blog di Yanbin.Zhu

Prima esercitazione : Struttura reticolare simmetrica

Le strutture reticolari sono strutture composte da tiranti( aste tese) e puntoni (aste compresse), collegate tra di loro da cerniere interne.
 Per la risoluzione di questa struttura reticolare simmetrica e con carichi ripartiti in ugual modo nel nodo B , D e G  abbiamo cercato di utilizzare il metodo di Ritter al fine di calcolare lo sforzo assiale a cui sono sottoposte tutte le aste.

Il primo passo consiste nel verificare che la struttura sia isostatica, poiche se fosse iperstatica non sarà possibile utilizzare il metodo di Ritter.

Verfica isostaticità
La struttura è isostatica se il numero di vincoli è pari al numero dei gradi di libertà della struttura.  n°gdv=n°gdl

Verifica dell' isostaticità della struttura:

·         Gradi di libertà si ricava moltiplicando il numero degli elementi per il numero dei gradi di libertà.
Gd l= 11 x 3 = 33

·         Gradi di vincoli si ricava sommando il numero i vincoli esterni e i vincoli interni  
V = V_{E +} Vi  

I vincoli esterni della struttura sono in tutto 3  
V_E = 3

I vincoli interni della struttura si calcola applicando a ogni nodo
V_i = 2 (n - 1)
dove n è il numero delle aste che convergono nel nodo

In particolare in:

A e H 2( 2-1)= 2  ; B e G 2(3-1)= 4 ; D C ed E 2(4-1)= 6

Il grado di vincolo interno sarà quindi:

V_{i =} 2 + 2 + 4 +4 + 6 +6 +6 = 30

Quindi:

Gdv = V_{E +} V_I = 30 +  3 = 33

La struttura quindi risulta isostatica  n°gdl=n°gdv

Verfica isostaticità
Inoltre si può fare un ulteriore verifica che consiste nel

V_E + a = 2 x nodi  ( vincoli esterni + n° aste = 2 x n° nodi ) 
3 + 11 = 2 x 7 =14 ( verificato)

Quindi possiamo dire che le condizioni di isostaticotà sono verificate e si può procedere calcolando i vincoli tramite le equazioni di bilancio.

Mi disegno le reazioni vincolari V_A  e   V_B

imponendo le equazioni alla traslazione verticale si possono trovare i valori di V_A  e   V_B dovute alla cerniera ed al carello.

Σ Fy =0

V_A+ V_{B –} 3F= 0   
Le reazioni verticali VA e VB della struttura che essendo applicata a una struttura simmetrica ripartiscono equamente il carico applicato ai nodi superiori e bilanciano le forze esterne pari a 60 kN.

Quindi:   
V_A   =  V_B  = 3/2 F   = 3/2 x 20 KN = 30 KN  (uguali proprio perché la struttura è simmetrica).

Adesso possiamo effettuare un taglio virtuale della struttura in due parti tramite una sezione di Ritter, cioè dobbiamo sezionare in modo da tagliare tre aste che non convergono verso uno stesso nodo. E cosi possiamo mettere in evidenza le azioni di contatto.

Dal primo taglio virtuale, posso mettere in ivedenza gli sforzi normale aggenti sulle sezioni delle aste tagliate. Si ipotizza un verso uscente dalla sezione e quindi come se le considerassimo le aste siano sottoposte a trazione e a seconda del risultato delle equazioni di equilibrio a confermare il verso oppure no.

In questo caso abbiamo tre incognite N_{1  ,}N₂  e  N₃ e tre sono equazioni di bilancio, quindi il problema è risovibile.

Scrivendo le 3 equazioni di equilibrio a rotazione, cambiando ogni volta il polo scelto nel punto di incontro di due della altre aste per poi ricavare una delle incognite.

Facendo l' equilibrio al momento in C  in cui convergono due delle tre aste sezionate possiamo poi ricavare la forza N₁ incognita

ΣMc=0

- 3/2 F · 2l + F · l - N_{1 · l} =0

N₁ = F - 3F = -2F

Il segno negative comporta di cambiare il verso a priori presupposto e quindi è un puntone.

Facendo l' equilibrio in B ricavo N₃

Equilibrio al momento in B
ΣMB=0

- 3/2 F · l + N_{3 · l =} 0   N_{3 =} 3/2 F

Cosi posso ricavare anche facendo equilibrio alla traslazione verticale

 

Equilibrio verticale, ricordando la scomposizione della forza nelle sue componenti orizzontali e verticali e imponendo le equazioni di equilibrio alla traslazione otteniamo

 

Σ Fy =0

3 / 2 F - F - N₂  2/ 2 = 0  Quindi   N_{2 =} F 2/ 2 

A questo punto effettuo un altro taglio per rivacarmi  N₄ l’ unico valore che ancora non conosciamo della parte sinistra della trave reticolare.

la N₄ la possiamo scomporre nei suoi due componenti:

 

Conoscendo il valore di N₃ possiamo scrivere l’equilibrio alla traslazione verticale

  Equilibrio verticale:

3/2 F + N₄ 2/ 2=0

 N_{4 =} - 3 2/ 2 · F

Quindi mettendo insieme i risultati, abbiamo

 

 

Continuando a effettuare un altro taglio ricaviamo:

Dall’equilibrio del momento in D

ΣMD=0

N_{5 ·} l + F · 2l - 3/2 F · 3 / 2 F · 3 l = 0

N_{5 =} 5/2 F  Infatti questa è l'asta più sollecitata

Infine mediante l' equilibrio verticale ricaviamo N₆

N₆ 2/ 2 + 3/2 F - F =0

N_{6 =} -  F2/ 2 (cambio verso)

 

 

Seconda Esercitazione : Struttura reticolare asimetrica

La struttura reticolare asimetrica può essere risolto questa volta utilizzando il metodo dei nodi.

