l la lunghezza iniziale della barra. Le aste 2, di lunghezza iniziale l/ cosα,subiscono un allungamento δ cosα e quindi una deformazione

ε2 =δ cosα

lcosα

=δ

lcos2 α

Se E e il modulo elastico del materiale, alle deformazioni ε1 ed ε2 corrispondono letensioni σ1 = Eε1 e σ2 = Eε2. Quindi, poiche tensioni e deformazioni sono costantiall’interno delle aste, il lavoro virtuale delle forze interne e

δLi = σ1ε1Al + 2σ2ε2Al

cosα= EAl

µε21 +

2

cosαε22

¶Tenendo quindi conto delle precedenti espressioni di ε1 ed ε2 si ottiene

δLi = EAl

µδ2

l2+

2

cosα

δ2

l2cos4 α

¶=

EA

lδ2¡1 + 2 cos3 α

¢Giannini: Dispense di Tecnica delle Costruzioni


Poiche il lavoro della forza esterna F e semplicemente Fδ, uguagliando il lavorointerno a quello esterno si ricava che

F =EA

lδ¡1 + 2 cos3 α

¢da cui

δ

l=

F

EA (1 + 2 cos3 α)

Quindi

σ1 = Eε1 = Eδ

l=

F

A (1 + 2 cos3 α)

σ2 = Eε2 = Eδ

lcos2 α =

F cos2 α

A (1 + 2 cos3 α)

Poiche cos2 α ≤ 1, si ha evidentemente σ2 ≤ σ1, pertanto la condizione di primaplasticizzazione si raggiunge quando σ1 = fy, e questo avviene per F = Fy, con

Fy = fyA¡1 + 2 cos3 α

¢Il collasso si raggiunge invece quando tutte e tre le aste sono plasticizzate, per

cui in ciascuna si raggiunge la forza F1y = Afy. Combinando le tre forze con laregola del parallelogramma, si ottiene la risultante

Fu = F1y + 2F1y cosα = fyA (1 + 2 cosα)

Il rapporto Fu/Fy risulta quindi

Fu

Fy=1 + 2 cosα

1 + 2 cos3 α≥ 1

Ad esempio, per α = 30 si ha Fu/Fy = 1.188; per α = 45 il rapporto diviene 1.414.

Dunque, se le due strutture fossero progettate con lo stesso coefficiente di sicurezzarispetto al primo snervamento, avrebbero un differente margine di ricurezza rispettoal collasso, dipendente dall’inclinazione delle barre 2.Data la diversa gravita delle conseguenze prodotte dal superamento del limite di

danno da quelle relative al superamento del limite di collasso, si accetta un rischiodiverso per i due eventi, maggiore per quello meno grave e minore per l’altro. Ildiverso livello di rischio accettato si esprime in pratica mediante diversi valori deicoefficienti di sicurezza, maggiori per le verifiche allo stato limite ultimo, minoriper quelle degli stati limite di danno. Poiche, come mostra l’esempio precedente,il rapporto tra la soglia di danno e quella ultima varia da caso a caso, occorrein genere eseguire entrambi i tipi di verifica: le verifiche di esercizio (o di statolimite di danno) garantiscono un accettabile livello di sicurezza contro situazioniche possono compromettere il buon funzionamento della struttura, ma non la suaresistenza; le verifiche allo stato limite ultimo servono a garantire un adeguato livellodi sicurezza nei confronti del collasso, anche parziale, della struttura. Il progettosara condizionato da quella verifica che risulta piu vincolante.


8.3 Valori nominali e caratteristici 229

10 20 30 40 50 60 700

0.01

0.02

0.03

0.04

0.05

0.06

0

0.2

0.4

0.6

0.8

x

p(x)

F(x)

Figura 8.3:

8.3 Valori nominali e caratteristici

Per le ragioni indicate nell’introduzione, sia le azioni sia le resistenze non si possonorappresentare mediante un valore deterministico; si tratta infatti di grandezze alea-torie, la cui descrizione esauriente richiede la conoscenza della relativa funzione diprobabilita. Questa funzione, per una variabile continua X, e tale che pX (x) dx dala probabilita che il valore di X sia compreso tra x e x+ dx:

pX (x) dx = Pr (x ≤ X < x+ dx) (8.1)

Integrando la funzione pX (x) nell’intervallo finito [x1, x2) si ottiene la probabilitache X sia compresa in questo intervallo; in particolare, integrando tra −∞ e x si hala probabilita che X < x. La funzione che cosı si ottiene

FX (x) =

Z x

−∞pX (ξ) dξ (8.2)

e detta funzione di distribuzione della v.a. X. Poiche la probabilita e per definizioneuna grandezza positiva non superiore ad uno, FX (x) e una funzione non decrescente,compresa tra zero ed uno e tale che FX (∞) = 1. Da questo si deduce anche che:

Pr (X ≥ x) = 1− Pr (X < x) = 1− FX (x) (8.3)

Nella Fig. 8.3, a titolo di esempio, sono rappresentati i grafici della funzione diprobabilita (linea continua) e di distribuzione (linea tratteggiata) di una variabilealeatoria idonea a rappresentare la resistenza di un calcestruzzo.



