blog di danilo.mastrangeli

OTTAVA ESERCITAZIONE: Rigidezza Torsionale

Inviato da danilo.mastrangeli il Mer, 26/06/2013 - 17:03

DESCRIZIONE:

Con questa esercitazione studieremo gli effetti che la torsione genera su un telaio iperstatico 3D e verificheremo, in seguito, attraverso SAP2000 , come varia la rigidezza torsionale di un telaio in base alle scelte progettuali che decideremo di adottare, quali il materiale e la sezione.

OSSERVAZIONI:

Qualsiasi forza esterna, che insiste sulla struttura, si ripartisce su di essa proporzionalmente alla rigidezza dei sui elementi, possiamo dire che il comportamento strutturale è un gioco di squadra dove il singolo ha un ruolo ben specifico ma il risultato finale che si considera è quello del gruppo!!!

Nell’analizzare questo telaio ci renderemo conto che il momento applicato, agente sul nodo 3D, viene trasmesso alla struttura in parte come momento flettente (asse y ed x), in parte in momento torcente (asse z).

Quindi, sul asse (z) perpendicolare al piano (xy) dove agisce il momento esterno, l'effetto prodotto sarà una deformazione torcente della trave stessa, che reagirà attraverso la sua rigidezza torsionale Rt che dipende da:

- modulo di elasticità tangenziale G

- lunghezza l della trave

- momento d'inerzia torsionale I_t.

La rigidezza torsionale Rt è:

-Rt=G ^. I_t / l

RISOLUZIONE:

Il telaio in esame è composto da tre aste alle cui estremità sono presenti dei vincoli ad incastro ed un’asta a sbalzo sulla quale è presente un carico distribuito “q”. Tutte le aste hanno la stessa lunghezza pari ad “L”.

Il carico ripartito “q” genera un inflessione delle aste nel piano xy, ed una torsione dell’aste perpendicolare al piano xy.

La struttura complessivamente è iperstatica perche in 3D ogni incastro ha un numero di gradi di vincolo pari a 6 ed i g.d.l di un corpo sono 6, quindi la struttura è 12 volte iperstatica.

Lo sbalzo invece, preso singolarmente, risulta essere isostatico, quindi può essere risolto isolatamente.

Per risolvere l’esercitazione partiremo proprio risolvendo l'unico sisteme isostatico, lo sbalzo, cosicchè potremo avvalerci di un sistema equivalente dove saranno presenti nel nodo le sollecitazioni trasmesse alla struttura dallo sbalzo su cui insiste il carico ripartito “q” dove:

- il corrispondente momento flettente vale ql²/2

- il carico verticale ql, che diventa sforzo normale sul pilastro, può essere trascurato in quanto la rigidezza assiale è maggiore rispetto a quella flessionale. => u_x=0 u_y=0 u_z=0

Sulla struttura, in conclusione agirà solamente un momento pari a ql²/2 che provocherà una rotazione φ_y; (unica incognita)

Di seguito sono riportati la graficizzazione della deformata ed il grafico dei momenti ricavati grazie allo schema noto del metodo delle rigidezze. (unica incognita)

-Scriviamo l'equilibrio al nodo:

ql²/2 = (4EI/L+ 4EI/L + GI_t/L) φ con R= rigidezza del nodo= 4EI/L+ 4EI/L + GI_t/L

dunque:

- φ=ql²/2R

- M=4EI(ql²)/L(2R)

- M_t=GI_t(ql²)/L(2R)

VERIFICA IN SAP2000:

Analiziamo come varia la rigidezza torsionale di un telaio al variare del materiale e della geometria del materiale stesso....

N.B:La struttura sarà composta sempre da tre aste di lunghezza "L"=4m con un vincolo ad incastro alle loro estremità ed un asta a sbalzo, sempre di lunghezza "L"=4m, ed un carico ripartito "q"=10 KN/m che genera un momento "m",applicato sul nodo, pari a 80 KNm.