Per iniziare, come nel primo esercizio, bisogna verificare che la struttura sia isostatica

La struttura è isostatica se il numero di vincoli è pari al numero dei gradi di libertà della struttura.  n°gdv=n°gdl

Verifica dell' isostaticità della struttura:

La struttura è isostatica se il numero di vincoli è pari al numero dei gradi di libertà della struttura.  n°gdv=n°gdl

·         Gradi di libertà si ricava moltiplicando il numero delle aste per il numero dei gradi di libertà.
          Gd l= 11 x 3 = 33

·         Gradi di vincoli si ricava sommando il numero i vincoli esterni e i vincoli interni 
           V = V_{E +} Vi  

I vincoli esterni della struttura sono in tutto 3 
V_E = 3

I vincoli interni della struttura si calcola applicando a ogni nodo
V_i = 2 (n - 1)
dove n è il numero delle aste che convergono nel nodo

In particolare in:

A e G    2( 2-1)= 2  ;

B ,D e E    2(3-1)= 4

F     2(4-1)= 6

C    2 (5-1)=8

Il grado di vincolo interno sarà quindi:

V_{i =} 2 x 2 + 4 x 2 + 6 + 8= 30

Quindi:

Gdv = V_{E +} V_I = 30 +  3 = 33

La struttura quindi risulta isostatica  n°gdl=n°gdv

 

Calcolo delle reazioni vincolari
Ora possiamo procedere analizzando le reazioni vincolari RuA , RvA e RuG.

Imponendo l’equazione di bilancio alla traslazione verticale

∑Fy = 0  

 RvA = 20

Attraverso l’equazione di bilancio ai momenti M(B) ottengo RuA

∑MG = 0

RuA ∙ 1 –(10 ∙1)- (10∙2)= 30  RuA = 30

Imponendo l’equazione di bilancio alla traslazione orizzontale ottengo  RuG

∑Fx = 0  

 RuA = RuG

 

Calcolo delle azioni di contatto
Applichiamo il metodo dei nodi per ricavare le forze lungo le aste, in cui dobbiamo assumere che ai nodi ci siano delle forze concentrate sui nodi e possiamo analizzarli  attraverso l’equilibrio al nodo oppure con il metodo geometrico utilizzando la regola del parallelogramma per scomporre le forze.
 

Nodo A

Le incognite  in questo caso sono N₁ e N₂  i quali risultano aste le aste 1 e 2 entrambe  scariche.

N₁ =0

N₂ =0

 

Nodo B
 

 

In questo caso è possibile scomporre N₃ nelle sue due componenti e poi imponendo l’equilibrio alla traslazione orizzontale e verticale si ottengono i valori di N₃ e N₄

∑Fx =0   30+ N₃√2 /2 +N₄ = 0

∑Fy =0   20 + N₃ √2 /2 =0      

              N₃= - 20 ∙  2 /√2  = - 20 √2  kN

Posso ricavare N_4:    

30 – (20 √2∙√2/2) + N₄ = 0

30- 20 + N₄ = 0

N₄ = -10 kN ( cambio verso )

 

Nodo D

 

10 + N₈ = 0

N₈ = - 10

N₅ = 0

Nodo C

     

Possiamo scomporre i  contributi dell’asta 6 e 5, per poi ricavare dall’equilibrio alla traslazione verticale e orizzontale i valori di N₆ e N₇

∑Fy = 0    10 + N₆ √2/2 -20√2-√2/2=0

                10+N₆ ∙√2/2 -20 = 0

               N₆ = 10√2  kN

∑Fx = 0     N₇+ N₆ √2/2 + 20√2 - √2/2 = 0

                 N₇ + 10√2∙√2/2 +20 = 0

                 N₇= -20-10 = -30 kN

L’asta 6 è tesa e l’asta 7 è compressa

 

Nodo E

Facendo equilibrio alla traslazione verticale e orizzontale possiamo ricavare

N₉ = -10 kN

N₁₁ = -30 kN

Cambiando il verso presupposto, le aste 9 e 11 sono tutti e due compresse.

 

Nodo F

 

Possiamo anche qui scomporre i contributi dell’asta 10  e si ricava che l’asta 10 sia scarica.

N₁₀  √2/2 + 10 -10√2 ∙ √2/2 = 0

N₁₀ √2/2 = -10 +10 = 0

N₁₀ =0

Nodo G

L’asta 10 essendo scarica l’ incognita risulta essere N₁₁

N₁₁ = 30

L’asta 11 è anch’essa compressa.

 

Dopo aver analizzato i nodi attraverso equazioni equilibrio verticale e orizzontali possimo rappresentare graficamente quali aste sono compresse, quali sono tese e quali scariche.

Quindi successivamente è stato utile verificare i risultati ottenuti utilizzando il programma SAP ottenendo questi risultati:

La deformata

Lo sforzo assiale

Quindi i risultati sono verificati.

 

 

Dimensionamento del Solaio

 

Il progetto preso in analisi è un semplice impalcato, realizzato durante il triennio.

Dall’impalcato ho cercato di evidenziare la trave più sollecitata evidenziata nel disegno : trave  C1-C2.

 

Soggetta a un carico di cui l’ area di influeneza  è pari a: 

A= luce x interasse =  L₄  x (L₂/2 + L₃/2)  =    4.80 x (3.00/2 + 4.10/2) =   17.04  m

L₁ =  2.90 m

L₂ =  3.00 m

L₃ =  4.10 m

L₄ =  4.80 m

L₅ =  3.3 0 m

   Il primo passo importante è quello di calcolare il carico totale del Solaio per unità di lunghezza a cui è soggetto la trave più sollecitata. In particolare secondo le Norme Tecniche per le costruzioni 2008 la classificazione delle azioni avviene secondo la variazione delle loro intensità nel tempo

a)      Permanenti (Q) : azioni che agiscono durante tutta la durante tutta la vita nominale della costruzione, la cui variazione di intensità nel tempo è lenta da poterle considerare con sufficiente approssimazione nel tempo:

-          Peso proprio di tutti gli elementi strutturali (Qs)

-          Peso proprio di tutti gli elementi non strutturali (Qp)

 

b)   Variabili (q_k) comprendono i carichi legati alla destinazione d’uso dell’opera che nel caso del mio edificio di uso residenziale  prendiamo come valore q_k = 2.00  kN/m²

I carichi strutturali e non strutturali sono espressi in mq ,è dato dalla somma del carico di ogni elemento del nostro pachetto che hanno un loro peso specifico espresso in kN /m³ e moltiplicati per la loro altezza m, ottenendo così il carico Q in kN/m².