La descrizione delle grandezze aleatorie mediante le funzioni di probabilita odi distribuzione, sebbene logicamente soddisfacente, non e coerente con il formatodella maggior parte delle norme che, per ragioni di semplicita, e deterministico.Occorre quindi, a ciascuna delle grandezze aleatorie che rappresentano i carichi ele resistenze, assegnare un valore deterministico, chiamato valore nominale o valorecaratteristico. Il criterio adottato per scegliere questo valore e il seguente: fissato unlivello di probabilita (generalmente piccolo) p0 si determinano i due valori (xi, xs)della variabile aleatoria X tali che

FX (xi) = p0 FX (xs) = 1− p0

Questi due valori sono detti frattili (inferiore e superiore) di X per la probabilitap0. In effetti, per come sono definiti, vi e una probabilita p0 che X < xi e cheX ≥ xs. Quindi, se p0 e piccolo, sara improbabile che X risulti minore del suofrattile inferiore o maggiore di quello superiore.I valori caratteristici delle grandezze aleatorie (forze e resistenze) sono definiti

come opportuni valori frattili. In genere si assume p0 = 0.05 (5%) e si adottail frattile inferiore per le grandezze da cui dipende in modo positivo la sicurezzadella struttura (in particolare le resistenze dei materiali) ed il frattile superiore perquelle che influiscono negativamente sulla sicurezza (generalmente i carichi). Avolte i carichi possono agire nei due sensi (diminuire la sicurezza di un elemento maaumentare quella dell’altro); in questo caso per i carichi si dovranno considerare duevalori caratteristici (frattile superiore ed inferiore).I valori caratteristici sono generalmente contrassegnati con il pedice k. Per le

resistenze si ha quindi cheXk : FX (Xk) = 0.05 (8.4)

mentre per le azioni, normalmente:

Xk : FX (Xk) = 0.95 (8.5)

Per alcune grandezze, come la resistenza dei materiali, il valore caratteristico sipuo ricavare su base statistica. Se si dispone di un numero abbastanza grande dimisure eseguite su provini confezionati con il materiale impiegato nella costruzione,assumendo che questo abbia caratteristiche sufficientemente omogenee (cioe nonvi sia stato un cambiamento sistematico nella produzione del materiale), il valorecaratteristico si puo determinare con la relazione

Xk = Xm − 1.645sX (8.6)

In cui, indicando con Xi (i = 1, . . . , n) i valori misurati delle resistenze,

Xm =1

n

nXi=1

Xi sX =

s(Xi −Xm)

2

n− 1 (8.7)

La formula (8.6) e valida solo per n & 30. Per valori minori si puo adottare larelazione

Xk = Xm − k (n) sx (8.8)


8.4 Coefficienti di sicurezza, valori di progetto 231

dove k (n) e un coefficiente che dipende dal numero dei campioni esaminati e chetende ad 1.645 per n→∞. Alcuni valori di k sono riportati nella tabella seguente:

n 6 8 10 14 18 22 26 30k 1.943 1.860 1.812 1.761 1.734 1.717 1.706 1.697

Per i materiali prodotti in stabilimento e quindi messi in opera, come l’acciaio, ilvalore caratteristico della resistenza si puo determinare applicando le formule prece-denti ai dati ricavati da misure eseguite su di un campione significativo del materiale(ad esempio su di un dato numero di monconi di barre prelevate dal lotto di produ-zione). Il valore caratteristico del materiale si puo quindi misurare preventivamentealla sua posa in opera. Per il calcestruzzo la situazione e differente, perche, come si efatto osservare prima, il materiale viene realizzato nel momento stesso della costru-zione e le prove sui campioni prelevati dal getto si possono eseguire solo diversi giornidopo. La resistenza non puo essere misurata prima, ma si puo soltanto verificarea posteriori che il valore caratteristico della resistenza effettiva (misurata sui cam-pioni) sia non minore di quello preventivato nel progetto. I controlli di accettazionehanno quindi il fine di verificare cio, con una piccola probabilita di errore.Mentre i valori caratteristici delle resistenze dei materiali dipendono dalla qualita

del processo di produzione e, particolarmente per il calcestruzzo, sono notevolmen-te variabili, quindi vanno stabiliti caso per caso, i valori caratteristici delle azionidipendono da altri fattori, ad esempio dalla destinazione d’uso dell’edificio, o dallasua esposizione a certi eventi naturali (neve, vento, terremoti), la cui probabilitadi verificarsi dipende dalla localizzazione dell’opera. La definizione dei valori di ri-ferimento (nominali) di queste grandezze (carichi di uso di un edificio, peso dellaneve, pressione del vento, accelerazione sismica, ecc.) e notevolmente piu comples-sa, e comunque i fenomeni da cui dipendono non sono controllati dal progettista.I valori di riferimento relativi a queste azioni sono generalmente stabiliti nelle nor-me, in funzione della destinazione d’uso della costruzione o della sua localizzazionegeografica.

