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Esercitazione 9

 

Graticcio di travi

Un graticcio di travi è un sistema strutturale in cui travi non parallele tra loro collaborano, in modo non gerarchico ma proporzionale alla propria rigidezza, all’equilibrio del sistema stesso. 

Esaminiamo in questa esercitazione in che modo le sollecitazioni dovute ad una forza F applicata nel nodo vengono spartite tra le travi.

TRAVE A-C

Essendo la forza applicata ad l/3, nel punto di applicazione saranno diversi da 0 sia l’abbassamento δ che la rotazione φ. 

Possiamo quindi analizzare le deformazioni separatamente per poi fare uso del principio di sovrapposizione degli effetti. 

δ ≠ 0 ; φ = 0 .

φ ≠ 0 ; δ = 0 .

TRAVE B-D

In questa trave la forza è applicata a l/2, quindi nel punto di nullo del momento, per cui 

χ = 0. L’unica deformazione dovuta a F presente sarà quindi δ. 

Nondimeno, essendo il nodo un elemento rigido, la rotazione φ della sezione della trave A-C si presenta come torsione per l’elemento B-D. 

 

Sovrapponendo quindi tutti gli effetti dovuti ad F, possiamo procedere a scrivere le equazioni di equilibrio delle forze verticali e delle rotazioni.

eql. forze verticali

 

 

eql. rotazioni

 

Mettendo a sistema le due equazioni si può giungere a trovare i valori di φ e di δ. 

Possiamo ora disegnare il sistema su SAP e analizzare la variazione dei valori delle sollecitazioni di momento flettente e torcente al variare della forma e della dimensione delle sezioni. Si useranno le stesse sezioni utilizzate nell'esercitazione precedente riguardante la rigidetta torsionale.

Acciaio_Circolare cava (d=0.36m;t=0.01m)

momento flettente

momento torcente

Acciaio_tubolare a sezione quadrata (l=0.2m;t=0.01)

momento flettente

momento torcente

Acciaio_IPE300

momento flettente

momento torcente

c.a._rettangolare (0.67*0.15m)

momento flettente

momento torcente

c.a._circolare (d=0.36m)

momento flettente

momento torcente

 

Esercitazione 9

 

Rigidezza torsionale

 

 

La struttura qui disegnata è soggetta ad un carico distribuito pari a 5 KN/m sul tratto a mensola. 

Tale carico provoca una deformazione di inflessione delle aste nel piano a cui lo stesso carico appartiene, ed una di torsione per l’asta a questo ortogonale. Ciò avviene perchè il nodo tra le travi è rigido (infatti, se si trascurano le deformazioni assiali, esso si muoverà di rotazione pura).

 

Come già anticipato, essendo il tratto caricato di tipo a mensola, la struttura può essere rappresentata con un sistema equivalente in cui la mensola ed il carico vengono sostituiti dal momento (5*2^2)/2 che questo genera.

 

 

Questa rappresentazione aiuta ad intuire la natura qualitativa della conformazione deformata:

Il grafico dei momenti sarà noto per il metodo delle rigidezze:

Possiamo così impostare l’equazione di equilibrio del nodo, nella quale l’unica incognita risulta essere la rotazione:

eql:

(5*2^2)/2 - (GJt/10)*φA - 2(4EJ/10)*φA = 0

=> φA = 100/(8EJ + GJt)

 

Per verificare l’influenza della forma della sezione sulla sua rigidezza torsionale, proviamo ad assegnare una sezione a tutte le aste, mantenendo fisse quelle delle aste soggette a flessione, cambiando di volta in volta la sezione dell’asta soggetta a torsione.

 

A quest’ultima verranno assegnate le seguenti sezioni:

1. C.A. rettangolare (0,67*0,15 m);
2. C.A. circolare (d = 0,36 m);
3. Scatolare quadrato acciaio (l = 0,2 m , t = 0,01 m);
4. Circolare cavo acciaio (d = 0,2 m . t = 0,01 m);
5. HE200.

 

Viene impostato un foglio excel per calcolare, una volta raccolti i dati derivanti dalla forma e dal materiale delle varie sezioni, la rotazione φA ed il momento torcente (che sarà proporzionale alla rigidezza torsionale della sezione).