CALCESTRUZZO:

1-sezione rettangolare

I = momento d’inerzia = bh³/12 m⁴

E = modulo di elasticità = 21000 N/mm²= 21000000 KN/m²

G = modulo di elasticità tangenziale = 10000 N/mm²= 10000000 KN/m²

I_t = coefficente di resistenza a torsione= c₂ x ab³ = (0,249)x(0,50)x(0,20)³= 0,000996 m⁴

a/b è tabellato. In questo caso vale a/b = 0.50/0.20 = 2,5 => c₂ = 0,249

2-sezione circolare

I = momento d’inerzia = π x r⁴/64 = 0,001256m⁴

E = modulo di elasticità = 21000 N/mm²= 21000000 KN/m²

G = modulo di elasticità tangenziale = 10000 N/mm²= 10000000 KN/m²

I_p = momento polare d'inerzia= π x r⁴/2 = 0,040192m⁴

ACCIAIO:

1-sezione scatolare

I = momento d’inerzia =0,0005715 m⁴

E = modulo di elasticità = 210000 N/mm²= 210000000 KN/m²

G = modulo di elasticità tangenziale = 80000 N/mm²= 80000000 KN/m²

I_t = 0,000856 m⁴

2-IPE 270

I = momento d’inerzia =0,0000542 m⁴

E = modulo di elasticità = 210000 N/mm²= 210000000 KN/m²

G = modulo di elasticità tangenziale = 80000 N/mm²= 80000000 KN/m²

I_t = 0,00000011 m⁴

CONCLUSIONI:

-sezione rettangolare in cls 0.2mX0.5m

M_t= 3,88 KNm φ_y= 0,0000083

-sezione circolare in cls ø= 0.4m

M_t= 8,65 KNm φ_y= 0,00000334

-sezione scatolare in acciaio 0.4mX0.4m s=0.0015m

M_t= 5,73 KNm φ_y= 0,0000019

-IPE 270 in acciaio

M_t= 0,01 KNm φ_y= 0,000022

Possiamo affermare che la geometria della sezione influisce notevolmente sulla Resistenza torsionale di un asta, ed in particolar modo le sezioni chiuse offrono resitenze torsionali maggiori rispetto alle sezioni aperte.

Importante, per questi fini, è anche il materiale: l'acciaio grazie al suo modulo di elasticità tangenziale offre più resistenza torsionale rispetto al cls che ha un modulo di elasticità tangenziale otto volte più piccolo.

Un asta con una rigidezza torsionale maggiore sarà in grado di supportare momenti torcenti maggiori e deformazioni più piccole rispetto un asta con una rigidezza torsionale inferiore.

SdC(b) (LM PA)

Esercitazione

Leggi tutto su OTTAVA ESERCITAZIONE: Rigidezza Torsionale

SETTIMA ESERCITAZIONE: Ripartizione delle forze sismiche

Inviato da danilo.mastrangeli il Mar, 25/06/2013 - 16:55

Con questa esercitazione si vuole studiare il comportamento degli impalcati in presenza delle forze orizzontali, ed in che modo questi si comportano da controventi per la struttura stessa. In particolare analizzeremo come si ripartiscono queste forze (in questo caso sismiche) lungo le due direzioni x ed y.

OSSERVAZIONI:

È bene precisare che, perché un sistema di controventamento possa essere efficace, bisogna trovarsi nella situazione in cui gli impalcati possono essere considerati corpi rigidi sul proprio piano per cui la forza orizzontale loro applicata tende a spostarli, ed i controventi contrastano questa azione grazie alla loro elasticità. Questo vuol dire, in termini meccanici, che un controvento, nel piano dell’impalcato, è un appoggio cedevole elasticamente capace di reagire solo in direzione della forza applicata (una molla con una specifica rigidezza).

Partiamo anzitutto da una considerazione: dato che il corpo è rigido e piano, la sua cinematica dipende solo da tre parametri:

1. la traslazione orizzontale do

2. la traslazione verticale dv

3. la rotazione φ

PASSO 0:

SI DISEGNA UNA PIANTA TIPO, CON UNA STRUTTURA PORTANTE IN CLS ARMATO, AVENTI PILASTRI DI SEZIONE 30cmX40cm DISPOSTI IN VERTICALE OD ORIZZONTALE, SECONDO IL SISTEMA DI RIFERIMENTO XY, IN BASE ALLE NECESSITÀ ARCHITETTONICHE STRUTTURALI. INDIVIDUIAMO SUBITO CHE L'IMPALCATO È COSTITUITO DA N.5 TELAI IN DIREZIONE X ED ALTRETTANTI N.5 TELAI IN DIREZIONE Y.

