blog di Marco.Vanetti

Questa è l'unica pagina nella quale posterò le esercitazioni durante il corso dell'anno, in modo da avere un unico riscontro alla fine dell'anno.

 

 

PRIMA ESERCITAZIONE - Trave Reticolare

 

Esercizio 1

La seguente è la struttura oggetto della nostra esercitazione:

 

 

E' una travatura reticolare a 7 nodi, 11 aste e due vincoli esterni, una cerniera e un carrello, per cui isostatica. E' soggetta a 3 carichi puntuali agenti sui nodi superiori di 20 KN l'uno.

 

Il seguente è il grafico delle reazioni vincolari, che non è di grande utilità comunque perchè è di facile comprensione capire che avremo due forze vincolari verticali nei vincoli esterni, pari esattamente alla metà della somma dei carichi esterni, in quanto sia struttura che carichi sono simmetrici.

 

Σ Rv = 0 ===> RvA + RvB – 20 KN – 20 KN – 20 KN = RvA + RvB = 60 KN

Σ Rh = 0 ===> RhA = 0

Σ MxA = 0 => -20*2 – 20*6 – 20*10 +RvG*12 = 0 ===> RvG = 30 KN

 

RvA = RvG = 30 KN

 

Ottenute le reazioni vincolari abbiamo gli elementi per andare a calcolare le tensioni normali delle aste. Per fare ciò è necessario "sezionare" tramite sezioni di Ritter la struttura. E' una trave simmetrica sia nei carichi che nella conformazione, per cui è sufficiente arrivare a calcolare solo le aste fino alla 6, perchè quelle dalla 6 in poi saranno uguali come valori! Procediamo con la prima sezione:

 

 

SEZIONE 1:

 

Con la sezione S1 tagliamo le aste 1 e 2. L'unico input da cui partire è la RvA, per cui procediamo con il metodo dei nodi, in quanto la forza di 30 KN, le N1 e N2 sono tutte e tre forze convergenti in un unico nodo, il nodo A.

In realtà questo metodo non è propriamente assimilabile al metodo delle sezioni in quanto è un vero e proprio equilibrio al nodo A.

La sommatoria delle forze verticali deve essere uguale a 0, e essendo l'altezza totale della reticolare 2 metri, così come la distanza orizzontale tra A e B, sappiamo che l'angolo in A sia 45°.

 

Σ V = 0 ===> N1*cos45° + RvA = 0 ===> N1 = -RvA / cos45° = - 30/ √2 /2 = -30√2

Σ H = 0 ===> N2 + N1*sen45° = N2 -30√2 / (√2 /2) = 30 KN

 

 

SEZIONE 2:

Con la sezione S2 possiamo parlare più seriamente di Sezione di Ritter, in quanto sezioniamo 3 aste con la sezione S2.

 

 

Facendo la sezione S2, ho tre aste. La 4 e la 3 convergono in B e la 3 e la 2 convergono in C. Per poter ottenere lo sforzo normale nell'asta 4 è sufficiente fare l'equilibrio dei momenti nel nodo C, in modo tale che N4 sia l'unica incognita, in quanto N3 ha braccio nullo rispetto a C. Vediamo:

 

Σ Mc = 0 ===> N3*0 + 30*0 - N4*2 m +20 * 2 – 30 * 4 = 0 ===> 2 N4 = -80 KN ===> N4 = -40 KN

 

Quindi è un'asta in compressione. Per ottenere lo sforzo normale nell'asta N3 è sufficiente fare l'equilibrio al nodo B.

 

L'unica incognita è N3, per cui posso fare sia l'equilibrio delle forze verticali che orizzontali.

 

Σ Vb = 0 ===> -20 + 30√2*sin45° = -N3*sin45° ===> N3 = -10√2 KN

 

 

SEZIONE 3:

Dalla sezione S3 abbiamo 3 aste sezionate di cui due incognite, tuttavia è sufficiente l'equilibrio alla rotazione nel nodo D per ottenere N6, che è l'unica incognita con braccio non nullo.

 

Σ Md = 0 ===> -30*6 + 20*4 + N6*2 = 0 ===> 2*N6 = 100 ===> N6 = 50 KN

 

E' un'asta in estensione, e ora posso trovare l'ultima asta rimanente, N5.

 

Σ Me = 0 ===> -N5*√2*2 + 40*2 + 20*6 – 30*8 = 0 ===> N5 = - 10√2 KN

 

Ed è l'ultima asta in compressione.

Ora possiamo disegnare il diagramma degli sforzi normali.

 

 

DIAGRAMMA DEGLI SFORZI NORMALI

Il riscontro numerico ed effettiva verifica possiamo averli disegnato la corretta struttura in SAP2000.

 

 

VERIFICA IN SAP2000

 

Lanciamo il software, click su New Model > 2D Trusses e poi definiamo la struttura, imponendo come valori:
 

Number of divisions : 3

Division lenght : 4

Height: 2

 

Possiamo approfittare di questo pannello per andare a definire il materiale di tutta la struttura ora, senza doverlo fare in seguito selezionando tutte le aste, per cui clickiamo sul "+" di fianco a Chords, e poi su Add New Proprerty:

 

 

Si aprirà la schermata di selezione del profilo scelto per le aste, nel nostro caso un tubolare.

NB: Nel caso del calcolo della tensione normale per le reticolari qualsiasi profilo scelto porterà ad un'identica risoluzione dell'esercizio.

 

 

Dopo aver selezionato il profilo diamo un nome alla sezione, per poi andare a definirne il materiale. Su Material clickiamo di nuovo sul "+" e poi su Add New Material. Definiamo quindi un materiale "Acciaio" con caratteristiche "steel".

 

 

Ricordiamoci di riselezionare il materiale appena creato dalla lista, poichè il programma non associa automaticamente il materiale alla struttura ( giustamente ). Infatti alla fine del procedimento avremo la schermata di cui sopra.

 

Dando l'ulteriore ok potremo vedere la struttura definita da noi, in questo caso visibile sul piano XZ, quello verticale.

 

 

Il materiale è automaticamente assegnato all'intera struttura, rimangono 3 step da fare: rilascio delle aste, assegnazione dei carichi, calcolo e verifica.