 

1. C.A. rettangolare

 

 

cls rettangolare	0.67 m * 0.15 m
G	8,750,000
Jt	0.00063541125
Jy	0.0037595375
E	21,000,000
rotazione	0.000156945920665922
torsione	0.000872595531786423

 

1. C.A. circolare

 

 

cls circolare	r = 0.36 m
G	8,750,000
Jt	0.0016481232
Jy	0.0008240616
E	21,000,000
rotazione	0.000654178714250831
torsione	0.00943396226415094

 

1. Scatolare quadrato acciaio

 

 

Scatolare quadrato	h = b = 0.2 , t = 0.01
G	80,769,230.7692308
Jt	0.02048
Jy	0.00006859
E	210,000,000
rotazione	0.0000565168108645274
torsione	0.0934875000639075

 

1. Circolare cavo acciaio

 

 

Circolare cava	d = 0.2 m , t = 0.01 m
G	80,769,230.7692308
Jt	0.00004
Jy	0.00002701
E	210,000,000
rotazione	0.00205729275465803
torsione	0.00664663813043362

 

1. HE200

 

 

HE200
G	80,769,230.7692308
Jt	0.00000106308
Jy	0.00006848
E	210,000,000
rotazione	0.000868566259292655
torsione	0.0000745787069134829

 

 

 

 

N.B. Alcuni dati geometrici sono stati ricavati per comodità da SAP, nel menù section properties:

 

Ovviamente si può cercare un riscontro sulle ipotesi qualitative e quantitative fatte, tramite l’analisi della struttura su SAP.

 

In primo luogo si può verificare a livello qualitativo l’aspetto della deformata:

 

Mostro poi qui a titolo esplicativo il confronto tra la sezione circolare in C.A. ed il profilo scatolare quadrato.

C.A. circolare:

 

Scatolare quadrato:

 

Si può osservare, come già si intuiva, che le sezioni a profilo aperto hanno una rigidezza torsionale inferiore rispetto ai profili pieni o scatolari. Ovviamente influisce nella rigidezza anche la grandezza della sezione (le cui dimensioni appaiono nel modulo di rigidezza).

Come si è verificato con il metodo delle rigidezze nel caso della flessione, ad una maggiore rigidezza torsionale corrisponderà una maggiore sollecitazione di momento torcente (mentre inversamente proporzionale sarà ovviamente la deformazione). 

 

Risoluzione di una trave reticolare piana

Metodo delle sezioni di Ritter

Si ricercano I valori della normale a cui sono soggette le aste, tese o compresse, della struttura qui disegnata:

Essendo il sistema isostatico, si possono immediatamente  trovare le reazioni vincolari del carrello e della cerniera esterni.

Si procede quindi a ricercare le azioni di contatto delle aste interne con il metodo di Ritter. Tale metodo divide la struttura in due parti, sezionando tre aste per volta, analizzando le azioni di contatto che si liberano in conseguenza al distacco effettuato. 

Taglio 1

Eql. alla rotazione

M(A)= FL + N1L – (9/2)FL = 0

=> N1 = (7/2)F

Eql. delle forze verticali

sinN9– F + (9/2)F = 0

=> sinN9= -(7/2)F = cos N9

=> N9= (7/2) √2F

Eql. delle forze orizzontali

N17+ (7/2)F – (7/2)F = 0

=> N17= 0

 

Taglio 2

Eql. alla rotazione

M(a) = N25L – (9/2)FL + (7/2)FL = 0

=> N25= (9/2)F – (7/2)F = F

 

Taglio 3

Eql. delle forze verticali

- (9/2)F + 2F + sinN10= 0

=> sinN10= (9/2)F – 2F = (5/2)F  = cos N10

=> N10= (5/2)F √2

Eql. alla rotazione

M(C)= FL + F 2L – (9/2)F 2L + N2L = 0

=> N2= (9/2)F – 3F = (3/2)F

 

Taglio 4

Eql. delle forze verticali

sinN11+ 3F – (9/2)F = 0

=> sinN11= (3/2)F

=> N11= (3/2)F √2

Eql. alla rotazione

M(E)= N3L + 3F 2L – (9/2)F 3L = 0

=> N3= (15/2)F

Eql. delle forze orizzontali

N19+ (3/2)F – (15/2)F = 0

=> N19= 6F

 

Taglio 5

Eql. delle forze verticali

SinN12 + 4F – (9/2)F = 0

=> SinN12 = F/2

=> N12 = (√2/2)F

Eql. alla rotazione

M(G)= 4F 2L – (9/2)F 4L + N4L = 0

=> N4= 10F

Eql. delle forze orizzontali

N20 – 10F + F/2 = 0

=> N20 = (19/2)F

 

Per simmetria, le aste a queste simmetriche saranno soggette agli stessi valori delle azioni di contatto.