 

Progetto di un solaio in legno a doppia orditura

Il progetto del solaio in legno qui sotto rappresentato consiste nel  dimensionare prima  i travetti, che influenzano poi sul dimensionamento della sezione della trave principale (in questo caso la trave più caricata è la C1-C2 ) affinché sia in grado di resistere a tutti carichi agenti su di essa.

 

   Luce trave C1-C2 = 4.80 m

   Interasse trave = 3.55 m 

·   Luce travetto = 4.10 m

     Interasse travetto = 0.90 m

 

 

 

 

 

 

Scelgo di utilizzare  tra le travi  lamellare in commercio la classe GL24 (BS11)

 

·    Pesi permanenti strutturali

       Calcolo del carico totale al metro lineare ottenuto facendo:

1-      Area dell’elemento nelle sue dimensioni in un m²            A = (B X H)      [ m²]

2-      Calcolare il suo volume di 1m       V=  A x 1m      [m³]

3-      Ricavare il peso ( kN) moltiplicando il peso specifico per il volume      P = V x peso specifico ( kN/m³ )        [kN]

4-      Trovare il carico a metro lineare        Q_s = 1 (m²) / interasse (m) x  P (kN)    [ kN/m² ]

·         Carico variabile come dettato dalle norme tecniche del le costruzioni del 2008, precedentemente individuato è pari aq_k = 2.00  kN/m²    

 

Progetto travetti lamellari  classe GL24

Il progetto dei travetti vengono effettuati partendo da:

Analisi dei carichi

·         Carichi agenti totali per unità di superficie  pari alla somma tra i carichi strutturali e non          strutturale:

              Q_s + Q_{p +} q_{K =}    0.21 + 2.35 + 2.00 = 4.56 kN/m²

·         Carico sui travetti si ricava dividendo il carico espresso in densità lineare

 q = 4.80 kN/m² x 0.9 m ( interasse ) = 4.1 kN/m

Ricavare il momento massimo flettente

·  Il   momento massimo di una trave appoggiatasi si trova in mezzaria e ha un valore pari a   ql²/8, quindi ricavo il momento massimo:

M = ql²/8 =  4.1kN/m  x (4.1 m)² /8 m = 8.62 kN*m

Analisi delle tensioni di progetto

Per trovare il valore di progetto : fD = K_{mod x} f_k / ɣ_m

 dobbiamo tenere in considerazione sia i vari valori di resistenze f_k che variano a seconda della se si tratta di valore di resistenza a trazione, flessione o compressione. Divise a loro volta in direzione parallela o perpendicolare , in cui i valori possono cambiare anche di molto.

 

In questo caso scelgo la classe di legno GL24 (BS11) con resistenza a flessione  pari a :

fm,k = 24N/mm²

 

Inoltre si deve tener conto del Kmod un  coefficiente correttivo che tiene conto dell’effetto, sui parametri di resistenza, sia della durata del carico sia dell’umidità della struttura.

Prendo kmod pari a 0.6

Invece il ɣ_m  è un coefficiente parziale di sicurezza relativo al materiale, che nel caso del legno lamellare vale    ɣ_m =1.45

Quindi   fD = = K_{mod x} f_k / ɣ_m = 0,6 x 24 N/mm²/ 1.45 = 9.93 N/mm²

Cosi fissato la base dei travetti a 10 cm si ricava in questo modo l’altezza minima che possimo adottare pari a 22,83 cm, cosi controllando nelle schede dei produttori possono decidere di scegliere una sezione dei travetti lamellari  GL24  pari a 10 x 24.

A questo punto bisogna

·         Verificare il peso proprio del travetto in base alla sezione che abbiamo scelto:

Progetto della trave classe GL24

La trave maggiormente sollecitata è C1-C2

·         Luce trave C1-C2 = 4.80 m

          Interasse trave C1-C2  = 3.55 m 

Importante è ricordarsi che di aggiungere ai carichi strutturali anche quelli dei travetti appena calcolati:

·    Carico variabile come dettato dalle norme tecniche del le costruzioni del 2008, precedentemente individuato è pari aq_k = 2.00  kN/m²     

Inserendo i carichi nella tabella Exel usando lo stesso procedimento usato per i travetti ricavo consultando sempre i produttori una trave 20 x 40.

 

 

Solaio in acciaio

In questo caso si è scelto di adottare la tecnologia del  solaio in lamiera grecata e laterizi. In cui il progetto consiste nel dimensionare le dimensioni prima dei travetti e poi della trave ( come è stato fatto per il solaio in legno ) in base alla sommatoria dei carichi che gravano su di esse.

Progetto travetti

Luce: 4.01 m

In terasse: 0.90 m

·         Carico permanente strutturale

         della lamiera grecata e laterizi è pari a:  Qsdi 1.80 KN/mq

·         Carico variabile pari a  q_k = 2.00  kN/m²    

Inserendo cosi i dati ricavati nella tabella di calcolo exel posso trovare il carico a metro lineare gravante sui travetti facendo la somma tra:

 Q_s + Q_p + q_K = ( 1.8 kN/m² + 2.35  kN/m² + 2.00 kN/m²)  x 0.9m =      5.50 kN/m (carico a metro lineare)

Dopodiché  si può ricavare il momento massimo agente sul travetto di luce pari a 4.10 m in cui sappiamo che il valore del valore massimo del momento è a

M= ql² / 2  =   6.15 x (4.10)² / 2 = 11.,6 kN m

La tensione di snervamento è dato dalla classe dell’acciaio che si sceglie di adottare che nel mio caso scegliendo la classe Fe 360 s235

 fyk = 235 N/mmq

Da cui ricavo  il valore della tensione di progetto Fd pari al rapporto tra fyk e il coefficiente di sicurezza adimensionale utilizzato per l’acciaio da carpenteria pari a 1.05  (dato dalla normativa ) che tiene conto di tutte le incertezza del materiale.