 

Per rilasciare le aste è sufficiente selezionarle tutte, poi in Assign > Frame > Releases Partial/Fixity e spuntare i momenti in 2,2 e 3,3 in 0,0.

 

 

Ora possiamo assegnare i carichi. Selezioniamo i 3 nodi superiori, poi:

 

Assign > Joint Loads > Forces

 

Da qui apparirà la seguente schermata:

 

 

Selezioniamo l'unità di misura che ci è più congeniale, nel nostro caso KN, m , C perchè è quella con cui abbiamo svolto l'esercizio. Nel settore Load Pattern Name clickiamo sul "+", e apparirà la finestra subito successiva Define Load Patterns.

Scriviamo "carico concentrato" e, cosa fondamentale, il Self Weight Multiplier lo poniamo a 0 anzichè 1. In questo modo evitiamo che venga computato il peso stesso del nodo, che prima aveva un moltiplicatore 1, ora moltiplicandolo per 0 è come se lo nascondessimo.
Quindi clickiamo su Add New Load Pattern, e possiamo eliminare quello di default che c'era precedentemente.

Dando l'ok avremo creato così il carico, che verrà caricato automaticamente nella lingua Load Pattern Name,e assegniamo un valore di -20 KN in Force Global Z. E' un valore negativo chiaramente perchè il sistema di riferimento pone la Z positiva se rivolta verso l'alto.

Dando l'ulteriore conferma avremo la seguente schermata, a riprova che sia tutto corretto.

 

 

Come vedete si sono aggiunte le tre forze puntuali nei nodi B,D,F.

 

Ora possiamo avviare l'analisi, clickando sul tasto Model-Alive. Il tasto al suo fianco Run-Analysis fa si che avvenga l'analisi, ma qualora ci fosse una cosa da cambiare nel modello bisognerebbe cancellare l'analisi e rimettere a posto le cose.
In questo caso non ne abbiamo un effettivo vantaggio, ma qualora avessimo strutture complesse, con calcoli decisamente più lunghi potremmo avere un risparmio di tempo netto e un dispendio hardware minore.
Tralasciando questi dettagli di natura tecnica, la prima schermata che appare è proprio il grafico degli sforzi normali disegnati lungo il piano XZ appunto.

 

 

Possiamo vedere quindi come tutti i risultati coincidano con quelli trovati analiticamente. Interessante è sapere quale possa essere la deformata della struttura, tuttavia in questo caso bisogna prestare attenzione chiaramente al materiale e alla sezione selezionata.

 

 

 

Esercizio 2

La seguente struttura reticolare ha 7 nodi, 11 aste e 2 vincoli esterni, una cerniera e un carrello. E’ soggetta a due carichi puntuali di 10 KN nei due vincoli interni superiori.

Procediamo come nell’esercizio precedente.

La seguente è la struttura in questione:

Chiaramente devo verificare l’isostaticità della struttura, in cui i gradi di libertà devono essere uguali ai gradi di vincolo.

Per ottenere i gradi di libertà è sufficiente fare N° aste * 3 = 33

I gradi di vincolo vanno calcolati localmente, in particolare Vi = 2( n°aste – 1 ) chiaramente riferito ad ogni nodo.

Vi =  ( A=4 + B=2 + C=4 + D=8 + E=6 + F=4 + G=2 )= 30

A cui dobbiamo aggiungere i vincoli esterni, calcolabili semplicemente come:
Ve = 2 + 1

GDV( Vi + Ve ) = GDL  è30 + 3 = 33 LA STRUTTURA E’ ISOSTATICA

 

Σ Rv = 0 ===> RvA + -10 KN – 10 KN =0 è RvA = 20 KN

ΣRh = 0 ===> RhA - RhB = 0 èRhA = RhB

ΣMxA = 0 => RhB * 1 – 10 * 1 – 10*2 èRhB = 30 KN = RhA

 

SEZIONE 1

Legate al nodo G abbiamo due aste, la 10 e la 11.

In questo caso abbiamo solamente una forza verticale, che è la componente verticale di N11. E’ chiaro capire come l’asta 11 sia scarica in quanto non ho forze verticali che la bilancino.
Quindi è altresì chiaro come N10 sia uguale in modulo a RhG.

 

Σ Rv = 0 è RvN11 =0 èN11 = 0 KN ( scarica )

ΣRh = 0 è-N10  - RhG = 0 èN10 = -30 KN ( compressa )

 

 

NODO F

Nel caso di equilibrio ai nodi il sistema di convenzioni è contrario a quello del metodo delle sezioni di Ritter ( per intenderci, nelle sezioni di Ritter la freccia uscente “tira” l’asta, mentre nell’equilibrio ai nodi la freccia convergente verso il nodo comprime l’asta ). Sapendo questo disegniamo il nodo F tenendo conto del verso di N10.

Σ Rv = 0 è -N9 – 10 KN =0 èN9 = -10 KN ( compressa )

Σ Rh = 0 è-N10 + N6 = 0 è N6 = 30 KN ( compressa )

 

NODO E

Nel caso di equilibrio ai nodi il sistema di convenzioni è contrario a quello del metodo delle sezioni di Ritter ( per intenderci, nelle sezioni di Ritter la freccia uscente “tira” l’asta, mentre nell’equilibrio ai nodi la freccia convergente verso il nodo comprime l’asta ). Sapendo questo disegniamo il nodo F tenendo conto del verso di N10.

In questo caso abbiamo una componente obliqua, che sicuramente dovrà equilibrare sia N9 per l’equilibrio delle forze verticali e N8 per quelle orizzontali.

Σ Rv = 0 è N9 + N7*sin45° =0 èN7 = -N9/(√2/2) = -10 √2 KN ( tesa )

Σ Rh = 0 èN8 – N7*sin45°  = 0 è N8 = 10 KN ( compressa )

 

NODO C

 

Si capisce già subito intuitivamente che l’asta 5 sarà scarica in quanto per discorso analogo al nodo F, non si ha una forza che la equilibri. Altresì l’asta 4 sarà uguale all’asta 8 in quanto unica incognita e giacente sulla stessa retta.