PASSO 1:

SI CALCOLA LA RIGIDEZZA TRASLANTE (KT) DI OGNI TELAIO RICORDANDOCI CHE:

k = 12EI/h³rigidezza di un singolo pilastro

E (N/mm²) = modulo di Young

I (cm⁴) = bh³/12 momento di inerzia

h (m)= altezza dei pilastri dell'impalcato

PASSO 2:

SI METTONO IN EVIDENZA TUTTE LE RIGIDEZZE TRASLANTI DEI CONTROVENTI (Kv, Ko) E LE RELATIVE DISTANZE (dv, do) DAL PUNTO DI ORIGINE "O" FISSATO INIZIALMENTE.

PASSO 3:

SI INDIVIDUA IL BARICENTRO DELLA NOSTRA PIANTA TIPO, OVVRRO IL CENTRO DELLE MASSE G (m). PER FARE CIO', SUDDIVIDIAMO LA NOSTRA PIANTA IN FIGURE GEOMETRICHE MOLTO SEMPLICI (rettangoli e quadrati) COSICCHE' SIA FACILMENTE RICONOSCIBILE IL LORO BARICENTRO E LA DISTANZA DI QUEST'ULTIMO DAL PUNTO DI ORIGINE "O" FISSATO.

A QUESTO PUNTO LE COORDINATE "Xg" ED "Yg" DEL CENTRO DELLE MASSE "G" SARA' DATO DALLA SOMMA TOTALE DI OGNI SINGOLA AREA MOLTIPLICATA PER LA DISTANZA DEL CENTRO DALL'ORIGINE "O", TUTTO DIVISO L'AREA TOTALE DELLA PIANTA TIPO.

PASSO 4:

SI INDIVIDUA IL CENTRO DELLE RIGIDEZZE CHE, A DIFFERENZA DEL CENTRO DELLE MASSE, NON DIPENDE DALLA GEOMETRIA DELLA PIANTA MA DAL POSIZIONAMENTO DEI CONTROVENTI.

PER CALCOLARE LE COORDINATE Xc ED Yc DEVO DIVIDERE, LA SOMMA DI TUTTE LE RIGIDEZZE MOLTIPLICATE PER LA LORO DISTANZA DAL PUNTO DI ORIGINE "O" FISSATO, PER LA RIGIDEZZA TOTALE.

SI INDIVIDUA, INOLTRE, LA RIGIDEZZA TORSIONALE TOTALE COME LA SOMMA DI TUTTE LE RIGIDEZZE TRASLANTI DI TUTTI I CONTROVENTI MOLTIPLICATE PER LE LORO DISTANZE DAL CENTRO DELLE RIGIDEZZE ELEVATE AL QUADRATO.

PASSO 5:

SI CALCOLA LA FORZA SISMICA "F".

F (kN) = W*(c) dove W (kN) = G+Q*(y) dove:

G (kN) = carico totale permanente = (q_s + q_p) A_tot

Q (kN) = carico totale accidentale = q_a A_tot

W (kN) = peso sismico

(y) = coefficente di contemporaneità da normativa

(c) = coefficente d'intensità sismica e dipende dalla zona di progetto

PASSO 6&7:

IN QUEST'ULTIMO PASSAGGIO SI DETERMINA LA RIPARTIZIONE DELLA FORZA SISMICA SUI CONTROVENTI, NELLE DIREZIONI X ED Y.

E' POSSIBILE DETERMINARE ANCHE:

-IL MOMENTO TORCENTE SECONDO GLI ASSI xy

Mx = F * (Y_c – Y_G)

My = F * (X_c – X_G)

-LA TRASLAZIONE TOTALE E VERTICALE Uo = F/K_oTot Uv = F/K_v_Tot

-LA ROTAZIONE DELL'IMPALCATO φ =M_T/Kϕ

ANALIZZANDO QUESTI DATI SI CAPISCE L'IMPORTANZA DEL BUON POSIZIONAMENTO DEI CONTROVENTI IN UNA STRUTTURA. UNA RAGIONATA PROGETTAZIONE STRUTTURALE SI IMPEGNA A FAR COINCIDERE IL CENTRO DELLE RIGIDEZZE CON IL CENTRO DELLE MASSE COSICCHE' NON SI SVILUPPEREBBE MOVIMENTO TORCENTE (DOVUTO ALLE FORZE ORIZZONTALI) E LA CORRISPETTIVA ROTAZIONE DELL'IMPALCATO.