Fd= fyk / 1.05 = 235 N/mmq / 1.05 =  223.81  N/mmq

Ottenendo cosi in fine valore del modulo di resistenza a flessione W_X pari a

W_x  = M/Fd = 12.9 kNm / 223.81  N/mmq = 56.91 cm³

Quindi posso prendere dal sagomario un profilo che ha un modulo di resistenza superiore, quindi scelgo  un IPE 140 con valore W_x pari a 77,3 cm³

In fine ottengo il carico dei travetti  = 12.9 kg/m =0.129 kN/m

 

Progetto trave  C1-C2

Luce: 4.80 m

Interasse: 3.55 m

·  Carico permanente strutturale

         della lamiera grecata e laterizi più il peso dei travetti è pari a: 

       Qs = 1.80 KN/mq + 0.129 kN/m = 1.93 kN/m

·         Carico variabilepari a  q_k = 2.00  kN/m²     

 

·    Carico permanenti non strutturali  pari a

     Q_P  = 2.35kN/m²                                                                     

Inserendo cosi i dati ricavati nella tabella di calcolo exel posso trovare il carico a metro lineare gravante sui trave facendo la somma tra:

 Q_s + Q_p + q_K = ( 1.938 kN/m² + 2.35  kN/m² + 2.00 kN/m²)  x 3.55m =    22.3kN/m (carico a metro lineare)

Dopodiché  si può ricavare il momento massimo agente sul travetto di luce pari a 4.80 m in cui sappiamo che il valore del valore massimo del momento è a

M= ql² / 2  =   22.3 x (4.80)² / 2 = 64.2 kN m

La tensione di snervamento è dato dalla classe dell’acciaio che si sceglie di adottare che nel mio caso scegliendo la classe Fe 360 s235

 fyk = 235 N/mmq

Da cui ricavo  il valore della tensione di progetto pari al rapporto tra fyk e il coefficiente di sicurezza adimensionale utilizzato per l’acciaio da carpenteria pari a 1.05  (dato dalla normativa ) che tiene conto dell’ incertezza del materiale.

Fd= fyk / 1.05 = 235 N/mmq / 1.05 =  223.81  N/mmq

Ottenebdo cosi in fine valore del modulo di resistenza a flessione pari a

W_x  = M/Fd = 64.2 kNm / 223.81  N/mmq = 314.15 cm³

Quindi posso prendere dal sagomario un profilo che ha un modulo di resistenza superiore, quindi scelgo  un IPE 240 con valore W_x pari a 324 cm³

 

 

 

Solaio in Cls

In questo caso ho pensato di verificare il mio pacchetto di solaio in cls  precedentemente progettato durante il laboratorio di costruzioni.

Progetto  della travi C1-C2

Luce: 4.80 m

Interasse: 3.55 m

·    Carico variabilepari a  q_k = 2.00  kN/m²     

Inserendo cosi i dati ricavati nella tabella di calcolo exel posso trovare il carico a metro lineare gravante sui trave facendo la somma tra:

 q = (Q_s + Q_p + q_K ) x interasse = ( 0.88 kN/m² + 2.35  kN/m² + 2.00 kN/m²)  x 0.5m =     

       2.6 kN/m (carico a metro lineare)

Dopodiché  si può ricavare il momento massimo agente sul travetto di luce pari a 4.10 m in cui sappiamo che il valore del valore massimo del momento è a

M= ql² / 2  =   2.6 x (4.80)² / 2 = 7.5 kN m

 

Il calcestruzzo  è contraddistinto dal valore  caratteristico della sua resistenza a compressione, misurata su provini cilindrici e indicata cin il simbolo fck il quale rappresenta la resistenza cilindrica o  secondo Rck è la resistenza cubica . Il valore caratteristico ha una probabilità del 5 % che la resistenza effettiva sia minore di esso. Le classi di resistenza del Cls piu usati vanno dal C20/25 fino  C50/60, nel mio caso ho scelto si usare il    C25/30 .

Si può ricavare la resistenza dell’acciaio delle armature con il valore della tensione di snervamento che è dato dalla classe dell’acciaio che si sceglie di adottare , nel mio caso scegliendo un acciaio B450C ( unico ammesso in zona sismica ) con fyk = 450 Mpa

Da cui ricavo  il valore della tensione di snervamento Fd  pari al rapporto tra fyk e il coefficiente di sicurezza adimensionale utilizzato per l’acciaio da barre pari a 1.15  (dato dalla normativa ) che tiene conto dell’ incertezza del materiale.

Fd= fyk / 1.15 = 450 N/mmq / 1.15 =  391,3  N/mmq

Per trovare l’altezza utile pari al prodotto del fattore r per la radice del momento fratto la base,  d =r √ M/b in cui se la base e il momento sono noti l’incognita da trovare è r.

r  dipende dalla resistenza del calcestruzzo e dal dal fattore α che a sua volta dipende da n che è il coefficiente di normalizzazione per ricavare che la tensione dell’acciaio è n volte quella del calcestruzzo

σ_s= nσ_c

Infatti possiamo ricavare il valore normalizzato n pari a :

n= Ef/Ec = 210000 Mpa /30000Mpa = 7  ,  in cui si evidenzia  che la tenzione σ_s =  7 volte di σ_c,  ma se si tiene conto della viscosità si prende un valore doppio che le norme per attenersi a una regola consolidata la considera pari a : n = 15.  Quindi l’area dell’acciaio darà considerata n volte quella del cls ( Area omogeneizzata)

Possiamo ricavare

α =fc /(fc + fdf /n) = 20Mpa/(20 Mpa + 450Mpa /15) = 0.34

r= 2/ (α x (1- α/3 ) ^0.5 = 2.58

Cosi la mia altezza utile sarà 15 cm ed con base 15 cm l’altezza totale sarà  20 cm.