 

Trovati tali valori si può procedure all’individuazione delle aste tese e di quelle compresse:

Si può infine procedere a verificare l’esercizio modellando la struttura in SAP2000.

Vengono impostati, per semplicità di verifica rispetto ai calcoli manuali, una L = 1m e un carico applicator sui nodi di F = 10 KN

N.B. Trattandosi di una struttura reticolare in cui tutte le aste sono collegate da cerniere interne, si deve effettuare il rilascio del vincolo alla rotazione a tutte le aste.

Inoltre, dato che per il modello utilizzato consideriamo la struttura caricata solo di forze puntuali in corrispondenza dei nodi, dobbiamo eliminare dall’analisi il contributo del peso proprio della struttura, che costituirebbe per questa un carico distribuito sulle aste.

Si può quindi lanciare l'analisi dello sforzo normale (a destra una vista della deformata):

Si controllano i risultati ottenuti con quelli di calcolo a cui si sostituiscano i parametri con i carichi e le dimensioni stabilite.

Per verifica si controlli anche che le sollecitazioni di taglio e momento flettente siano nulle.

Si procede alla compilazione del foglio Excel fornitoci, scegliendo di analizzare il seguente impalcato costituito da un telaio in c.a..

La maglia strutturale è regolata sul modulo di 4.50 m; nell'ultima campata viene raddoppiata la luce e conseguentemente invertita l'orditura del solaio in virtù di ragioni spaziali e progettuali

Vediamo così che la ripartizione sui due assi della forza sismica tra i controventi avviene proporzionalmente alla rigidezza di quest'ultimi:

Esercitazione 6

Metodo delle rigidezze – Mensola Vierendeel

Lo schema di mensola Vierendeel qui sopra disegnato presenta un’analogia  (come già sottolineato nel caso della trave Vierendeel doppiamente incastrata) con il telaio shear type, progettato a forze orizzontali.

Fatta questa premessa e ipotizzando che il corrente inferiore e quello superiore abbiano pari rigidezza, risulta chiaro che questi sopportino in egual misura i carichi verticali a cui la trave è soggetta, da cui  si ottengono le seguenti reazioni vincolari ed i conseguenti valori del taglio:

Sempre per analogia con il telaio shear type, possiamo aspettarci che il diagramma del momento abbia un nullo a metà dei traversi e che abbia un andamento lineare. Troviamo quindi un altro valore che ci permetta di disegnare la retta “passante per due punti” che costituisce la legge del momento. Troviamo così il valore del momento con polo in L/2 per capire il valore del momento in 0 ed L.

M(0) = (F/2)*l/2 = Fl/4

Lo stesso calcolo viene effettuato per tutti i tratti, essendo così finalmente in grado di disegnare il seguente diagramma del momento:

Tramite l’analisi dell’equilibrio dei nodi possiamo poi arrivare a definire i diagrammi del momento dei ritti:

Una volta ottenuti tali valori, si può arrivare anche quelli del taglio, tramite l’analogia fra momento applicato e coppia di forze posta a opportuna distanza.

Si può così disegnare il seguente grafico del taglio:

Osservando poi che in un corpo continuo gli sforzi di taglio in un tratto diventano sforzi normali per i tratti ortogonali adiacenti, possiamo disegnare anche la legge dello sforzo normale per i traversi:

Possiamo infine ricavare gli spostamenti verticali dei ritti tramite la relazione T=(12EJ/l³)δ

F/2 = T = ((12*E*J)/L³)*δ1

δ1= (F*L³) / (1/24*E*J)

 

F = T = ((12*E*J)/L³)*δ2

 δ2= (F*L³) / (1/12*E*J)

 

F*3/2 = T = ((12*E*J)/L³)*δ3

δ3= (F*L³) / (1/8*E*J)

 

F*2 = T= ((12*E*J)/L³)*δ4

δ4= (F*L³) / (1/6*E*J)

 

F*5/2 = T = ((12*E*J)/L³)*δ5

δ5= (F*L³) / (1/24*E*J)

 

F*3 = T= ((12*E*J)/L³)*δ6

δ6= (F*L³) / (1/4*(E*J)

 

Esercitazione 5

Metodo delle rigidezze – Trave Vierendeel

Una trave Vierendeel puo’ essere idealizzata come equivalente ad uno schema di telaio shear type coricato, in cui i montanti verticali vengono quindi considerati a rigidezza infinita.