SdC(b) (LM PA)

Esercitazione

Leggi tutto su SETTIMA ESERCITAZIONE: Ripartizione delle forze sismiche

SESTA ESERCITAZIONE: Esercitazione sulle travi Virendeel

Inviato da danilo.mastrangeli il Dom, 02/06/2013 - 21:13

ESERCIZIO 1: TRAVE VIRENDEEL A SBALZO

SCHEMA INIZIALE:

Per risolvere la trave Virendeel, essa può essere trattata come un telaio Shear-Type sdraiato orizzontalmente;

quindi supponiamo che:

- i pilastri siano infinitamente rigidi,

- i ritti siano deformabili

- per effetto delle forze esterne i pilastri traslano, senza deformarsi, di una quantità δ

DEFORMATA:

OSSERVAZIONI:

Conoscendo il valore dello spostamento trasversale δ è possibile determinare il valore delle caratteristiche di sollecitazione e delle rigidezze dei traversi.

FONDAMENTALE:

Avvalendoci dello schema noto riguardante la trave doppiamente incastrata, risolto in classe con le equazioni della linea elastica, possiamo risolvere la trave Virendeel.

SCHEMA NOTO

RISOLUZIONE:

1-TAGLIO NELLE TRAVI

N.B: per ogni incognita spostamento avremo un’equazione alla traslazione verticale.

A. F= 2T

T= 12EIδ/L³

F= (24EI/L³)×δ

δ= FL³/24EI

T= (12EI/L³)×(FL³/24EI)= F/2

B. F + F/2 + F/2= 2T

F + F/2 + F/2= (24EI/L³)×δ

2F= (24EI/L³)×δ

F= (12EI/L³)×δ

δ= FL³/12EI

T= (12EI/L³)×(FL³/12EI)= F

C. F + F + F= 2T

F + F + F= (24EI/L³)×δ

3F= (24EI/L³)×δ

F= (8EI/L³)×δ

δ= FL³/8EI

T= (12EI/L³)×(FL³/8EI)= 3/2F

D. F + 3/2F + 3/2F= 2T

F + 3/2F + 3/2F= (24EI/L³)×δ

4F= (24EI/L³)×δ

F= (6EI/L³)×δ

δ= FL³/6EI

T= (12EI/L³)×(FL³/6EI)= 2F

E. F + 2F + 2F= 2T

F + 2F + 2F= (24EI/L³)×δ

5F= (24EI/L³)×δ

F= 24EI/5L³)×δ

δ= 5FL³/24EI

T= (12EI/L³)×(5FL³/24EI)= 5/2F

F. F + 5/2F + 5/2F= 2T

F + 5/2F + 5/2F= (24EI/L³)×δ

6F= (24EI/L³)×δ

F= 4EI/L³)×δ

δ= FL³/4EI

T= (12EI/L³)×(FL³/4EI)= 3F

2-MOMENTO NELLE TRAVI

N.B: per calcolare il momento basta moltiplicare la forza di taglio complessiva agente su quella parte di trave per il suo braccio L/2.

A. (F/2)×(L/2)= FL/4

B. F × L/2= FL/2

C. 3/2F × L/2= 3/4 FL

D. 2F × L/2= FL

E. 5/2F × L/2= 5/4 FL

F. 3F × L/2= 3/2 FL

3-MOMENTO NEI RITTI

N.B: Nella trave Virendeel vale ancora M=EIχ , ma χ=0 e EI=∞, ma M è ancora un numero Reale.

Facendo l'equilibrio ai nodi ci accorgiamo che, questi, non sono in equilibrio; perciò, per garantire l'equilibrio complessivo della struttura, anche sui ritti insisterà un momento che sarà semplicemente calcolato effettuando, appunto, l'equilibrio al nodo.

A. ribaltando il momento per continuità= FL/4

B. (FL/4) + (FL/2)= 3/4 FL

C. (FL/2) + (3/4FL)= 5/4 FL

D. (3/4FL) + (FL)= 7/4 FL

E. (FL) + (5/4FL)= 9/4 FL

F. (5/4FL) + (3/2FL)= 11/4 FL

4-TAGLIO NEI RITTI

N.B: per determinare il valore del Taglio, prodotto dalla presenza del momento derivante dall'equilibrio al nodo, sommerò i valori dei momenti all'estremità e li dividerò per il braccio; (m1+m2)/L.

A. [(FL/4)+(FL/4)]/2L= F/4

B. [(3/4FL)+(3/4FL)]/2L= 3/4F

C. [(5/4FL)+(5/4FL)]/2L= 5/4F

D. [(7/4FL)+(7/4FL)]/2L= 7/4F

E. [(9/4FL)+(9/4FL)]/2L= 9/4F

F. [(11/4FL)+(11/4FL)]/2L= 11/4F

5-SFORZO NORMALE

N.B: per determinare il valore dello Sforzo Normale, basta ribaltare il valore del taglio presente nei ritti sulle travi e il valore del taglio presente nelle travi sui ritti tenendo conto delle forze esterne "F" applicate sui nodi.