Σ Rv = 0 è N5 = 0(scarica )

Σ Rh = 0 èN4 – N8  = 0 è N4 = N8 è N4 = 10 KN ( compressa )

 

NODO B

 

Discutiamo il nodo B prima del nodo D per garantirci di avere l’asta 2 scarica. Scarica perchè localmente in B è chiaro come il sistema di forze verticali e forze orizzontali siano nulli, in quanto non hanno forze a bilanciarle, per cui entrambe le aste risulteranno scariche.

Σ Rv = 0 è N1 = 0( scarica )

Σ Rh = 0 èN2 = 0 ( scarica )

 

NODO D

 

Il nodo D è quello che ha più aste che convergono in esso, 5, tuttavia come già visto due risultano scariche, la 2 e la 5, per cui procediamo con l’equilibrio con semplicità.

Σ Rv = 0 è -10 KN + N3*sin45° + N7*sin45° = 0 è N3 = [10 KN – (-10K) ] /(√2/2) = 20√2 KN

N3 = 20√2 KN ( compressa )

 

In questo caso l’equilibrio delle forze verticali non serve avendo già trovato N3.

Ora possiamo andare a disegnare il grafico delle aste tese/compresse.

 

DIAGRAMMA DEGLI SFORZI NORMALI

Analogamente all’esercizio precedente possiamo effettuare la verifica tramite SAP2000.

 

VERIFICA IN SAP2000

In questo caso non ci poniamo il problema di descrivere step by step tutto il procedimento, perchè è identico a quello dell’esercizio precedente, e mi limito a postare il grafico e la deformata così come in output da SAP2000.

La deformata:

E il seguente è il grafico dello sforzo normale con relativi valori:

Come si può leggere dai valori, e dai colori, i valori combaciano con quelli ottenuti analiticamente!

 

Esercizio 3

Questo arco a 3 cerniere è isostatico, in quanto GDV = GDL, perchè ho due aste, per un totale di 2*3 GDL, e ho 3 cerniere per cui 3*2 GDV ==> GDL = 6 GDV

Abbiamo un carico distribuito a sinistra, per una lunghezza totale L.

Ora dobbiamo trovare come di consueto le reazioni vincolari.

Possiamo in questo caso dare per scontato che le due forze verticali o saranno entrambe nulle, oppure saranno in senso opposto l’una rispetto l’altra, cosa più probabile visto che il carico concentrato è applicato in un punto con braccio non nullo.

Σ Rv = 0 ===> RvA + RvB =0 è RvA = -RvB

Σ Rh = 0 ===> RhA + RhB + qh = 0 è RhA = -qh - RhB

Σ MxA = 0 => RvB * 2l – qh*h/2 = 0 è RvB = qh²/4l

            RvA = - qh²/4l

 

Se abbiamo potuto ottenere i valori delle reazioni vincolari verticali studiando tutta la struttura per ottenere le reazioni vincolari dobbiamo sfruttare il  metodo delle parti, isolando le due aste.

In questo caso possiamo considerare gli equilibri di tutto il sistema:

ΣRv = 0 ===> Tc - qh²/4l =0 ==> Tc = qh²/4l

ΣRh = 0 ===> RhA + Nc + qh = 0 ==> RhA = -qh - Nc

ΣMxC = 0 => qh²/4l*h + RvA*l + qh*h/2 = 0 ==> RvA = -3/4 qh ==> Nc = -qh/4

 

Chiaramente ora abbiamo tutti i valori necessari per poter determinare le caratteristiche di sollecitazione, in quanto abbiamo tutte le reazioni vincolari e possiamo ragionare qualitativamente sulla struttura.

Possiamo quindi determinare N, T e M per il portale in questione.

 

SFORZO NORMALE

Per lo sforzo normale possiamo fare un semplice ragionamento. Non abbiamo forze distribuite in asse con le aste, per cui lo sforzo normale sarà costante per le due, di cui una in trazione e l’altra in compressione. Quella in trazione avrà lo sforzo normale positivo e l’altra negativo.

In blu le aste tese e in rosso le aste compresse.

 

TAGLIO

Per quanto concerne il taglio già sappiamo che il taglio sarà lineare nel tratto soggetto a carico distribuito, e costante nei rimanenti. Per determinare i valori è sufficiente trovare quanto valga il taglio nel nodo B.

Un metodo più empirico che potremmo usare deriva dal sapere che la funzione taglio in quel tratto è lineare, e visto che per 2 punti passa una e una sola retta ci sono sufficienti 2 punti per ottenere il valore del taglio nel punto B!

Il taglio nel nodo B, riferito al segmento AB, coincide con lo sforzo normale del segmento BC, per cui non abbiamo bisogno di calcolare nulla in quanto l’abbiamo ricavato precedentemente.

I tagli evidenziati in blu sono negativi e quelli rossi positivi.

 

MOMENTO

Del momento abbiamo bisogno solamente di calcolare il momento massimo, ed il momento nell’angolo B, perchè una parabola passa per 3 punti, e dal terzo punto, il punto B, sappiamo che il grafico del momento avrà un andamento lineare, che verterà verso la cerniera in C e proseguirà fino ad annullarsi in E.

Chiaramente il momento in A è Ma = 0, in quanto cerniera. La funzione momento, riferita a una generica sezione, vale:

M(s) + qs*s/2 – ¾ qh*s = 0

Infatti in S = 0, ovvero coincidente con il punto A, avremo M(s) = 0, così come in S = l avremo

M(h) = qh²/4

Il momento massimo invece sarà in 2/3 h, essendo la funzione lineare.

M(3/4h) = 9/32 qh²

Abbiamo tutti gli elementi necessari per disegnare il grafico del momento.

 

 

 

 

Sono poi voluto tornare sui due esercizi che ci erano stati assegnati la volta prima, per verificarli in Sap.

Sono entrambi molto intuibili, però il primo mi aveva fregato nella risoluzione inizialmente dato che un carico distribuito si presume aumenti all'aumentare del braccio, ma non avevo tenuto in considerazione l'apporto della reazione vincolare, la forza orizzontale nella cerniera. Una volta appurata la cosa è semplice constatare come il grafico dello sforzo normale sia la somma di un grafico rettangolare ( il contributo dello sforzo puntuale) unito al triangolo dato dal carico distribuito.

Ho verificato in Sap l'effettiva riuscita dell'esercizio.