 

Si osservano immediatamente i caratteri di simmetria di cui gode la struttura. Si può così procedere ad analizzarne solo una metà, aspettandoci che gli stessi risultati siano applicabili all’altra. 

 

Si procede quindi con la definizione delle reazioni vincolari, ricordando la somiglianza con la struttura shear type.

 

Si hanno ora tutte le informazioni per disegnare il grafico del taglio:

 

Sempre tenendo presente le somiglianze con il telaio shear type, ci aspettiamo che la legge del momento nei tratti orizzontali abbia un punto di nullo alla metà di ogni tratto. Sapendo inoltre  che tale legge sarà lineare, data la presenza di soli carichi puntuali, per disegnarne il grafico ci occorrono soltanto due valori certi per i quali far passare una retta. Si scelgono per comodità  quelli agli estremi, che saranno uguali in modulo e di segni opposti. Infatti si può scrivere l’equazione di equilibrio dei momenti rispetto ad l/2, dove la risultante sappiamo che sarà nulla (perché il grafico ha un nullo). 

Da cui otteniamo tali risultati:

 

Per ottenere i valori del momento per i tratti verticali, invece, imponiamo l’equilibrio dei nodi:

 

N.B. Per ragioni di simmetria, escludiamo a priori la possibilità che il montante verticale centrale sia soggetto a momento.

Andando quindi a ricomporre le due parti della struttura si ottengono  i seguenti diagrammi:

 

 

 

 

 

Esercitazione 4

 

Metodo delle forze

Soluzione di una struttura tre volte iperstatica

N.B.

Sono noti i valori della rotazione per la trave appoggiata a cui sono applicati:

a.       un carico uniformemente distribuito

φ₁  = ql²/24EJ

 

b.      un momento applicato ad un estremo

φ₁  = xl/3EJ

φ₂= xl/6EJ

Analizzando qualitativamente I vincoli, si possono fare alcune considerazioni utili ai fini della risoluzione del sistema:

Nel punto B la rotazione delle sezioni dev’essere uguale da sinistra e da destra.

Lo stesso avviene per il punto C e il punto D.

Φ_{b sx}=  Φ_{b dx}

Φ_{c sx}=  Φ_{c dx}

Metodo delle forze

Posso concepire un sistema isostatico equivalente, dal punto di vista cinematico, a quello dato, per procedure con la risoluzione del sistema.

Tale sistema sostituisce all’unica trave una serie di travi appoggiate di luce l e collegate da carrelli, sui quali viene applicato un momento di valore incognito x, che deve servire a compensare il rilascio alla rotazione relativa effettuato attraverso il distacco dei tratti di trave.

 

N.B.

Analizzando la struttura dal punto di vista qualitativo, ci si accorge che questa ha caratteri di simmetria che consentono di ipotizzare che le reazioni vincolari siano in B e D uguali (e quindi anche i momenti applicati in quei punti del sistema equivalente), come pure in A ed E.

 

Riepilogando:

R_a = R_e ;

R_b = R_d ;

x₁ = x₃

 

(B)

Φ_{b sx}=  -(x₁l / 3EJ) + (ql³ / 24EJ)

Φ_{b dx}= (x₁l / 3EJ) – (ql³ / 24EJ) + (x₂l / 6EJ)

 

(C)

Φ_{c sx}=  -(x₂l / 3EJ) - ( x₁l / 6EJ) + (ql³ / 24EJ)

Φ_{c dx}= (x₂l / 3EJ) - (ql³/ 24EJ) + (x₃l / 6EJ)

 

 

Eguaglio a due a due queste equazioni (sostituendo anche x₃ con x₁), andando ad impostare un sistema di due equazioni in due incognite (x₁ e x₂).