8.4 Coefficienti di sicurezza, valori di progetto

I valori caratteristici delle resistenze sono quindi valori per i quali vi e una piccolaprobabilita che il valore reale della resistenza del materiale risulti inferiore; i valoricaratteristici delle azioni, al contrario, sono scelti in modo che sia altrettanto raroche il livello dell’azione, nell’arco della vita convenzionale della struttura, li superi.Progettando con riferimento ai valori caratteristici si ottiene una probabilita di su-peramento dello stato limite che e dell’ordine della probabilita p0 del valore frattile.Poiche normalmente la probabilita di riferimento, come si e gia detto, e il 5%, dauna simile condizione di progetto dovremmo aspettarci valori simili nella probabi-lita di insuccesso del progetto2. Un tale livello di rischio puo essere ragionevole per

2Questa probabilita non e uniforme. Ad esempio considerando il caso elementare in cui siconfronta una resistenza R con una sollecitazione S, in modo che la condizione di stato limite sia



uno stato limite di danno, certamente non per quello di collasso, le cui conseguenzepossono essere estremamente gravi. Nei confronti di tale stato limite occorre quindiaumentare la sicurezza aumentando il margine tra resistenza e sollecitazione.Si introducono pertanto dei coefficienti di sicurezza, quantita generalmente mag-

giori di uno, per i quali si dividono i valori caratteristici delle resistenze e si mol-tiplicano quelli delle azioni3. I valori cosı ottenuti si chiamano valori di progettodelle grandezze considerate e vengono indicati con il pedice d. Cosı se R indica unagenerica resistenza ed S una sollecitazione, i rispettivi valori di progetto saranno

Rd =Rk

γRSd = γSSk

dove γR e γS sono i coefficienti di sicurezza della resistenza R e dell’azione S. Ivalori di γ dipendono dalla grandezza a cui si riferiscono; ad esempio il coefficientedi sicurezza della resistenza del calcestruzzo e piu grande di quello che si adotta perl’acciaio, per tener conto della diversa dispersione delle resistenze dei due materiali;anche per i carichi i coefficienti dovrebbero avere valori differenti, anche se in pratica,nelle norme attuali, i valori adottati per i diversi tipi di carico non differiscono moltotra loro.I coefficienti di sicurezza dipendono ovviamente dal tipo di verifica. Per le verifi-

che nei confronti del danno (stati limite di esercizio) generalmente si adottano valoriunitari (quindi i valori di calcolo coincidono con quelli caratteristici). Per le verifi-che nei confronti dello stato limite ultimo i valori tipicamente adottati nelle normevariano tra 1.2 ed 1.5, in funzione del tipo di materiale e di azione. Ad esempio lenorme italiane per le costruzioni del 1996, nella verifica allo stato limite ultimo, perle azioni gravitazionali (pesi) danno i seguenti coefficienti:

Carichi permanenti Carichi variabiliFavorevoli 1 0Sfavorevoli 1.4 1.5

Per i materiali, sempre nelle verifiche allo stato limite ultimo, nelle strutture incemento armato si adotta un coefficiente di sicurezza 1.6 per il calcestruzzo e 1.15per le armature in acciaio. Per le strutture in carpenteria metallica, il coefficientedi sicurezza del materiale (acciaio), salvo casi particolari, e 1.05.

8.5 Le Norme Tecniche per le Costruzioni

La necessita di garantire un livello di sicurezza minimo uniforme sul territorio nazio-nale, ha spinto tutti gli stati moderni, a partire dagli inizi del secolo scorso, a dotarsi

R = S, se si progettano R ed S con la condizione Rk = Sk, dove Rk ed Sk sono i valori frattili 5%(inferiore e superiore) di R ed S, rispettivamente, la probabilita di superamento dello stato limitepuo variare tra il 5% e lo 1% (ipotizzando R ed S gaussiane).

3Nel caso che l’azione agisca favorevolmente allora si assume un coefficiente di sicurezza minoredi uno.


8.5 Le Norme Tecniche per le Costruzioni 233

di norme tecniche relative alle costruzioni. Concettualmente queste norme dovreb-bero fornire soltanto alcuni parametri, ad esempio i valori nominali delle azioni edi coefficienti di sicurezza, la cui scelta dipende ovviamente dal livello di sicurezzaminimo che si vuole garantire e sotto il quale non e lecito scendere, lasciando allacompetenza del progettista la scelta dei metodi di verifica delle strutture. In realta,poiche i modelli di calcolo sono sempre delle rappresentazioni approssimate dellarealta, la loro scelta non e poi indifferente sul livello di sicurezza ottenuto; quindi lenorme non si limitano a fornire i parametri necessari per definire i livelli delle azionied i coefficienti di sicurezza, bensı spesso entrano nei dettagli della modellazione,p.es. fornendo i modelli delle leggi costitutive dei materiali, dando indicazioni circal’impiego dei modelli di calcolo delle strutture (lineari o non lineari), delle formuleda impiegarsi nelle verifiche, ecc. Naturalmente e lasciata liberta al progettista diimpiegare metodi ritenuti piu accurati, ma il risultato del progetto non puo for-nire soluzioni che non soddisfino le prescrizioni della norma. Poiche le conoscenzetecniche e scientifiche evolvono continuamente, sia le conoscenze sulla natura di cer-te azioni (ad esempio i terremoti ed il vento) sia quelle relative al comportamentostrutturale e dei relativi modelli di calcolo (notevolmente potenziati dall’impiego dicomputer sempre piu potenti), fanno sı che le norme debbano essere continuamenteaggiornate per essere in linea con gli sviluppi delle conoscenze. Poiche in Italia lenorme sono, per legge, emanate con decreto del Ministro dei LL.PP., il loro ag-giornamento ha spesso incontrato ostacoli di carattere burocratico che non semprene hanno consentito un adeguato allineamento al livello degli ultimi risultati dellaricerca.Nel 1975, la Commissione delle Comunita Europee decise di stabilire un insieme