Nel secondo caso è ancora più intuibile, perchè il momento deve essere nullo nelle cerniere; se un infinitesimo prima è orario e un infinitesimo dopo il nodo B è orario allora avrò due momenti opposti, di ugual modulo, che si annullano in A e C.

Anche questo l'ho sviluppato in Sap2000, applicando un momento concentrato nell'asta nel punto finale e iniziale dell'asta 1 e dell'asta 2.

Lascio spazio a eventuali chiarimenti e spero ai consigli riguardo il primo esercizio!
 

SECONDA ESERCITAZIONE - Dimensionamento di travi inflesse in acciaio, legno, CLS

 

Io e il mio compagno del laboratorio 2M, Raffaele Pontrandolfi abbiamo deciso per ovvia comodità di lavorare assieme nel calcolo del dimensionamento delle travi che comporranno la struttura della nostra biblioteca.

 

PS: Il mio collega ha dei problemi ad accedere al portale, in quanto la password risulta diversa. In attesa di un responso per il suo accesso posto l'intervento a nome di entrambi.
 

SOVRACCARICO PERMANENTE

Vorremmo avere nel caso di acciaio e legno un identico tipo di solaio, per cui dopo aver definito la stratigrafia, che segue, abbiamo calcolato il peso proprio per metro quadro del solaio e successivamente i carichi accidentali e permanenti.

 

 

• 15 mm – Parquet

• 40 mm - Isolante con listelli di legno

• 100 mm - Getto collaborante con rete elettrosaldata

• 57 mm – Tavole di Xlam a 5 strati incrociati

 

Per calcolare il peso unitario del solaio è necessario trovare le masse volumiche degli elementi che compongono i singoli strati. Per lo strato "isolante con listelli di legno" è sufficiente fare una media ponderata tra la massa volumica del legno e quella dell'isolante.

 

Masse volumiche:

 

• • Parquet chiaro : 720 kg/mc

  • Listelli di legno : 500 kg/mc - Isolante : 80 kg/mc

  • Getto collaborante : 1800 kg/mc

  • Rete elettrosaldata : 2.98 kg/mq

  • Xlam : 700 kg/mc

 

Per ottenere il valore unitario a metro quadro è sufficiente moltiplicare la massa volumica per lo spessore, in modo tale da ottenere la massa per ogni metro quadro.

 

Quindi avremo :

 

• • Parquet chiaro : 720 * 0.015 = 10.8 kg/mq

  • Listelli di legno : 500 * 0,04 = 20 kg/mq - Isolante : 80 *0.04 = 3.2 kg/mq

Supponendo i listelli ogni metro di pavimento avremo per ogni metro quadrato di pavimento il 96% di isolante e il 4% di listelli, quindi un totale di 20 * 0.04+3.2 * 0,96 = 3.872 kg/mq per l'intero strato.

 

• • Getto collaborante : 1800 *0.1 = 180 kg/mq

  • Rete elettrosaldata : 2.98 kg/mq

  • Xlam : 700 * 0.057 = 39.9 kg/mq

 

E' sufficiente fare la somma quindi per ottenere il peso del solaio per ogni metro quadrato, quindi:

 

q_p = 10.8 + 3.872 + 180 + 2.98 + 39.9 = 237.552 kg/mq = 2,33 kN/mq

 

Questo è il peso totale del solaio, senza distinzione tra carico permanente strutturale e non strutturale. Non considerandolo come unicum ma diviso tra i due campi, si scomporrebbe nel seguente modo:

Carico permanente strutturale q_s = Xlam + getto collaborante = 222,88 kg/mq = 2.186 kN/mq

Carico perm. non strutturale q_pSolaio =Parquet + isolante + listelli = 14.58 kg/mq= 0.143 kN/mq

Tuttavia è ancora necessario andare a definire l'orditura dei travetti che collegano una trave principale all'altra e che reggono i pannelli in Xlam. L'XLam di 5,7 cm regge bene fino a luci di anche 8 metri, ma vista la destinazione d'uso andiamo a definire una maglia orizzontale di 4 m.

 

 

ACCIAIO:

 

Quindi a gravare ulteriormente sul carico permanente della trave principale ci saranno due ulteriori travi perpendicolari ad essa.

 

Pensiamo di utilizzare degli scatolati quadrati.

E' corretto come criterio progettuale andare prima a calcolare le dimensioni degli scatolati perpendicolari piuttosto che ipotizzarne un paio generici che pesano sulla nostra trave, anche perchè il peso potrebbe variare notevolmente tra una scelta e l'altra.

Per cui scegliamo l'area di pertinenza più grossa, ovvero quella evidenziata in giallo. La luce sarà di 6.93 m, mentre l'interasse come visto è di 4m. L'area di influenza è quindi 27.72 mq, per un peso totale di 2.33 kN/mq * 27.72 mq = 64.68 kN che gravano sullo scatolato.

 

 

Da questi valori vediamo come sia necessaria una Wx di 787 cm^3 almeno per poter garantire il corretto funzionamento dell'orditura secondaria. Andiamo a cercare tra i vari tipi di trave d'acciaio forniti da www.Oppo.it .

 

HEA: 836 cm^3 è il valore superiore più vicino a quello da noi cercato, e corrisponde a una   HEA 260, quindi alta 260 mm e larga 250 mm. Pesa 68.2 kg/m

HEB: 938 cm^3 per una HEB 240, larga e alta 240mm. Pesa 83.2 kg/m.

HEM: 967 cm^3 per una HEM200, alta 220mm e larga 206mm. Pesa 103 kg/m.

SCATOLATO QUADRO: 1085 cm^3 per una larghezza/altezza di 300mm e un peso di 91.1 kg/m

 

Lo scatolato a sezione rettangolare non raggiunge la resistenza da noi richiesta quindi è da escludere. Per vantaggio sia in termini di peso che in termini di dimensioni scegliamo l'HEA.

 

Ora è necessario andare a calcolare tra i carichi permanenti non strutturali il peso incidente dei tramezzi al piano superiore, ma prima bisogna scegliere la trave da analizzare e definire l'area di influenza di essa, in modo poi da porre considerazioni sull'incidenza dei tramezzi soprastanti.

Essendo che andrebbe considerato anche il peso stesso della trave, ma è proprio la cosa da valutare, per ora porremo solamente un tipo di trave come esempio per il calcolo delle sollecitazioni e andremo poi a sostituire in base al valore di Wx la trave adatta.