 

ì-(x₁l / 3EJ) + (ql³/ 24EJ) = (x₁l / 3EJ) – (ql³/ 24EJ) + (x₂l / 6EJ)

í

î-(x₂l / 3EJ) - ( x₁l / 6EJ) + (ql³ / 24EJ) = (x₂l/3 EJ) - (ql³ / 24EJ) + (x₃l / 6EJ)

 

 

 

ì-2x₁l /3 = (-ql² / 4) (-3 / 2l)  => x₁ = (ql² / 8) – (x₂ / 4)

í

î(- x₂l / 3) – (l/6) [(ql²/8) – (x₂ / 4)]+ ql³ / 24 = (x₂l / 3) – (ql³ / 24) + (l/6) [(ql²/8) – (x₂ / 4)]

 

ì------------------

í

î- (2x₂l / 3) – (l/3) [(ql²/8) – (x₂ / 4)]+ ql³ / 12 = 0

 

ì------------------

í

î- (2x₂l / 3) – (ql³ / 24) + (ql³ / 12) (x₂ / 12) = 0

 

per cui

x₂ = ql² / 4=> x₁ = 3ql² / 28

 

Ora si procede grazie al principio di sovrapposizione degli effetti: infatti il sistema equivalente può essere inteso come sovrapposizione di due sistemi in cui, come forze esterne, una volta viene considerato solo il carico distribuito (schema q) ed una volta solo i momenti applicati sui carrelli, il cui valore è stato appena definito (schema x).

Si trovano le reazioni vincolari dei due sistemi per poi sommarle (sovrapposizione degli effetti):

 

Schema x:

R_{a x} = x₁/l

R_{b x} = (x₁/l) + (x₁ – x₂)/l

R_{c x} = 2 [(x₁ – x₂)/l]

Schema q:

R_{a q} = R_{e q} = ql/2

R_{b q}= R_{c q} = R_{d q} = ql

 

N.B.

Le reazioni sono calcolate analizzando separatamente ogni asta appoggiata-appoggiata e poi sommando I risultati ottenuti sui punti in comune delle aste adiacenti.

 

Schema equivalente completo:

(ipotizzando la reazione risultante verso l’alto)

 

R_a = ql/2 – (3ql²)/l = 11ql/28

R_b = ql – [(3ql²/14) – (ql²/14)]= ql + (2ql/14) = 8ql/7

R_c = -(2/l) [(3ql²/28) – (ql²/14) + ql = ql – (2ql/28) = 13ql/14

Ora si procede con l’analisi delle sollecitazioni di taglio e momento:

 

Esercitazione 3

 

Solaio in legno

Dimensionamento di massima delle travi

 

Un solaio in legno di area totale pari a 87 mq è retto da una struttura che presenta due diverse campate ed un tratto a sbalzo. 

 

 

 

interasse maggiore  5,20 m

interasse minore      3,60 m

 

campata                   7,20 m

aggetto                     3,60 m

 

Le travi principali maggiormente sollecitate a momento flettente hanno quindi le seguenti aree d’influenza:

 

 

 

trave 1_appoggiata  32,23 mq

trave 2_mensola      10,15 mq

 

Si studia ora la stratigrafia del solaio in funzione dell’analisi dei carichi:

 

 

Masse volumiche

Da valori tabellari si ricavano i pesi specifici dei materiali di progetto:

 

parquet rovere : 11/7,50 KN/m³

malta d’allettamento : 19 KN/m³

isolamento in fibra di legno : 1,8 KN/m³

massetto : 19 KN/m³

tavolato castagno : 7 KN/m³

legno lamellare combinato GL24c : 3,5 KN /m³

 

Si procede quindi all’analisi dei carichi, suddivisi nelle tre categorie qui sotto elencate:

 

Analisi dei carichi

_____________________________________________________________________________________

qs - peso proprio degli elementi strutturali                                                                                      0,214 KN/m²

--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

tavolato in legno                                                                                             7 KN/m³ * 0,015 m = 0,105 KN/m²

travetti in legno lamellare combinato                      (3,5 KN /m³ * 0,25 m * 0,125 m * 1 m)/1 mq = 0,194 KN/m²

_____________________________________________________________________________________

qp - carico permanente                                                                                                                   1,151 KN/m²