 

 

 

 

Struttura reticolare spaziale

Le strutture reticolari vengono utilizzate per realizzare grandi coperture per stadi, ospedali in quanto consentono di coprire grandi luci con altezze e pesi contenuti che altre strutture non potrebbero essere realizzate. Ci sono vari tipi e quello che cercheremo di realizzare è chiamato schema cubico, realizzata su una base quadrata, formata da tiranti puntoni e diagonali, formando cosi tante maglie reticolari e costituiti da moduli di reticolari che si ripetono nelle tre dimensioni.

• Disegno della struttura reticolare su autocad

Si parte con un nuovo file di autocad , e con la creazione di un nuovo layer chiamandolo aste.

 

Si disegna una polilinea, in zero assoluto per facilitare quando  esportazione in sap, immaginiamo di disegnare la faccia principale del nostro cubo semplificato di dimensione 2m x 2m x 2m,  lasciandolo aperto, in modo tale che poi usando il comando di autocad di “ copia in serie” non ci siano aste doppie sovrapposte, in quanto poi non sarà possibile fare analisi della struttura con SAP.

Poi disegniamo la diagonale, andando poi nella vista 3D di autocad lo ruotiamo di 90 gradi.

   

a questo punto possiamo fare il comando “ARRAY”, immaginando che dovremmo realizzare una piccola pensilina 4 x 6.
Quindi imposteremo come valori di questa copia serie  inserendo 1 riga 4 colonne perché voglio 4 elementi in direzione X  poste a direzione 2 m .

Si ottiene cosi la prime riga di trave reticolare .

Per disegnare le altre maglie della faccia laterale  bisogna cambiare il sistema di riferimento UCS, in quanto su autocad 3d siamo sempre vincolati a disegnare nel piano X  e Y   .
Utilizzando nuovamente il comando polilinea si  disegna una maglia sempre 2m x 2m x 2m e la sua diagonale.

Applico nuovamente il comando Array per il modulo trasversale in modo tale che si ripete per tutti gli spigoli  impostando questa volta 1righe e 5 colonne a distanza di 2 m.

Dobbiamo disegnare le diagonali sopra e sotto e copiarlo lungo tutte le altre meglie.

Cambiando di nuovo UCS applichiamo un latra volta il comando “array”  inserendo 7 colonne a distanza 2 metri , anche se abbiamo bisogno di 6 elementi  per evitare di chidere poi difficilmente il modello , sarà più facile cancellare.

Prima di passare su SAP bisogna esplodere tutto in modo che siamo tutti elementi separati, e affinche si possa poi fare analisi si SAP.
Quindi questo è la nostra reticolare spaziale

 

Salviamo il disegno in dxf2000, evitando cosi problemi di compattibilità con SAP.

 

 

• Analisi della struttura reticolare su SAP
   

Importiamo la struttura reticolare su SAP 2000. Impostiamo l’unità di misura IN KN mC, andare si import - autocad dxg file, apparirà una finestra di traduzione di elementi di autocad su sap, e quindi tutti gli elementi che sono sul layer aste diventerà frame.

Sul piano XY lo potremmo vedere in 3D, impostiamo il modello cominciando mettere dei vincoli di base, quindi immaginiamo questa struttura reticolare non abbia bisogno di pilastri intermedi ma che abbia solo alcuni pilastri, quindi mettiamo i nostri vincoli esterni , in tutte le  4 cerniere esterne.

Poi indiamo a mettere i vincoli interni andando a disegnare i nodi non disegnati su autocad, selezionando tutto, e assegnare il rilascio dei momenti interni 2.2 e 3.3, come se imponiamo alle aste a lavorare solo allo sforzo normale.

Fondamentale differenza con le 2 dimensioni è fondamentale assegnare materiale e assegnare le sezioni. E asegnarlo a tutti gli elementi realizzati ipotizzando in acciaio a sezione tubolare .

Andando poi a creare un carico concentrato che andrà  segnato solo ai nodi superiori.

A questo punto si può salvare e passare all'analisi della struttura.
Rcaviamo la deformata

La struttura risulta essere asimmetrica, infatti i diagrammi non sono simmetrici perché la geometria della nostra struttura non è simmetrica.

Possiamo andare a controllare i diagrammi dei momenti e taglio che devono essere zero in quanto le nostre aste lavorano solo a sforzo normale.

 

Per visualizzare i risultati delle aste intemedie si può fare un click direttamente sull’asta, o altrimenti andando su display- show tables -  analysis results -> element output -> file -> export current table -> to excel). Da questa tabella esportata su exel possiamo conoscere il valore di ogni asta della struttura attraverso la tabelle è inoltre possibile individuare l’asta maggiormente sollecitata a trazione e a compressione .

• Progetto dell’asta a trazione massima

Dopo aver individuato lasta a trazione massimo è possibile progettare l’asta trovando l’area minima necessaria utilizzando la formula di Navier

A = N/ Fd

A= area minima necessaria

N= sforzo assiale

Fd= è la resistenza di progetto pari al rapporto tra Fy/ γm

γm= è  il coefficiente di sicurezza pari a 1,05

L’area minima necessaria  per un il tipo di acciaio scelto Fe360S235 è pari a 11,57 cm²

  Allora scelgo il profilato più adatto con area sezione pari 12,50 cm²

 

• Progetto asta a compressione

Nelle aste compresse a differenza del'asta a trazione importante è verificare la lunghezza dell'asta causa di instabilità eureliano dovuto all'eccesso di snellezza. Il carico critico eureliano assiale non sia superiore del carico agente