 

Scegliamo la trave con la campata più problematica, quella che affaccia sulla sala conferenze, con una campata di 11.7 m. L'area di pertinenza è quella che va dalla metà della porzione di solaio alla sua destra e alla sua sinistra, perchè in linea di massima andranno a pesare completamente sulla trave più vicina.

La distanza tra la trave in analisi e quella alla sua sinistra è di 5.81 m, con quella alla sua destra 6.93 m. L'interasse quindi è 5.81/2 + 6.93/2 = 6.37 m. L'area di influenza è di 74.63 mq.

Nel nostro caso abbiamo che al piano superiore non c'è incidenza di tramezzi, per cui non ci sarà un ulteriore carico permanente a gravare sulla trave.

Abbiamo quindi tutti gli elementi necessari per compilare la tabella per avere il valore di Wx necessario a capire quale trave in acciaio scegliere.

E' necessario aggiungere a quanto calcolato precedentemente il peso delle travi HEA perpendicolari. Sapendo che l'area di influenza è la seguente:

 

sappiamo che dovremo prendere in considerazione il peso dato da due travi HEA alte 260mm per una lunghezza totale pari alla larghezza dell'area di influenza. Quindi moltiplichiamo il peso lineare di 68.2 kg/m * 6.37m = 434.434 kg. Per avere il valore di peso unitario è sufficiente dividere per l'area di influenza, quindi 434.434/74.63= 5.81 kg/mq = 0.057kN/mq.

Andranno sommati quindi ai 2.186 dei carichi strutturali permanenti, per ottenere qp=2.243 KN/mq

 

Per i carichi variabili dobbiamo considerare l'area come luogo affollato (libreria): Qa=500 Kg/mq

---> Qa=5 KN/mq

 

 

Sostituendo come si vede nell'immagine i valori dell'interasse, dei carichi permanenti non strutturali, strutturali e accidentali, e il valore della luce otteniamo una Wx di 3597 cm^3, valore molto alto.
Abbiamo aggiunto al foglio excel delle pagine contenenti i valori di tutte le tipologie note di travi di acciaio fornite da Oppo.it, ovvero le HEA, HEB, IPE, HEM, in modo da avere un rapido raffronto con il valore ottenuto.

Il nostro Wx = 3597 cm^3 va confrontato con le tipologie sopracitate, e prendere ovviamente un valore superiore nel caso della trave scelta.

IPE : Nel caso di una IPE Wx si ferma a 3069 per una trave alta 600mm, quindi dobbiamo escludere questo tipo di trave.

HEA: Il valore più vicino è 4146 cm^3, per una HEA 550, quindi con h=540mm e b=300mm.

HEB: Il valore più vicino è 4287 cm^3, per una HEB 500, quindi con h=500mm e b=300mm.

HEM: Il valore più vicino è 3796 cm^3, per una HEM 320, quindi con h=359mm e b=309mm.

SCATOLATI: Sia gli scatolati rettangolari che quadrati che i tubolari non arrivano a garantire una resistenza Wx di 3569, quindi è da escludere a priori la categoria.

 

La HEM è quella più vantaggiosa come dimensioni totali, solamente che è la più vicina in assoluto come valore di resistenza a quella ottenuta dal nostro calcolo. Vogliamo avere un minimo di tolleranza in più, anche perchè non abbiamo ancora considerato il peso stesso della trave e l'orditura che regge il solaio. Scegliamo quindi la HEB500, che ha un peso di 270kg/m.

 

Il foglio excel ci è servito per il corretto dimensionamento della trave principale, ma non abbiamo calcolato il peso stesso della trave, che è molto importante. Per cui abbiamo preso l'iniziativa di modificare il file excel e aggiungere tre ulteriori colonne, una contenente il peso lineare della trave scelta, uno con il momento risultante aggiungendo il carico della trave stessa e soprattutto il Wx reale, tenendo conto del carico proprio della trave.

 

 

Come vedete il momento aumenta di circa 50 KN*m, ma soprattutto il Wx aumenta di 200 cm^3. Questo aumento potrebbe portare a un cambiamento di scelta per il tipo di trave; noi volutamente abbiamo scelto la trave che ci desse più margine di respiro in vista di un aumento del modulo di resistenza dovuto all'aggiunta del peso proprio, infatti possiamo mantenere la stessa HEB500, che resiste fino a 4287 cm^3!

 

 

LEGNO:

 

Essendo il tipo di stratigrafia equivalente per legno e acciaio senza alcun problema ( solamente nel caso del CLS sarà più una forzatura, ma è voluta al fine di effettuare un utile confronto tra le tipologie di travi), il carico permanente sarà lo stesso, eccezion fatta che per l'orditura secondaria. Sicuramente non siamo in grado di garantire all'Xlam una campata di 4 metri su un travetto di legno lungo 6.93 metri, per cui urge andare a ricalcolare il modulo di resistenza per le travi secondarie in legno, ipotizzando una maglia magari di 3 metri anzichè 4.

 

In questo caso quindi saranno uguali tutti i valori da applicare, carichi compresi, ma cambierà l'interasse, che in questo caso è di 3m.

 

 

Scegliamo quello di classe di resistenza GL36, il più resistente alla trazione generata dalla flessione. Kmod vale 0,5, perchè è un carico permanente, di classe di servizio 3. Come base ci imponiamo 30cm, e l'altezza risultante è di 46.11 cm.

 

Una volta definite le dimensioni dell'orditura secondaria è possibile calcolare il carico da aggiungere alla trave principale lungo la sua area di influenza, e sarà l'area della sezione della trave appena trovata moltiplicata per la larghezza dell'area di influenza per quattro volte.

Peso travi = 0,46*0,3*6,93*500 4* = 1738,4 kg = 17,38 KN.

Dobbiamo ottenere il peso unitario per mq di queste travi, che saranno quindi 17,38/74,63= 0,23 KN/mq.

Quindi andiamo ad aggiungere il carico dovuto alla presenza di travi secondarie al carico permanente, per ottenere il dimensionamento della trave principale.

 

 

Come si vede dal foglio excel, imponendo una base di 50 cm la risultante è un'altezza di 93,1 cm. Ora come nel caso precedente sarebbe possibile calcolare il momento massimo tenendo conto del peso proprio della trave, che ora è noto.