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

parquet in rovere                                                                                              8 KN/m³ * 0,015 m = 0,12 KN/m²

malta di allettamento                                                                                        19 KN/m³ * 0,01 m = 0,19 KN/m²

isolante fibra di legno                                                                                  1,8 KN/m³ * 0,045 m = 0,081 KN/m²

massetto                                                                                                          19 KN/m³ * 0,04 m = 0,76 KN/m²

_____________________________________________________________________________________

qa - carico accidentale                                                                                                                           2 KN/m²

--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

cat. B1 uffici non aperti al pubblico                                                                                                         2 KN/m²

_____________________________________________________________________________________

 q TOT.                                                                                                                                           3,365 KN/m²

 

Per trattare la struttura come un sistema bidimensionale, ho bisogno di ricavare il carico per metro lineare. Per ottenere ciò si moltiplica il peso al metro quadro per l’interasse dell’area di influenza della trave, ovvero interasse maggiore/2 + interasse minore/2 (dato che la trave è a cavallo di due diversi interassi). Questo valore viene inserito nella colonna A della tabella Excel. 

interasse₁ : 5,2/2 + 3,6/2 = 4,4 m 

interasse₂ : 5,2/2 = 2,6 m

 

Dimensionamento di massima

 

Si procede quindi al dimensionamento di massima di due diverse travi tramite foglio Excel. 

N.B La trave 1 (giallo) è del tipo trave appoggiata, ed ha quindi una legge del momento M= ql²/8, mentre la trave 2 (grigio) è del tipo a mensola, seguente quindi una legge M= ql²/2. 

 

Vengono quindi inseriti nella tabella Excel i dati delle due travi, avendo l’accortezza di impostare correttamente la macro della colonna G, relativa alla legge del momento.

Posta una base di 25 cm, le due travi necessitano di un’altezza rispettivamente di 48,15 cm per la trave appoggiata e 37,01 cm per la trave a mensola. 

 

Una volta approssimate per eccesso le altezze a 50 cm e 40 cm, si procede a ripetere la verifica considerando ora anche il peso della trave stessa nella voce qs. 

 

trave 1 : 25 cm x 50 cm

trave 2 : 25 cm x 40 cm 

 

Verifica

 

Si calcola il peso della trave al metro quadro:

qtrave1 =  (3,5 KN/m³ * 0,25m * 0,50m * 1m) / 1mq = 0,4375 KN/m²

qtrave2 =  (3,5 KN/m³ * 0,25m * 0,40m * 1m) / 1mq = 0,35 KN/m²

 

qs₁ =  0,214 KN/m² + 0,4375 KN/m² = 0,6515 KN/m²

qs₂ =  0,214 KN/m² + 0,35 KN/m² = 0,564 KN/m²

 

 

La trave appoggiata non risulta verificata, aumento quindi l’altezza portandola a 55 cm. Si ripete la verifica.

 

qtrave1 =  (3,5 KN/m³ * 0,25m * 0,55m * 1m) / 1mq = 0,48 KN/m²

 

qs₁ =  0,214 KN/m² + 0,48 KN/m² = 0,695 KN/m²

Le sezioni risultano ora entrambe verificate. 

Esercitazione 1

 

Trave reticolare spaziale_SAP2000

 

La modellazione viene effettuata per comodità e necessità di accuratezza su RHINOCEROS, avendo l’accortezza di non disegnare in layer 0 e di non usare polilinee (dato che dovranno risultare aste separate). 

Il file viene quindi salvato in IGES per poter essere importato in SAP.

Tale operazione avviene con il comando FILE > IMPORT > IGES.IGS FILE.

 

 

IGES.IGS FILE > BROWSE > “RETICOLARE” > RATIONAL B-SPLINE ENTITY > 

IMPORT

 

 

Le unità di misure vengono impostate kN, m, °C.

 

 

Dato che l’importazione potrebbe avvenire generando qualche errore nei punti di nodo fra le varie aste, si può impostare una tolleranza di approssimazione che si ritenga accettabile tramite il comando EDIT > EDIT POINT > MERGE JOINTS > MERGE TOLERANCE > 0,01. Questo comando fa sì che due estremi di aste che distino meno di questa misura vengano considerate unite.

 

 

Assegniamo quindi tre vincoli (per rendere la struttura isostatica) nella parte bassa della trave con il comando ASSIGN > JOINT > RESTRAINTS.