di regole tecniche armonizzate per la progettazione delle opere di costruzione che,in una prima fase, sarebbe servito come alternativa rispetto ai regolamenti nazionaliin vigore negli stati membri ed, alla fine, li avrebbe sostituiti. La conclusione diquesto progetto ha portato alla stesura di nove Eurocodici, che coprono tutte leprincipali tipologie strutturali, per materiali, destinazione, natura delle azioni a cuidevono resistere. Questi documenti sono costituiti da molte centinaia di pagine edentrano spesso molto in dettaglio relativamente ai metodi di analisi e di verifica,dovranno quindi essere soggetti ad un processo continuo di aggiornamento. Alcunidei parametri forniti dalle norme, in particolare quelli dipendenti dalla localizzazionegeografica della costruzione (si pensi alla velocita del vento, al carico di neve odall’intensita del moto sismico) non sono definiti negli Eurocodici e devono esserefissati da ciascun paese mediante opportuni annessi tecnici. Con queste precisazionii codici europei si possono adottare in alternativa a quelli nazionali, che comunquetendono sempre piu, a loro volta, ad allinearsi alle norme comunitarie.


Appendice A

Geometria delle aree

A.1 Momenti statici e baricentro

Definizione 1 Data una figura piana A e due assi ortogonali x, y, (vedi Fig. A.1)si definisce momento statico di A relativo all’asse x il valore dell’integrale

Sx (A) =ZAydA (A.1)

Analogamente, il momento statico relativo ad y e

Sy (A) =ZAxdA (A.2)

Esempio A.1 Calcolare i momenti statici delle aree rappresentate in Fig. A.2, relativa-mente agli assi indicati nel disegno.

Rettangolo

Sx =

Z b

0dx

Z h

0ydy =

1

2bh2 (A.3a)

Sy =

Z h

0dy

Z b

0xdx =

1

2hb2 (A.3b)

Triangolo rettangolo

Sx =

Z b

0dx

Z h(1−x/b)

0ydy =

Z b

0

h2

2

³1− x

b

´2dx =

h2

2

b

3=1

6bh2 (A.4a)

Sy =

Z h

0dy

Z b(1−y/h)

0xdx =

Z h

0

b2

2

³1− y

h

´2dy =

b2

2

h

3=1

6hb2 (A.4b)

¤


236 Appendice A Geometria delle aree

x

y

x’

y’

O

O’

A

x

y

x’

y’

O

O’

A

Figura A.1: Assi di riferimento e area A del piano.

A.1.1 Trasporto

Dati altri due assi x0, y0 paralleli ad x, y, le coordinate di un generico punto P ,relativamente al nuovo riferimento sono

x0 = x− xO0 y0 = y − yO0

dove xO0 , yO0 sono le coordinate dell’origine del nuovo riferimento rispetto al vecchio.Applicando la definizione:

Sx0 =

ZAy0dA =

ZA(y − yO0) dA =

ZAydA− yO0

ZAdA = Sx − yO0A (A.5a)

dove A =RA dA e l’area della figura. Analogamente

Sy0 = Sy − xO0A (A.5b)

Remark 2 Il momento statico di una figura A relativo ad un asse x0, parallelo ad xe distante yO0 da questo, si ottiene sottraendo ad Sx il prodotto dell’area della figuraper yO0.

A.1.2 Rotazione degli assi

Se x, y e x0, y0 sono due sistemi di assi ortogonali con la stessa origine ma rotati diun angolo θ (vedi Fig. A.3), si ha

x0 = x cos θ + y sin θ (A.6a)

y0 = −x sin θ + y cos θ (A.6b)


A.1 Momenti statici e baricentro 237

x x

y y

b

h

b

h

(a) (b)

x x

y y

b

h

b

h

(a) (b)

Figura A.2: Figure geometriche semplici [rettangolo (a), triangolo rettangolo (b)] erelativi assi di riferimento.

quindi

Sx0 =

ZAy0dA =

ZA(−x sin θ + y cos θ) dA =

= − sin θZAxdA+ cos θ

ZydA = − sin θSy + cos θSx (A.7a)

Sy0 =

ZAx0dA =

ZA(x cos θ + y sin θ) dA =

= cos θ

ZAxdA+ sin θ

ZydA = cos θSy + sin θSx (A.7b)

A.1.3 Proprieta additiva

Se una figura A e suddivisa in n figure non sovrapposte Ai e tali cheSn

i=1Ai = A,allora, per una nota proprieta dell’integrale

Sx (A) =ZAydA =

nXi=1

ZAi

ydA =nXi=1

Sx (Ai) (A.8)

Ossia:

Remark 3 Il momento statico di una figura composta e la somma dei momentistatici delle parti componenti.



x

y

x’

y’

O≡O’

A

θ

x

y

x’

y’

O≡O’

A

θ

Figura A.3: Figura piana riferita a due sistemi di assi rotati.