Se l’asta maggiormente compressa ha uno sforzo assiale pari a : N = 307 kN

L’area minima necessaria  per un il tipo di acciaio scelto Fe360S235 è pari a 13,26 cm²

  Allora scelgo il profilato più adatto con area sezione pari a 13,90 cm²

Allora scelgo il profilato più adatto con area sezione pari a 13,90 cm²

Per l’asta compressa è soggetta un carico di punta carico critico eureliano che diventa molto rischioso per profili troppo snelli che tendono a incurvarsi fino a rottura.
 Si possono quindi effettuare tre tipi di verifica del profilo scelto:

·         Verifica a resistenza

·         Verifica a stabilità

·         Verifica a snellezza

Verifica a resistenza
La sezione scelta sarà verificata se rapporto tra lo sforzo normale 307 kN e l’area del nuovo profilo sarà minore della resistenza di progetto fD

307000 N / 1390 mm² = 220,8 N / mm²  < 223.81 N / mm²  (Verificato)

Verifica a snellezza
La snellezza dell’asta è data dal rapporto tra la luce libera di inflessione  l₀ (distanza tra due punti di flesso successivi della deformata flessionale ₎ e il raggio d’inerzia ρ .

λ = l₀ /ρ 

La normativa impone limiti alla snellezza massima negli elementi in cui possa essere presente uno sforzo normale di compressione:

λ_max ≤ 200 per le membrature principali

λ_max ≤ 250 per le membrature secondarie

Lo schema dell'asta incernierata porta ad avere un valore di lo= l, mentre il raggio d'inerzia ρ è pari a 3,9 cm.

λ = l₀ /ρ = 1x282 /3,9 = 72,3 < 200 (verificato)

 

Verifica a stabilità
Il problema di stabilità è molto rilevante nella progettazione di strutture in acciaio. Importante è ricordare il carico critico eureliano ovvero il valore della forza normale il cui superamento comporta perdita di stabilità dell’equilibrio dell’asta.

E = 210000 N/mm²

A = 13.9 cm² = 1390 mm²

     Λ= 72,3 ² =

N_{cr =} (3.14)² x 210000 N/mm² x 1390mm ² / 72,3 ²  = 550 kN

Ai fini della verifica, abbiamo bisogno di valori uniformi e quindi λ diventa un parametro adimensionale

A = 13.9 cm² = 1390 mm²

fyk = 235 N/mmq

Ncr = 550000 N

Il lambda adimensionale = √1390 mm₂ x 235 N/mm² / 550000 N = 0.77

Trovato il lambda adimensionale possiamo trovare il coefficiente X

Dove Φ = 0.5 [1 + α (λ - 0.2) + λ² 
in cui α è il fattore di imperfezione diverso per le diverse curve di instabilitàe vale 0.21.

 

Φ = 0.5[1 + 0.21 ( 0.77 - 0.2) + (0.77)²] =0.86 

X = 1 / 0.8563 + √(0.86)² - (0.77)² = 0.815 <1

Per la normativa italiana e eurocodice 3

Nd ≤N_brd

N_{brd =}  0,815 x 1390 mm ² x 235 N/mm ²  /1,05 = 253542 N = 253 KN < 550 KN

Il profilo scelto è verificato.

 

 

Ripartizione delle forze sismiche
Svolto con: Nanni Beatrice,Muglia Andrea e Valdarnini Flavia.

Per tutte gli edifici realizzati in zona sismica (Italia è quasi del tutto sismica), importante è valutare come avviene la ripartizione delle forze orizzontali in caso di sisma e come ogni singola struttura reagisce.
Le forze orizzontali vengono sopportate dai vincoli orizzontali e resistono perché sono rigidi ed  grazie all’ elasticità dei materiali, fa sì che l’edificio resista.
Sarà opportuno tenere nelle fasi progettuali disporre all’interno della struttura i cosiddetti controventi.

L’impalcato preso in considerazione è una struttura simmetrica composta da 5 controventi verticale e 3 controventi orizzontali.

 

Considerando che la tecnologia dell’impalcato sia la stessa, quello che conta sono le rigidezze relative, quanto cioè quanto è rigido il controvento rispetto a un altro e cosi nelle otto tabelle dello step 1 ci saranno le rigidezze dei otto controventi dell’impalcato.
Ogni controvento è individuato dai suoi pilastri di cui è composto , ed il modello che c ‘è dentro è un modello shear type, ovvero una tipologia di telaio infinitamente rigida.
 

In questa ipotesi di orditura scelta ci saranno alcuni pilastri che saranno quelli principali che portano il solaio e cosi travi che portano il solaio e travi secondarie.
In particolare  le travi che portano il solaio saranno queste evidenziate in arancione:

 Cosi questi controventi oltre essere un controvento porta anche  il solaio e poi ci sono quelli che mezzi portano il solaio e mezzi non, allora in questo caso, ma sicuramente quelli che portano il solaio hanno bisogno di una maggiore inerzia termica, quindi a seconda vengono orientati in un certo modo il pilastro in modo da sfruttare una maggiore inerzia flettente.

Quando arriva una forza orizzontale tutti i pilasti si inflettono e la forza verticale dipende da come i pilastri sono stati orientati. Infatti i pilastri che portano il solaio ricevono un grande carico verticale che oltre a inflettere le travi inflette i pilastri e ho bisogno di disporre il lato lungo per sfruttare il momento d’ inerzia maggiore.

I pilastri non sono sempre compressi, la compressione è  dominante , ma quando essa è collegato a delle travi e se esse si inflettono per la continuità del nodo anche i pilastri si inflettono abbastanza. Quindi le travi che si infletteranno di più sono quelle che portano il solaio e l’inerzia maggiore servirà nella direzione in cui questi pilastri collegano le travi che portano i solai .

In particolare i pilastri in cui ho più incertezza sono il pilastro 5 , 6 e 7 che sono collegati a travi che portano il solaio e quelli che non portano il solaio quindi si deciderà di orientarli nella direzione della trave che porta il solaio più lunga che sviluppa maggiore momento flettente.
 