 

 

Si procede assegnando l’acciaio come materiale e scegliendo la forma e la dimensione della sezione (tubolare pipe). DEFINE > SECTION PROPERTIES > FRAME SECTIONS.

 

 

Si procede con l’assegnazione dei carichi con il comando ASSIGN > JOINT LOADS > FORCES, trattandosi di un’idealizzazione per la quale i carichi sono concentrati tutti nei nodi.

 

 

N.B. In questo tipo di esercizi, impostiamo l’analisi in modo che non consideri il peso proprio della struttura (che costituirebbe un carico distribuito su travi che si deve considerare scariche). 

Ciò viene fatto creando un nuovo LOAD PATTERN che abbia 0 come coefficiente di moltiplicazione del carico SELF WEIGHT MULTIPLER.

 

 

Dato che in una struttura reticolare tutti i vincoli interni sono cerniere, dobbiamo fare un’operazione di rilascio del momento ASSIGN > FRAME > RELEASE > MOMENT 3-3(MAJOR) > START 0 – END 0.

 

 

Possiamo ora avviare l’analisi. Il software mostra per prima cosa l’andamento della deformata.

Si può richiedere al programma di analizzare gli sforzi assiali (unici presenti) con il comando SHOW FORCES/STRESSES > FRAME/CABLES > AXIAL FORCE

 

 

N.B. si possono anche analizzare gli sforzi a cui sono sottoposti i nodi dando il comando SHOW FORCES/STRESSES > JOINTS.

 

Il comando DISPLAY > SHOW TABLES > JOINT REACTION ci mostra una tabella contenente tutti i valori delle reazioni vincolari, mentre ELEMENT FORCES - FRAMES mostra la tabella dei valori dello sforzo normale.

 

 

N.B. Nella tabella ci sono aste che sono soggette a sforzo normale negativo (compresse) e aste con sforzo normale positivo (tese). Risulta così semplice la individuazione rispettivamente di puntoni e tiranti della struttura. 

 

Si può ora esportare i dati tabellari in formato EXCEL per poter mettere in relazione gli sforzi assiali con l’area della sezione, individuando così le tensioni σ ( = (N/A)) che saranno alla base della scelta del tipo d’acciaio da usare.

 

Esercitazione 2

Soluzione di una struttura iperstatica tramite le equazioni della linea elastica

 

Dato che la struttura ha un grado di iperstaticità, mi accingo a risolverla per mezzo della soluzione della linea elastica. 

Questa viene ottenuta (usando il modello di trave di Eulero-Bernoulli) tramite la messa in relazione di quelle cinque equazioni che riguardano il taglio e il momento nei tre sistemi de

• le equazioni di equilibrio
• le equazioni di compatibilità
• i legami costitutivi

ovvero:

⎧(dT/ds) + q₂ = 0

⎪(dM/ds) + T = 0

⎨M = EJχ

⎪χ = (dφ/ds)

⎩φ = (dv/ds)

 

N.B. le altre tre equazioni riguardano i carichi e le sollecitazioni assiali.

 

Questo sistema ha cinque equazioni e cinque incognite, tutte tra l’altro legate da rapporti di derivazione:

ciò permette di esprimere tali incognite tutte come derivate della legge dello spostamento verticale.

 

v(s) = ( q₂ s⁴ / 24 EJ) + c₁ (s³ / 6) + c₂ (s² / 2) + c₃ s + c₄

 

A questa equazione si giunge attraverso una progressiva integrazione a partire dall’equazione che descrive il carico, ovvero:

 

q(s) = (d⁴v/ds⁴) EJ 

 

Supponendo infatti la legge del carico una funzione lineare costante, possiamo giungere a descrivere la legge v(s) come un polinomio del tipo:

 

p(x) = a₀ + a₁x + a₂x² + a₃x³ + a₄x⁴ 

 

(compatibile con la funzione espressa in precedenza)

 

Si noti che per arrivare alla legge di v(s) è stata fatta un’altra ipotesi, ovvero quella di considerare costante il prodotto EJ: ciò equivale a considerare costanti la dimensione, la forma ed il materiale delle sezioni lungo l’asse della trave. 

 

Incognite del nostro sistema sono divenute ora le quattro costanti di integrazione presenti nella legge dello spostamento verticale. Per rendere il sistema risolvibile, serve quindi ora analizzare i caratteri dei vincoli della struttura per avere alcune informazioni sulle condizioni al bordo.