A.1.4 Baricentro

Se si sceglie il punto O0 in modo tale che

Sx0 = Sx − yO0A = 0 (A.9a)

Sy0 = Sy − xO0A = 0 (A.9b)

il puntoO0 e il baricentro della figuraA. Per le (A.7) il momento statico di qualunqueasse passante per O0 e nullo.

Definizione 4 Il baricentro G di una figura A e quel punto tale che, se x e un assepassante per G, si ha Sx (A) = 0.

Dalle (A.9) si ha

xG =SyA

yG =SxA

(A.10)

Esempio A.2 Baricentro del rettangolo. Sostituendo le (A.3) nella (A.10) e poicheA = bh, si ottiene

xG =b

2yG =

h

2(A.11)

Baricentro del triangolo rettangolo. Sostituendo (A.4) nella (A.10) e poiche A = 12bh,

si ottiene

xG =b

3yG =

h

3(A.12)

¤


A.1 Momenti statici e baricentro 239

Assi di simmetria

Si dimostra facilmente la seguente proprieta: se x e un asse di simmetria di A,allora G ∈ x.Infatti, indicando con A− e A+ le due parti della figura A che si trovano nel

semipiano negativo e positivo individuato dall’asse x, si puo porre

Sx =

ZAydA =

ZA−

ydA+

ZA+

ydA

Se x e un asse di simmetria ed y e ortogonale ad x, alloraZA−

ydA = −ZA+

ydA

e quindi Sx = 0. Cio dimostra quanto affermato.Dalle proprieta enunciate prima risulta evidente che se una figura ha due assi di

simmetria, il suo baricentro coincide con il punto di intersezione di questi assi.Da questa proprieta segue, ad esempio, che il baricentro di un rettangolo si trova

nel punto che dista h/2 e b/2 dai lati, come gia trovato prima. Il baricentro di uncerchio coincide evidentemente con il suo centro.

Determinazione del momento statico

Dalle (A.9) segue anche cheSx = yGA (A.13)

ovvero: il baricentro di una figura rispetto ad un asse x si puo determinare molti-plicando l’area A della figura per la distanza yG del baricentro da x.Grazie alla (A.13), se si conoscono l’area e la posizione del baricentro di una

figura, il calcolo del suo momento statico rispetto ad un qualsiasi asse si calcola inmodo elementare mediante la (A.13).

Figure composte

Se una figura complessa si puo suddividere in figure piu semplici di ciascuna dellequali e nota la posizione del baricentro, allora il momento statico complessivo dellasezione si puo calcolare sostituendo la (A.13) nella (A.8):

Sx =nXi=1

yGiAi (A.14)

in cui yGi e la distanza da x del baricentro della figura Ai e Ai ne e l’area.Determinato il momento statico si determina facilmente anche la distanza da x

del baricentro della figura complessa. Infatti

yG =SxA=

Pni=1 yGiAiPni=1Ai

(A.15)



A1

A2

x

y

18

520

7

A1

A2

x

y

18

520

7

Figura A.4: Sezione ad L composta da due sezioni rettangolari.

Esempio A.3 Determinare la posizione del baricentro della figura ad L in Fig. A.4.

Si decompone la figura in due rettangoli; il calcolo dei momenti statici e del baricentro eriportato nella seguente tabella:

A xG yG Sx Sy

A1 5× 18 = 90 2.5 9 90× 9 = 810 90× 2.5 = 225A2 20× 7 = 140 15 3.5 140× 3.5 = 490 140× 15 = 2100A 90 + 140 = 230 2325

230 = 10.111300230 = 5.65 810 + 490 = 1300 225 + 2100 = 2325

¤

A.1.5 Significato fisico del baricentro

Se interpretiamo la figura A come un corpo (piano) dotato di massa uniformementedistribuita di densita μ e posto nel campo della forza peso, il momento statico dellafigura rispetto ad un asse verticale z e (a meno di μg – g accelerazione di gravita–) il modulo del momento delle forze peso agenti sulla figura, calcolato rispetto adun qualsiasi polo P ∈ z.Infatti dF = gμdA e il modulo della forza (verticale) agente sull’area dA e di

massa μdA per effetto della gravita (vedi Fig. A.5). Quindi ydF e il momento di taleforza relativo ad un qualsiasi punto sulla retta verticale z. Il momento risultante sututta la sezione e pertanto

M =

ZAydF = gμ

ZAydA = gμSz

Se l’asse z passa per il baricentro Sz = 0 e di conseguenza M = 0.Se si pensa la figura A incernierata nel baricentro, il momento relativo a qualun-

que asse per G (e quindi per la cerniera) e nullo, di conseguenza, comunque si roti lasezione attorno a G, il momento del peso rispetto a G risultera nullo; di conseguenzala sezione si trova in equilibrio in qualunque configurazione che rispetti il vincolo inG.