 

 

In questo caso abbiamo nuovamente aggiunto al calcolo 4 colonne, per l'inserimento della massa volumica del tipo di legno scelto, poi per il peso totale della trave, per il momento generato aggiungendo questo carico e infine l'altezza risultante aggiungento il carico proprio della trave principale. In questo caso è notevole la differenza, infatti a parità di base l'altezza passa da 93 a 115 cm, ovvero 22 cm più alta!

 

 

CLS:

 

Il seguente caso è quello che ha richiesto una "forzatura" nella concezione della nostra analisi dimensionale, perchè il tipo di solaio in esame non è solitamente utilizzato associato a una struttura in cemento armato; noi vogliamo mantenerlo anche sulla struttura in CLS per evidenziarne il differente comportamento a fronte di pari sollecitazioni. Inoltre il tipo di solaio solitamente associabile a una struttura in CLS è più pesante di quello in questione, per cui gli output relativi all'altezza della trave saranno persino maggiori nella realtà di quelli uscenti dal foglio di calcolo.

Non abbiamo travi secondarie a gravare sul peso stesso della trave, ma dobbiamo infittire la maglia dei pilastri, per garantire al solaio una luce fattibile in termini di resistenza.

 

In questo caso abbiamo un interasse di 3.5 m, con la stessa luce di 11.7 m. E' sufficiente calcolare l'altezza della trave senza aggiungere carichi aggiuntivi oltre a quello della trave stessa, ma solo in un secondo momento.

Tra gli input immettiamo gli stessi carichi, scegliamo un acciaio S235JR, con una tensione di snervamento di 235 N/mm² = fy. Classe di resistenza Rck = 40. Ci poniamo una larghezza desiderata per la trave di 40 cm, e un copriferro di 3 cm.

 

 

 

Il dato uscente è un'altezza di 46,12 cm al netto del ferro. Tuttavia manca il peso proprio della trave nel calcolo per il dimensionamento, per cui abbiamo aggiunto quattro colonne al foglio di calcolo, che vanno a modificare il carico permanente, il momento e di conseguenza l'altezza della trave.

 

 

Come si può vedere l'altezza finale risulta di 49,32 cm, a cui dobbiamo aggiungere 3 cm di copriferro, per l'ingombro totale, ovvero H = 52,32 cm. E' un valore dissimile da quello che la pratica insegna per luci superiori ai 10m, per cui dovremmo avere all'incirca una trave spessa 100 cm. Probabilmente il fattore solaio leggero incide notevolmente sul calcolo finale, oltre che il piccolo interasse che gli abbiamo concesso.

 

 

 

TERZA ESERCITAZIONE - Disegno di una struttura reticolare spaziale : da Autocad a SAP2000

L'intervento che andrete a leggere è a tutti gli effetti un tutorial sulla corretta modellazione di una struttura reticolare spaziale in Autocad e la successiva esportazione per poi importarla in SAP2000.

 

Lanciamo Autocad, nel mio caso è Autocad 2011. Il primo step è la creazione di un nuovo layer, nel mio caso nominato ASTE RETICOLARI, poichè SAP2000 non riconosce il layer 0, di default in qualsiasi Autocad.

Successivamente si seleziona il layer appena creato e si comincia a disegnare la struttura. Selezioniamo il comando "linea" e digitiamo il testo " @0,0 " in modo tale che il primo punto sia posto sull'origine, in modo da non avere poi in SAP la struttura spostata rispetto all'origine di default.

Una volta selezionato il punto base è chiaro come io debba disegnare il profilo che andrà ripetuto lungo quello che attualmente è il nostro asse "X". Bisogna fare attenzione a disegnare il profilo in modo che non ci siano sovrapposizioni di linee poi una volta fatto il comando "array" che vedremo tra poco. In questo caso creo un profilo con modulo definito da due aste lunghe 2 m normali tra di loro e ovviamente  quella obliqua di dimensioni √2 m.

Seleziono i tre segmenti appena disegnati e digito da tastiera "array". Comparirà la seguente finestra:

Potete vedee quindi i parametri modificabili per la serie in questione. Inserisco nei valori di righe e colonne 1 e 8, per avere una campata totale di 16 metri. Non avrò ripetizioni lungo l'asse Y perchè poi la successiva serie avverrà lungo l'asse Z.

Questo è quanto appare al termine del comando "array" dunque:

Giunti a questo punto possiamo procedere con l'estensione da trave reticolare a trave reticolare spaziale, andando a definire la struttura lungo il terzo asse. Premendo SHIFT + rotellina del mouse posso orbitare la vista in modo a me più comodo. Inoltre posso selezionare come tipo di vista quella prospettica anzichè quella ortogonale, in modo da evitare le sovrapposizioni dei segmenti ( perlomeno in vista ) date dall'ortogonalità ( per fare un esempio, modellando un cubo qualora io abbia una vista isometrica il cubo viene visualizzato come un esagono, non facilitandone la comprensione tridimensionale ). Negli Autocad successivi al 2008 è sufficiente clickare sul View Cube in alto a destra e scegliere Prospettiva.

Ora che ci siamo posti in una condizione visiva ottimale selezioniamo tutte le aste e digitiamo a tastiera, o tramite il pulsante apposta, "ruota3d". Definiamo l'asse di rotazione tramite due punti, e mettiamo come angolo di rotazione -90 in quanto antiorario rispetto al sistema di riferimento che prevede la X positiva a destra rispetto l'origine.

Una volta ruotata la struttura non serve ruotare l'UCS perchè è sufficiente fare un array lungo l'asse Y anzichè X. Chiaramente prima è necessario disegnare il modulo che andrà implementato a quello esistente per garantirne la ripetibilità in tutti e tre gli assi.

Questo è quello che ottengo ripetendo con uguali valori il mio modulo:

Aggiungo le aste oblique al livello z=+2 sempre con comando array, in modo da ottenere la seguente, che è il macro-modulo ripetibile lungo l'asse Y.

Seleziono tutte le aste e digito nuovamente "array". In questo caso lascio come valore di "colonne" il numero 1, mentre metto 6 nel campo "righe".