6-DIAGRAMMI

ESERCIZIO 2: TRAVE VIRENDEEL DOPPIAMENTE INCASTRATA

OSSERVAZIONI:

Questo secondo esercizio risulta essere molto simile a quello svolto precedentemente; in questo caso però abbiamo una trave Virendeel doppiamente incastrata su entrambe la estremità. Un dato molto importante, che facilita il procedimento risolutivo dell'esercizio, è la simmetria della struttura e dei carichi esterni. Possiamo quindi analizzare solamente la metà di sinistra.

Ovviamente fanno fede tutte le considerazioni fatte nell'esercizio n.1 perciò lo svolgimento di questo sarà molto più immediato

SCHEMA INIZIALE:

DEFORMATA:

RISOLUZIONE:

1-TAGLIO NELLE TRAVI

A. F= 4T

T= 12EIδ/L³

F= (48EI/L³)×δ

δ= FL³/48EI

T= (12EI/L³)×(FL³/48EI)= F/4

B. F + F/4 + F/4= 2T

F + F/4 + F/4= (24EI/L³)×δ

3/2F= (24EI/L³)×δ

F= (16EI/L³)×δ

δ= FL³/16EI

T= (12EI/L³)×(FL³/16EI)= 3/4 F

C. F + 3/4 F + 3/4 F= 2T

F + 3/4 F + 3/4 F= (24EI/L³)×δ

5/2F= (24EI/L³)×δ

F= (48EI/5L³)×δ

δ= 5FL³/48EI

T= (12EI/L³)×(5FL³/48EI)= 5/4 F

2-MOMENTO NELLE TRAVI

A. (F/4)×(L/2)= FL/8

B. (3/4 F)×(L/2)= 3/8 FL

C. (5/4 F)×(L/2)= 5/8 FL

3-MOMENTO NEI RITTI

N.B: il momento nel ritto "A" è nullo per la considerazione di simmetria fatta all'inizio

A. NULLO

B. (FL/8) + (3FL/8)= 1/2 FL

C. (3FL/8) + (5FL/8)= FL

4-TAGLIO NEI RITTI

A. NULLO

B. [(1/2FL)+(1/2FL)]/2L= 1/2F

C. [(FL)+(FL)]/2L= F

5-DIAGRAMMI

6-VERIFICA IN SAP

Qui sotto sono state riportate una serie di scatti fatti durante la risoluzione di una trave Virendeel doppiamente incastrata. F=10Kn, L(trave)=3m, L(ritto)=6m.

Ivalori ed i grafici delle sollecitazioni corrispondono perfettamente all'esercizio svolto a mano fatto salva qualche piccola divergenza dovuta a questioni di arrotondamento decimale!!!!

SdC(b) (LM PA)

Esercitazione

Leggi tutto su SESTA ESERCITAZIONE: Esercitazione sulle travi Virendeel

QUINTA ESERCITAZIONE: Metodo delle forze

Inviato da danilo.mastrangeli il Mer, 17/04/2013 - 19:47

RISOLUZIONE DI UNA STRUTTURA IPERSTATICA CON IL METODO DELLE FORZE

1.Struttura iperstatica ( 3 volte)

2. Struttura isostatica di riferimento e individuazione delle incognite iperstatiche

-Vincolo rimosso = rotazione relativa tra i corpi

-Incognita iperstatica = momenti X1 - X2 - X3

3. Scrittura delle equazioni di compatibilità cinematica che ripristinino i vincoli cinematici soppressi dalla trasformazione del vincolo cinematico in forza (reazione vincolare)

-Dagli schemi noti sappiamo che la rotazione ϕ in una trave doppiamente appoggiata con ,

rispettivamente applicato, un carico ripartito" q" ed un momento concentrato "m" vale:

-Impongo che in A-B-C la rotazione di destra sia uguale alla rotazione di sinistra e le pongo uguali a 0