A.2 Momento d’inerzia 241

dA

dF=gμdAz

yP

G

dA

dF=gμdAz

yP

G

Figura A.5:

A.2 Momento d’inerzia

Definizione 5 Data una figura A come quella mostrata in Fig. A.1, e due assiortogonali x, y i momenti d’inerzia della figura rispetto agli assi sono

Jx =

ZAy2dA (A.16a)

Jy =

ZAx2dA (A.16b)

Jxy =

ZAxydA (A.16c)

Piu propriamente, Jxy e chiamato il momento centrifugo della sezione rispetto agliassi x, y. Si osservi che Jx e Jy sono quantita non negative, mentre Jxy puo esseresia positivo sia negativo.

A.2.1 Cambiamento di riferimento

Traslazione

Se x0, y0 e un nuovo riferimento parallelo al precedente, con origine nel punto O0 dicoordinate xO0 , yO0 , (vedi Fig. A.1) si ha

x = xO0 + x0 y = yO0 + y0



dove x, y sono le coordinate di un punto P nel vecchio riferimento e x0, y0 le coordinatedello stesso punto nel nuovo. Applicando la definizione (A.16) si ottiene

Jx =

ZA(yO0 + y0)

2dA = y2O0

ZAdA+ 2yO0

ZAy0dA+

ZAy02dA =

y2O0A+ 2yO0Sx0 + Jx0

Jy =

ZA(xO0 + x0)

2dA = x2O0

ZAdA+ 2xO0

ZAx0dA+

ZAx02dA =

x2O0A+ 2xO0Sx0 + Jy0

Jxy =

ZA(xO0 + x0) (yO0 + y0) dA = xO0yO0

ZAdA+ xO0

ZAy0dA+

yO0

ZAx0dA+

ZAx0y0dA = xO0yO0A+ xO0Sx0 + yO0Sy + Jx0y0

Se l’origine del nuovo riferimento O0 coincide con il baricentro della sezione G,Sx0 = Sy0 = 0 e pertanto

Jx = y2GA+ JxG (A.17a)

Jy = x2GA+ JyG (A.17b)

Jxy = xGyGA+ JxGyG (A.17c)

Le (A.17) dimostrano che il momento d’inerzia rispetto ad un qualsiasi asse x sipuo calcolare sommando al momento d’inerzia della stessa sezione, relativo ad unasse parallelo ad x passante per il baricentro, il prodotto dell’area per il quadratodella distanza dell’asse x da G. Il momento centrifugo relativo a due assi ortogonalix, y si calcola come somma del momento centrifugo della sezione rispetto agli assiparalleli con origine in G e del prodotto dell’area per le distanze del baricentro daidue assi. I momenti d’inerzia e quello centrifugo relativi ad assi baricentrici sondodetti momenti propri della sezione, mentre i termini che dipendono dalle distanzedi G dagli assi sono momenti di trasporto.Poiche y2GA ≥ 0 e x2GA ≥ 0 ed i momenti d’inerzia sono quantita positive, i

momenti d’inerzia JxG e JyG sono minimi rispetto a tutti i valori relativi ad assiparalleli ad x ed y.Le formule (A.17) si possono usare anche inversamente, per calcolare i momenti

baricentrici quando si conoscano i valori dei momenti relativi a due assi opportuni.

Esempio A.4 Calcolare i momenti d’inerzia delle figure in Fig. A.2 relativamente agliassi x, y ed a quelli paralleli passanti per il baricentro.



Rettangolo

Jx =

Z b

0dx

Z h

0y2dy =

bh3

3(A.18a)

Jy =

Z h

0dy

Z b

0x2dy =

b3h

3(A.18b)

Jxy =

Z b

0xdx

Z h

0xdx =

b2h2

4(A.18c)

Momenti baricentrici

JxG =bh3

3− bh

µh

2

¶2=

bh3

12(A.19a)

JyG =b3h

3− bh

µb

2

¶2=

b3h

12(A.19b)

JxGyG =b2h2

4− bh

µb

2

¶µh

2

¶= 0 (A.19c)

Triangolo rettangolo

Jx =

Z b

0dx

Z h(1−x/b)

0y2dy =

bh3

12(A.20a)

Jy =

Z h

0dy

Z b(1−y/b)

0x2dx =

b3h

12(A.20b)

Jxy =

Z b

0xdx

Z h(1−x/b)

0ydy =

b2h2

24(A.20c)

Momenti baricentrici

JxG =bh3

12− bh

2

µh

3

¶2=

bh3

36(A.21a)

JyG =b3h

12− bh

2

µb

3

¶2=

b3h

36(A.21b)

JxGyG =b2h2

24− bh

2

µb

3

¶µh

3

¶= −b

2h2

72(A.21c)

¤

Esempio A.5 Calcolare il momento d’inerzia di un cerchio, rispetto ad un asse passanteper il centro.