Il risultato ottenuto infine è il seguente:

 

Come potete vedere manca l'ultima "trave" nell'array tridimensionale. E' sufficiente orbitare la vista con SHIFT + rotellina del mouse per portarsi in modo da selezionare  una fila intera e poterla copiare. Dopo averla selezionata premo cp e la copio nell'ultima posizione.

E concludiamo la modellazione, e questo è il risultato finale.

Una volta completato il tutto salviamo in .dwg il modello, poi salviamo in DXF2000. Il DXF, acronimo di Drawing Exchange Format, è appunto il formato sviluppato da Autocad per poter garantire l'interoperabilità del file con altri software. In questo caso per SAP2000 è necessario salvare in DXF 2000.

Ora possiamo avviare SAP2000. File > Import > Autocad.dxf file e selezioniamo il file appena salvato con Autocad.

 

Come unità di misura selezioniamo KN, M, c e possiamo ammirare la struttura modellata precedentemente in tutto il suo splendore!

Correttamente importata la struttura è ora necessario assegnare i 4 vincoli esterni, delle cerniere, selezionando i 4 punti inferiori d'angolo ( qualora non si riuscisse a selezionare il quarto nascosto dietro la molteplicità di aste è sufficiente ruotare la vista tramite il pulsante Rotate 3d View ) e clickando su Assign > Joint > Restrains e selezionando l'immagine della cerniera.

Necessito di definire un materiale ipotetico per il corretto calcolo delle sollecitazioni, per cui vado a creare il materiale Acciaio tramite:

Define > Materials > Add New Material

e creo un materiale "Acciaio" con proprietà Steel.

Successivamente devo definire la sezione alla quale applicare appunto il materiale in questione, per cui :

Define > Section Propreties > Frame Sections

Seleziono Pipe, un tubolare, nel mio caso, e ne definisco il materiale e la sezione:

Essendo le aste di una struttura reticolare non soggette a momento ma a sforzo normale è necessario il rilascio dei momenti, per garantire il corretto calcolo delle sollecitazioni, per cui:

Assign > Frame > Releases Partial/Fixity

dopo aver selezionato tutte le aste, e seleziono Moments 2,2 e 3,3.

Infine ora che abbiamo completamente definito la struttura aggiungiamo i carichi esterni, puntuali nei nodi, con un valore arbitrario, nel mio caso di 40 KN.

Assign > Joint Loads > Forces

e nel campo Force Global Z inserisco -40, in modo che rispetto al sistema di riferimento la forza sia diretta verso il basso.

Ora possiamo lanciare l'analisi della struttura, e vediamo qui di seguito la deformata.

Possiamo vedere ora le tensioni normali lungo i vari assi, nel seguente caso lungo XZ, mentre i momenti sono nulli ovunque.

 

Come intuibile dalla conformazione della struttura le aste maggiormente tese/compresse sono quelle collegate ai vincoli esterni; è possibile inoltre visualizzare tutte le tensioni delle aste di tutta la struttura clickando su:

Display > Show Tables

dal quale si aprirà la seguente schermata di selezione delle cose da visualizzare in tabella. Nel nostro caso ci interessa solamente la tensione normale delle singole aste, per cui selezioniamo la seguente:

Andando avanti quindi compare la tabella con le tensioni delle aste, ed è possibile ordinarle per valori ascendenti/discendenti:

Format-filter-sort > Sort Table > Sort By > P

e comprariranno in ordine discendente o ascendente a scelta le tensioni delle aste. Quindi da un capo della tabella avremo la maggiormente sollecitata a forza di tensione, ovvero la N°253 con 585,926 KN.

Analogamente in fondo alla tabella avremo l'asta sottoposta alla forza di compressione maggiore. In questo caso abbiamo due aste ugualmente compresse, la N° 427 e la N°31, con una forza di -834,386 KN ( negativa in quanto appunto di compressione).

Ora abbiamo i due valori sufficienti per il dimensionamento delle aste tese/compresse della nostra struttura.

PROGETTO PER L'ASTA COMPRESSA

Per l'asta compressa dobbiamo considerare una forza agente di 834.386 KN, ovvero 834386 N.

Essendo f_d = N / A  avremo A = N / f_d   con un acciaio S355.

Sapendo questo andiamo a calcolare l'area della sezione minima in modo da sceglierne da un profilario una maggiore.

A = 834386 / ( 355 / 1,05 ) = 24,68 cm²

Dal seguente profilario ( Profilati a sezione circolare ) scelgo il seguente profilo:

VERIFICA DELL'ASTA COMPRESSA

Dal paragrafo 4.2.4.1.1 della normativa risulta che la resistenza di calcolo R_d è la seguente:

R_d = R_K / γ_M

Per cui verifico che R_d = 355 / 1.05 = 338,09

dove 1.05 è il fattore parziale globale relativo al modello di resistenza adottato, in particolare corrisponde a γ_M0 , ovvero da tabella 4.2 V è la resistenza delle Sezioni di Classe 1-2-3-4.

N / A < f_d  ==>  834386 / 2570 < 338,09  ==>   324,66 < 338,09 Condizione verificata

 

VERIFICA DELLA STABILITA'

Quanto serve per la verifica di stabilità è presente nel capitolo 4.2.4.1.3.1 della normativa, che di seguito riporto:

Risulta quindi che la prima cosa da trovare è N_cr cioè il carico critico euleriano:

N_CR = Π ² E J_min / l_1² = 3,14² * 210000 * 856,0 / 200² = 44309 N
NB: l₁ = l nel caso di trave incernierata alle due estremità.

Successivamente possiamo calcolare la snellezza adimensionale λ :

λ = √( A * f_yk / N_CR ) = √( 2570 * 355 / 44,31 ) = 4,5381

Essendo Φ = 0.5[1+ α (λ - 0.2) + λ² ] troviamo da tabella il valore di α, ed è da tab 4.2 VI il fattore di imperfezione C, ovvero 0,49.