I  pilatri 5-6-7 saranno stati orientati in base alla lunghezza della trave con luce maggiore che porta il solaio che si inflette di più rispetto alla trave di luce minore.  Allora secondo la direzione della flessione dominante si decide di disporre tali pilastri con questo orientamento.
Acciaio        pilastri HE  200A                                                                      

 

Calcetruzzo pilasri 30x50

I pilatri del controvento 1-5-10, 2-6-11, 3-7-12, a parità di area hanno un’inerzia diverso se si considera in direzione X o Y.
ES. pilastro cls

Inerzia I_x  = 1/12 x b x h³ = 1/12 x 50 X 30³= 112500 cm⁴

Inerzia I_y  = 1/12 x h x b³ = 1/12 x  30 X 50³= 312500 cm⁴

Tecnologia in Acciaio

Step 1
La scelta dei pilastri in accaio comporta di usare nella prima parte delle otto tabelle:

^-                      modulo di young dell’acciaio pari a E= 210.000 N/mm²

^-                     H è l’altezza dei pilastri 4 m

^-                     I_n  pari ai valori del momento d’inerzia dei pilastri ( in un profilo in acciaio ad esempio HE il momento d’inerzia più grande è quello che distanzia il più possibile dalle ali , quelle in cui le ali hanno la massima distanza dall’asse)

Per il pilastri HE 200A abbiamo un I_{X =} 1336 cm⁴ e un Iy = 3692 cm⁴

 

In particolare  la riga  in arancione delle tabelle sono la somma delle rigidezze traslanti data dalla formula

K_T= 12 EI /h³

Step 2
La tabella sinottica dei controventi e distanze, sono una serie di dati, i valori delle rigidezze traslanti dei controventi sono stati ricavati dalle tabelle dello step 1, in più sono segnati le distanze divise in verticale ed orizzontale  partendo  da punto O, in questo caso d_v1 non è presente perché coincidono , cosi come non esiste d_o1.
Mi disegno la struttura mettendo in evidenzia non la tecnologia ma disegnando le molle chiamate le rigidezze rispettivamente K_o e K_{v .}

Step 3
Calcolo del centro della masse.

La forza sismica è una forza d’inerzia effetto della massa per accelerazione,  dovuta a un accelerazione di trascinamento in cui il suolo comincia a ballare e tutto quello che c’è sopra balla a sua volta, quindi è proporzionale alla massa della  struttura.

La forza sismica è il prodotto di una massa  per un accelerazione   F = m a , è una forza.  Le strutture divese in molto rigide e flessibili si comportano in modo diverso.
Quelle molto rigide prendono tutto il moto di trascinamento invece la strutture flessibili  quando il terreno si muove ed assume un moto suo ,  si prende solo una frazione dell’accelerazione di gravità.

La forza sismica è applicata nel centro di massa

Il modo più semplice anche quando l’impalcato è più complicato conviene sempre generalizzare dividendo in più aree ad esempio in questo caso in A1 e A2, in cui sicuramente il centro di massa sarà al centro delle aree, di ogni rettangolo poi indicare le coordinate  del centro rispetto a un sistema di riferimento.

Automaticamente ottengo l’area totale dell’ impalcato e trovare poi X_G e  Y_G:

X_{G =}  A1 ∙X_G1 + A2 ∙X_G2 / A1 + A2

Y_G = A1 ∙ Y_G1 + A2 ∙ Y_G2 / A1 + A2

 

Step 4
Calcolo del centro di rigidezze e delle rigidezze globali

In questo caso i risultati sono tutti automatici e dipendono dai dati precedentemente ottenuti.
K_o tot è la somma delle rigidezze orizzontali = k₀1 + K ₀2 + K_O3 

K_v tot è la somma delle rigidezze verticali = k_V1 + K _V2 + K_V3+  k_V4 + K_V5

La coordinata X_C del centro delle rigidezze è stata ricavata:
X_c = K _v2 ∙ d₂ + K _v3 ∙ d₃ + K _v4 ∙ d₄ / Kv tot
(in cui k _v1 ∙ d ₁ = 1)

Y_c = K o2 ∙ d₂ +  k o3 ∙ d₃ + K o4 ∙ d₄ / Ko tot
(in cui k o1 ∙ d 1 = 1)

Una volta trovato il centro delle rigidezze C che è il punto in cui l’implacato ruota se la forza non passa per il centro, ma in questo caso il centro C avrà il suo braccio b.
Molto spesso il centro delle rigidezze capito vicino ai controventi più rigidi infatti si nota che sta vicino ai controventi più rigidi ( setti murari).

In particolare le distanze hanno alcuni segni negativi e positivi a seconda della rotazione oraria o antioraria e cosi le molle si accorciano a o si allungano .

In fine abbiamo K ϕ è la rigidezza torsionale totale è una grandezza pari alla somma di tutti i  controventi di tutte le rigidezze per le loro distanze , ed è una quantità sempre positiva.

Si nota infatti che lungo l'asse Y, il centro di massa e il centro delle rigidezze coincidano: di conseguenza, alla presenza di una forza sismica verticale l'impalcato sarà soggetto una traslazione.

 

Step 5
Analisi dei carichi sismici
Lo scopo è valutare la forza sismica che la struttura subisce pari al prodotto tra
F= m ∙ a  (massa per accelerazione)

  a = è l’accelerazione che il corpo subisce per effetto del trascinamento dato dalla normativa
In particolare l' accelerazione a è una frazione dell’accelerazione di gravità dato dal prodotto  a = c ∙ g
in cui C è un coefficiente di intensità sismica, costante dato dalla normativa e  vale  C < 1, frazione molto piccola.

Quindi:
F= m ∙ a = m ∙ c ∙ g = c ( mg )  
in questo modo  P = mg è il peso della struttura pari al prodotto della massa per l’accelerazione di gravità.  Quindi la forza sismica non è altro che una frazione del peso della struttura infatti è per questo che le strutture più sono pesanti e più è vulnerabile.