Utilizzando coordinate polari (vedi Fig. A.6) si ha

x = r cos θ y = r sin θ dA = rdrdθ



x

y

R

rdr

θdθ

dA

x

y

(a) (b)

x

y

R

rdr

θdθ

dA

x

y

(a) (b)

Figura A.6: Determinazione del momento d’inerzia di un cerchio.

e pertanto

Jx =

Z 2π

0sin2 θdθ

Z R

0r3dr = π

R4

4(A.22a)

Jy =

Z 2π

0cos2 θdθ

Z R

0r3dr = π

R4

4(A.22b)

Jxy =

Z 2π

0cos θ sin θdθ

Z R

0r3dr = 0 (A.22c)

¤

Rotazione

Quando due sistemi di assi ortogonali hanno la stessa origine e rotazione relativa θ(vedi Fig. A.3) si applicano le trasformazioni (A.6), che sostituite nelle (A.16) danno

Jx0 =

ZA(−x sin θ + y cos θ)2 dA = sin2 θ

ZAx2dA+ cos2 θ

ZAy2dA

− 2 sin θ cos θZAxydA = sin2 θJy + cos

2 θJx − 2 sin θ cos θJxy (A.23a)

Analogamente

Jy0 =

ZA(y sin θ + x cos θ)2 dA = sin2 θJx + cos

2 θJy + 2 sin θ cos θJxy (A.23b)



e

Jx0y0 =

ZA(y sin θ + x cos θ) (−x sin θ + y cos θ) dA =¡cos2 θ − sin2 θ

¢ ZAx0y0dA+ sin θ cos θ

µZAy2dA−

ZAx2dA

¶=¡

cos2 θ − sin2 θ¢Jxy + sin θ cos θ (Jx − Jy) = cos (2θ)Jxy + sin (2θ)

Jx − Jy2(A.23c)

Dall’ultima delle (A.23) appare evidente che, se Jx 6= Jy, esiste una rotazione θ0tale che Jx0y0 = 0. Infatti, posto Jx0y0 = 0, dalla (A.23c) si ricava facilmente che

tan (2θ0) =sin (2θ0)

cos (2θ0)=

2JxyJy − Jx

(A.24)

Se Jx = Jy = J , la (A.23c) diviene

Jx0y0 = cos (2θ)Jxy

e quindi Jx0y0 = 0 per 2θ = π/2, ovvero per θ = π/4.Gli assi per i quali Jx0y0 e nullo sono tali che i valori di Jx0 e Jy0 sono estremi

(massimi o minimi) tra tutti i valori del momento d’inerzia relativi agli assi passantiper O.

Definizione 6 Tra tutti gli assi che hanno origine nel baricentro, quelli per i qualisi annulla il momento centrifugo (Jxy = 0) sono chiamati assi principali d’inerzia.

La (A.19c) mostra che, per una sezione rettangolare, gli assi paralleli ai lati sonoassi principali d’inerzia. Dalla (A.22) segue che, per una sezione circolare, ogni asseper il centro e asse principale d’inerzia.

Esempio A.6 Determinare la direzioni degli assi principali d’inerzia di un triangolorettangolo.

Sostituendo le (A.21) nella (A.24) si ricava

tan (2θ0) =b2h2

36

1bh3−hb336

=bh

h2 − b2

Ponendo b = 20 e h = 35 si ottiene

tan (2θ0) =20× 35352 − 202 = 0.85

e quindi

θ0 =1

2arctan (0.85) = 20.16



Poiche

Jx =bh3

36= 23819. Jy =

b3h

36= 7778. Jxy = −

b2h2

72= −6806.

applicando le (A.23a,b) i momenti principali d’inerzia risultano

J1 = Jx cos2 θ + Jy sin

2 θ − 2Jxy sin θ cos θ = 26318.J2 = Jx sin

2 θ + Jx cos2 θ + 2Jxy sin θ cos θ = 5280.

¤

A.2.2 Figure composte

Anche per i momenti d’inerzia e valida la proprieta additiva mostrata per il momentostatico. Se J (A) indica il momento d’inerzia della sezione A rispetto ad un asseod il momento centrifugo relativo a due assi ortogonali e Ai (i = 1, . . . , n) e unapartizione della figura A, tale che

Ai ∩Aj = ∅ (∀i, j i 6= j)n[i=1

Ai = A

si ha

J (A) =nXi=1

J (Ai) (A.25)

Pertanto i momenti d’inerzia di una figura composta da figure semplici si puocalcolare sommando quelli relativi alle sue parti.Spesso non e conveniente calcolare direttamente il momento relativo al baricentro

della figura, perche questo complica il calcolo. In questi casi conviene scegliere unsistema di assi rispetto ai quali il calcolo si semplifica e determinare i momentirelativi a questi, quindi trasportare i momenti nel baricentro, facendo uso delle(A.17); successivamente si determina l’angolo delle direzioni principali (A.24) edinfine si calcolano i momenti relativi a questi assi (A.23).