Φ = 11,86

Ora possiamo trovare il valore di χ da cui effettuare la verifica a stabilità:

χ = 1 / [ 11,86 + √(11,86² - 4,5381²) ] = 0,043826

Per cui la resistenza a instabilità dell'asta compressa N_{B, Rd} è la seguente:

N_{B, Rd} = χ * A * f_yk / γ_M1= 0,043826 * 2570 * 355 / 1,05 = 38,08KN

 

 

QUINTA ESERCITAZIONE - Ripartizione delle forze sismiche e analisi su foglio Excel

Per questa esercitazione ho utilizzato la seconda maglia strutturale che ho pensato per la mia Biblioteca Universitaria per il Laboratorio di Progettazione 2M.
La maglia è la seguente, asimettrica, divisibile in 3 macroaree, viola gialla e verde.
Avrò un totale di 9 sistemi controventanti dati da telai Shear Type.
I pilastri sono degli HEB 300 in acciaio, con l'orditura che potete vedere nell'immagine seguente:

I pilastri sono orientati tutti nello stesso verso perchè le campate maggiori sono sempre lungo l'ascissa.
Presentato il progetto possiamo iniziare la compilazione e l'editing del foglio di calcolo Excel.

 

STEP 1 : Calcolo delle rigidezze traslanti dei controventi dell'edificio

In questo passaggio è sufficiente sapere il materiale utilizzato, acciaio nel mio caso ( con E = 210000 N/mm² ), l'altezza dei pilastri, e calcolare oppure inserire il momento d'inerzia dei rispettivi pilastri, per avere tutti i dati necessari.
 

Nel mio caso ho dovuto aggiungere due caselle con le rispettive formule perchè ho 2 controventi in più sia tra quelli orizzontali che quelli verticali.

Questo caso è quelloo dei controventi orizzontali, infatti il momento d'inerzia della mia HEB è quello massimo, come vedrete nell'immagine successiva.

Questo avviene perchè in un pilastro con classico profilo ad "H" la resistenza maggiore è offerta nel senso lungo la direzione delle due ali, per cui il momento di inerzia in senso normale è minore.
In azzurro sono indicati i valori che ci interessanto per i passaggi successivi. Sono le rigidezze traslanti dei rispettivi telai, dati dalla formula relativa alla rigidezza per telai sher type, ovvero:

K_t = 12EI/h²

Infatti controllando nel foglio di calcolo corrisponde con la formula appena indicata.

 

STEP 2 : Inserimento dei dati geometrici della struttura

La seguente è una tabella sinottica contentente le rigidezze traslanti ottenute dai precedenti calcoli, e sono degli output che non necessitano di modifiche, se non l'aggiunta di 4 righe come di consueto per il differente numero di telai rispetto al file originario.

Gli input da inserire invece sono relativi alla posizione dei telai rispetto all'origine, da me arbitrariamente fissata nell'angolo basso a sx, in corrispondenza con il telaio 11.

Questi parametri vanno inseriti in quanto ogni telaio genera un momento con braccio uguale alla sua distanza dall'origine da me scelta, quindi io devo inserire i valori dei rispettivi bracci relativi alla distanza tra due rette, ovvero la retta su cui giace il telaio, e l'ascissa o ordinata a seconda di quale telaio sto immettendo.

 

STEP 3 : Calcolo del centro di massa

In questo caso devo calcolare appunto il centro delle masse dei miei solai, per cui è necessario dividere il tutto in macro-aree ( nel mio caso 3 ).
Le mie aree rettangolari viola gialla e verde sono quindi di facile calcolo, base per altezza per quanto riguarda le aree, e la distanza del centro dall'origine è semplicemente nel baricentro del rettangolo, a metà rispetto ad ogni asse.

Le distanze a seconda del fatto che siano controventi orizzontali o verticali sono rispetto all'asse X che all'asse Y.

Il centro di massa è semplicemente una media ponderata delle tre aree in considerazione, rispetto all'ascissa e all'ordinata rispettivamente con X_G e Y_G.

 

STEP 4 : Calcolo del centro di rigidezza e delle rigidezze globali

In questo step abbiamo solo output, derivanti dalle tabelle precedenti. Il calcolo della rigidezza totale è affidato a una semplice sommatoria delle rigidezze dei singoli telai.

X_C = ((Ko2*do2)+(Ko3*do3)+(Ko4*do4)+(Ko5*do5))  / Ko_tot = 13,42 m

Y_C = ((Kv2*dv2)+(Kv3*dv3)+(Kv4*dv4)) / Kv_tot = 5,38 m

Il centro delle rigidezze è analogo al centro delle masse, considerando tuttavia le singole rigidezze rispetto alla loro distanza dall'origine.

La rigidezza torsionale totale è la sommatoria delle rigidezze per le distanze al quadrato, da cui il valore nell'ultima cella.

 

STEP 5 : Analisi dei carichi sismici

Qui è necessario stabilire i carichi accidentali e permanenti, e inserisco i 5KN/mq previsti da normativa per la biblitoeca, 2,33 KN/mq per il peso del solaio.

Il carico totale permanente G è dato ovviamente dalla moltiplicazione dell'area totale dell'impalcato per la somma dei carichi permanenti, mentre quello accidentale va prima valutato in funzione del coefficiente di contemporaneità, che riduce il valore totale del carico accidentale ( è un numero tra 0 e 1 ).

La forza in generale è definita come massa per accelerazione, per cui:

F = m * a        dove      a = c * g

E' facile intuire quindi come a massa maggiore corrisponda una maggior forza generata da un sisma, e la sommatoria totale sarà la forza sismica che andrà usata negli step successivi.

 

STEP 6-7 : Ripartizioni forze sismiche lungo gli assi X e Y

In questo caso non avrei più nulla da fare, se non andare a mettere a posto i collegamenti tra le celle e aggiungere le solite quattro file di celle in più per i controventi da me aggiunti.

Sia per lo step 6 che per il 7 il procedimento è identico, solamente che andiamo a valutare le forze in funzione degli assi.

In particolare il momento torcente è riferibile in funzione della forza sismica per il braccio ( che è la distanza tra il centro di rigidezze e il centro delle masse ).

M_t = F (Y_C - Y_G)
M_t = F (X_C - X_G)

Per il legame direttamente proporzionale descritto prima la traslazione sarà frutto della divisione tra la forza sismica e la rigidezza, sia in senso orizzontale che verticale.

Gli output finali quindi saranno le ripartizioni della forza sismica sui vari controventi, in funzione della rigidezza dei singoli, del braccio rispetto all'origine e della rotazione totale dell'impalcato!