Δϕ(B) = 0 => ϕ sx(B) - ϕ dx(B) = 0

Δϕ(C) = 0 => ϕ sx(C) - ϕ dx(C) = 0

Δϕ(D) = 0 => ϕ sx(D) - ϕ dx(D) = 0

• Δϕ(B) = 0

ϕ sx(B) = ql³/24EI - X1l/3EI

ϕ dx(B) = - ql³/24EI + X1l/3EI + X2l/6EI

=> ql³/24EI - X1l/3EI + ql³/24EI - X1l/3EI - X2l/6EI = 0

• Δϕ(C) = 0

ϕ sx(C) = ql³/24EI - X2l/3EI - X1l/6EI

ϕ dx(C) = - ql³/24EI + X2l/3EI + X3l/6EI

=> ql³/24EI - X2l/3EI - X1l/(6EI ) + ql³/24EI - X2l/3EI - X3l/6EI = 0

• Δϕ(D) = 0

ϕ sx(D) = ql³/24EI - X3l/3EI - X2l/6EI

ϕ dx(D) = - ql³/24EI + X3l/3EI

=> ql³/24EI - X3l/3EI - X2l/6EI + ql³/24EI - X3l/3EI = 0

4. Risoluzione del sistema di equazioni per la determinazione delle incognite iperstatiche

ql³/12EI - 2X1l/3EI - X2l/6EI = 0

ql³/12EI - X1l/(6EI ) - 2X2l/3EI - X3l/6EI = 0

ql³/12EI - X2l/6EI - 2X3l/3EI = 0

=> RISOLVO IL SISTEMA =>

X1 = 3/28 ql²

X2 = 1/14 ql²

X3 = 3/28 ql²

5.Applicazione del principio di sovrapposizione degli effetti per la determinazione delle azioni di contatto sulla struttura iperstatica

6.Diagramma del taglio e del momento e reazioni vincolari

M max(11/28l) = 11/28 ql . 11/28 l- (q(11/28 l)^2)/2 = 0,08ql²

M max(11/28l) = 15/28 ql . 15/28 l- (q(15/28 l)^2)/2- 3/28 ql² = 0,036ql²

7.Verifica in SAP 2000

-Assegnando una luce pari a 4m ed un carico distribuito pari a 10KN/m otterremo i seguenti diagrammi di taglio e momento

SdC(b) (LM PA)

Esercitazione

Leggi tutto su QUINTA ESERCITAZIONE: Metodo delle forze

QUARTA ESERCITAZIONE: Predimensionamento di una trave

Inviato da danilo.mastrangeli il Ven, 12/04/2013 - 01:57

PREDIMENSIONAMENTO DI UNA TRAVE

1.Descrizione generale

Ipotizando che la destinazione d’uso di questo edificio sia di tipo residenziale, decido di utilizzare una struttura portante intelaiata eseguita in calcestruzzo con solai in latero cemento. La luce massima è di 6 metri.

2.Considerazioni

Per cominciare, definisco un impianto strutturale tipo e vado ad analizzare la trave che risulta essere maggiormente sollecitata, definendo in questo modo l’area d’influenza che rappresenta proprio la quota parte di solaio che grava sulla trave in esame. I=4m L=6m Ai=24m

3.Analisi dei carichi

3. 1. Qs = Carichi strutturali (sol H=24)

Avendo una luce massima pari a 6,00m si decide di adottare un solaio misto in latero-cemento in rispetto della disposizione H>L/25=6,00/25=0,24m. Interasse tra i travetti= 0,50m

•peso soletta in cls armato: (25· 0,06)=1,50 kN/mq

•peso travetto in cls armato: (25· 0,10 · 0,18) ·2 =0,9 kN/mq

•peso pignatta in laterizio: (8· 0,40 · 0,18) · 2 =1,15 kN/mq

3. 2. Qp = Carichi permanenti non strutturali

•peso pavimento + malta: (1· 1 · 0,02) · 20=0,4 kN/mq

•peso massetto: (1 · 1 · 0,05) ·18 =0,9 kN/mq

•peso intonaco: ( 0.015 · 18) =0,27 kN/mq

•peso isolante in fibra di vetro: ( 0.04 · 0,5) =0,02 kN/mq

•peso impianti =0,5 kN/mq

•peso tramezzi.: - laterizio (0,08· 1 · 2,7) · 8 =1,73 kN/m

-intonaco (0,015· 1 · 2,7) · 18 · 2 =1,46 kN/m

Secondo la tabella 3.1.3.1 NTC 2008 l’influenza delle pareti divisorie con un peso compreso tra 3<KN/M<4 corrisponde un incidenza su Qp =1,6 kN/mq