P (o W) si trova sommando il peso proprio della struttura più il sovraccarico permanente più il sovraccarico accidentale (legato alla funzione) moltiplicato per un coefficiente di contemporaneità Ψ (generalmente pari a 0,80).

Ora, attraverso l’individuazione di questi valori che sono obbligatori da normativa, si procede con il calcolo della Forza Sismica Orizzontale, che nella nostra struttura è pari a 38, 07 KN.
 
G è il carico totale permanente, pai alla somma tra q_s è il sovraccarico strutturale e q_p il sovraccarico permanente,  moltiplicato per l’area totale.
G =(q_s + q_p) A_T

Q è il carico totale accidentale prodotto tra q_a per l’area totale.
Q= q_a ∙ A_T

G e Q  sommate e moltiplicate per il coefficiente Y di contemporaneità (data dalla normativa ) ci permette di trovare il valore di W, il peso sismico.
W= ( G+Q ) Y

Infine F è la forza sismica orizzontale pari a
F= c ∙ W

 

Step 6 e Step 7
Ripartizione forza sismica lungo X e Y
Qui si entra nella probabilità aleatoria del sisma, per capire quale possa essere l’atteggiamento nei confronti dell’azione sismica, infatti noi cerchiamo di simulare in quale direzione e la normativa ci impone di verificare lungo almeno due direzioni perpendicolari, quindi X e Y.
Quindi in queste tabelle cerchiamo di inserire prima forza in direzione orizzontale  e il quale viene ripartita nei controventi e poi  si inserisce una forza in direzione verticale e anch’essa ripartita nei controventi.
 Non è detto che la forza orizzontale viene ripartito solo ai controventi orizzontale e la forza verticale solo ai controventi verticali, perché nella maggior parte dei casi ogni azione sismica non è diretta verso il centro delle rigidezze quindi poi provoca torsione, quindi  l’impalcato oltre  traslare, ruota e quando ruota la forza si ridistribuisce  ballano tutti gli altri impalcati.
Avviene la torsione perché il centro di massa non coincide con il centro delle rigidezze.

 

In questo caso nella tabella 6 il momento torcente è negativo quindi antiorario.
Il momento torcente è il prodotto tra la forza sismica per il braccio , il braccio è la distanza  tra il baricentro precedentemente calcolato il centro delle rigidezze.

La traslazione orizzontale (dove tutto il corpo si muove allo stesso modo) è pari alla forza orizzontale diviso la somma delle rigidezze in direzione orizzontale.
u_o = F/ Ko_TOT

La rotazione d’impalcato ϕ è invece pari al momento torcente indotta da una forza esterna per il braccio b ( distanza tra il centro di massa e il centro delle rigidezze ).
ϕ =  Fb/ K ϕTot

Quindi in base ai valori trovati di U_o e ϕ  ognuno dei controventi orizzontali e verticali avranno una reazione, una forza d’implacato pari a:

Controventi orizzontali
Ri⁰= Ki⁰ x (uo + ϕdi⁰)
Controventi verticali
Ri^V= Ki^V x (ϕdi^V)

 Tutti gli altri valori F_vn e F_on saranno tutti gli altri valori che ricevono i controventi nella ripartizione. Quindi abbiamo ricavato i valori che riceve ognuna dei controventi .

Nella tabella 7 sarà la ripartizione lungo Y con i relativi  valori della traslazione verticale.

Si nota che nonostante  le forze nei controventi orizzontali sono più piccole delle forze dei controventi verticale.

Tecnologia in C.A
In caso si ipotizza di utilizzare dei pilastri in C.A  30 x 50 cm  con altezza pari a 4 m
I momenti d'inersia da inserire saranno rispettivamnete:

I_x = 1/12 x b x h³ = 1/12 x 50 x 30³ = 112500 cm⁴
Iy = 1/12 x h³ x b = 1/12 x 30 x 50³ = 312500 cm⁴
E = 21000 N/mmq

Step 1
Possiamo calcolarci le rigidezze dei controventi verticali ed orizzontali

Step 2
Dai dati ricavati dalle tabelle dello step 1, si inseriscono le distanze divise in verticale ed orizzontale  partendo  da punto O, in questo caso d_v1 non è presente perché coincidono , cosi come non esiste d_o1.
Mi disegno la struttura mettendo in evidenzia non la tecnologia ma disegnando le molle chiamate le rigidezze rispettivamente K_o e K_{v .}

Step 3
Inserisco i dati relative alle due aree dell'impalcato con le relative cordinate in x e y e automaticamente ottengo l’area totale dell’ impalcato e trovare poi X_G e  Y_G dell'intero impalcato:

X_{G =}  A1 ∙X_G1 + A2 ∙X_G2 / A1 + A2

Y_G = A1 ∙ Y_G1 + A2 ∙ Y_G2 / A1 + A2

 

 

Step 4

Automaticamente grazie ai dati ottenuti dalle taabelle precedenti ricavo le cordinate del centro delle rigidezze dell'impalcato.

 

Si nota infatti che lungo l'asse Y, il centro di massa e il centro delle rigidezze coincidano: di conseguenza, alla presenza di una forza sismica verticale l'impalcato sarà soggetto una traslazione.

 

Step 5

Si inseriscono i  valori dei carichi: strutturali, permanenti, accidentali e li moltiplicandoli per l'area totale dell'impalcato, si ottiene il carico permanente totale e il carico accidentale totale.

G e Q  sommate e moltiplicate per il coefficiente Y di contemporaneità (data dalla normativa ) ci permette di trovare il valore di W, il peso sismico.
W= ( G+Q ) Y

Infine F è la forza sismica orizzontale pari a
F= c ∙ W =  38.07 kN

 

Step 6 -7
Infine sarà possibile verificare la risposta della struttura alla forza sismica esterna lungo due direzionilungo l'asse X o Y .
L'unico valore rilevante è la rotazione dell'implacato lungo la X.