Esempio A.7 Determinare i momenti d’inerzia relativi agli assi principali del poligonoin Fig. A.4, tenendo conto anche dei risultati dell’esempio A.3.

La figura si decompone in due rettangoli, A1 e A2, come mostrato nella Fig. A.4; rispettoall’asse x entrambi i rettangoli hanno un lato coincidente con l’asse, pertanto si applicanole (A.18), mentre relativamente all’asse y, il rettangolo A2 non ha lati coincidenti con yed il relativo momento si calcola applicando il teorema del trasporto:

Jx =5× 1833

+20× 733

= 12006.7

Jy =18× 533

+7× 20312

+ 7× 20 (10 + 5)2 = 36916.7

Jxy =52 × 182

4+ 7× 20× 7

2× 15 = 9375.0



Figura A.7: Assi principali e giratori d’inerzia di una figura ad L.

Poiche xG = 10.109 yG = 5.652 e A = 230, i momenti relativi agli assi baricentrici sono

JxG = 12006.7− 5.6522 × 230 = 4658.8JyG = 36916.7− 10.1092 × 230 = 13413.9

JxGyG = 9375.0− 10.109× 5.652× 230 = −3766.3

Pertanto l’angolo tra l’asse x ed uno degli assi principali d’inerzia e

θ =1

2arctan

µ−2× 3766.3

13413.9− 4658.8

¶= −0.355 rad = −20.354

e dunque, poiche sin(θ) = −0.348, cos(θ) = 0.938, i valori dei momenti principali sono

J1 = 4658.8× 0.9382 + 13413.9× (−0.348)2 − 2× (−0.348)× 0.938× (−3766.3) = 3261.6

J2 = 4658× (−0.348)2 + 13413.9× 0.9382 + 2× (−0.348)× 0.938× (−3766.3) = 14811.2¤

Dalla proprieta additiva segue che ogni asse di simmetria e un asse principaled’inerzia. Infatti si e gia visto che se x e asse di simmetria allora G ∈ x; inoltre sey e un’altro asse baricentrico perpendicolare ad x, ne segue che

Jxy =

ZAxydA =

ZA−

xydA+

ZA+

xydA

in cuiA− eA+ sono le due meta della figuraA che hanno x come asse di separazione.Poiche per ogni punto P ∈ A+ di coordinate (x, y) vi e un punto P 0 ∈ A−, dicoordinate (x,−y) e ovvio che

RA− xydA = −

RA+ xydA e pertanto Jxy = 0, il che

dimostra come gli assi x ed y sono assi principali d’inerzia.



C x

A+

A-

P(x,y)

P’(x,-y)

y

C x

A+

A-

P(x,y)

P’(x,-y)

y

Figura A.8: Figura simmetrica rispetto all’asse x.

A.2.3 Giratori d’inerzia

Se x, y sono assi principali d’inerzia, le grandezze

ρx =

rJyA

ρy =

rJxA

(A.26)

che hanno le dimensioni di una lunghezza, sono i giratori d’inerzia della sezione.L’ellisse che ha assi coincidenti con quelli principali e lunghezza dei semiassi pari aρx e ρy (vedi Fig. A.7) e chiamato l’ellisse d’inerzia della sezione.

A.2.4 Momento polare

Indicando con r la distanza di un punto P ∈ A dal baricentroG, si definiscemomentod’inerzia polare di A l’integrale

JP =

ZAr2dA (A.27)

Se x, y sono una coppia di assi baricentrici ortogonali, e evidente che r2 = x2 + y2,per cui

Jp =

ZA

¡x2 + y2

¢dA = Jy + Jx (A.28)

ovvero il momento polare si puo calcolare come somma dei momenti d’inerzia relativia due qualsiasi assi baricentrici ortogonali.


Bibliografia

[1] Leone Corradi dell’Acqua: Meccanica delle Strutture. Vol.1. McGraw-Hill. 1992

[2] Rene Walther, Manfred Miehlbradt: Progettare in Calcestruzzo Armato. Hoepli.1994

[3] UNI ENV 1992-1-1: Eurocodice 2. Progettazione delle strutture di calcestruzzo.Parte 1-1: Regole generali e regole per gli edifici. 1993

[4] CNR UNI 10011: Costruzioni di acciaio. Istruzioni per il calcolo, l’ esecuzione,il collaudo e la manutenzione. 1988.

[5] Robert Park, Thomas Paulay: Reinforced Concrete Structures. J. Wiley & S.1975

[6] FIB: Structural Concrete. Textbook on Behaviour, Design and Performance. (3Vol) 1999.

[7] AIMAT (a cura di): Manuale dei materiali per l’ingegneria. McGraw-Hill. 1996


Dispense del Corso di Tecnica delle Costruzioni, Giannini

Documents

Transcript of Dispense del Corso di Tecnica delle Costruzioni, Giannini