 

Da osservazioni sui vincoli deduco infatti alcuni fatti certi:

• lo spostamento verticale in 0 e in l sono nulli dato che si è in presenza di un incastro e di un carrello orizzontale

v(0) = 0

v(l) = 0

da cui si deduce che il coefficiente c₄ è anch’esso nullo

 

c₄ = 0

 

• In 0, dato che siamo in presenza di un incastro, avremo una rotazione nulla

φ(0) = 0

 

da ciò deduciamo che anche il coefficiente c₃ è nullo

 

c₃ = 0

 

• In l, dato che siamo in presenza di un carrello, sappiamo che la sollecitazione a momento (e quindi anche χ) sarà nulla.

(d²v/dv²)(l) = 0

 

Siamo ora a conoscenza di sufficienti informazioni per impostare un sistema in due equazioni con c₁ e c₂ come incognite:

 

⎧v(l) = ( q₂ l⁴/24 EJ) + c₁ (l³/6) + c₂ (l²/2) = 0

⎨

⎩(d²v/dv²)(l) =  (q₂ l²/2 EJ) + c₁s + c₂ = 0

 

da cui si ottiene che :

c₁ = -5 ql/8 EJ

c₂ = ql/8 EJ

 

Ora, l’esercitazione richiedeva di individuare il valore dello spostamento verticale massimo della trave. Questo si troverà sicuramente dove la curva della deformata avrà un minimo, ovvero dove φ = 0.

 

(disegno deformata)

 

risolvendo questa equazione di terzo grado 

 

φ = dv/ds = (q₂ s³/6 EJ) + c₁(s²/2) + c₂ s = 0

 

Dato che in tutti i termini è presente s, come prima soluzione avrà per certo s=0, come era facilmente deducibile dalla presenza dell’incastro.

Le altre due soluzioni si ottengono mediante formula risolutiva. 

Cadendo una delle due soluzioni fuori dal tratto della trave, l’unica soluzione accettabile risulta:

s = 0,578 ql

ovvero lo spostamento verticale massimo si verificherà poco più a destra della metà della trave.

 

N.B. si può notare che la presenta del vincolo a momento generato dall’incastro a sinistra sposti dal centro verso destra il punto di vmax, che in un sistema isostatico di trave appoggiata si sarabbe trovato perlappunto in l/2. 

 

Possiamo ora esplicitare il valore di vmax come v(0,578ql) = 0,0054 (q²l⁴/EJ) 

 

Si possono graficare ora le leggi del taglio e del momento in modo qualitativo, usando le informazioni ottenute nell’esercizio, ovvero che il taglio è nullo, e quindi la parabola del momento ha un minimo, nel punto 0,578 l. 

 

 

N.B. i diagrammi delle sollecitazioni della struttura iperstatica possono essere visti come sovrapposizione (o somma) di due diagrammi di strutture isostatiche (trave appoggiata con carico uniformemente distribuito + trave incastrata con carico puntuale in corrispondenza del carrello) per il principio di sovrapposizione degli effetti. 

 

Ora si può assegnare una lunghezza alla trave e una densità di carico, nonché un materiale (E), una dimensione ed una forma (J) alla sezione e verificare il risultato ottenuto sul software SAP2000.

 

Verifica_SAP2000

 

creare un nuovo file con una griglia utile al disegno dell'asta:

FILE>NEW MODEL

 

QUICK GRID LINES > impostare due assi lungo la direzione x, uno lungo y e uno in direzione z > impostare come GRID SPACING la dimensione che vorremo dare alla lunghezza della trave.

                   

le impostazioni date alla griglia dovrebbero produrre una condizione analoga alla seguente:

Disegnare un'asta seguendo la spaziatura della griglia preimpostata.

assegnare i vincoli:

selezionare il punto > ASSIGN > JOINT RESTRAINTS > spuntare le sollecitazioni che il vincolo da posizionare trattiene.

assegnare un incastro a sinistra ed un carrello a destra.

assegnare un carico uniformemente distribuito:

selezionare l'asta > ASSIGN > FRAME LOADS > DISTRIBUTED > impostare l'unità di misura voluta (nel nostro caso N,m, °C) > nella casella UNIFORM scrivere (ad es.) - 10 KN (carico verso l'alto considerato positivo)

rendere visibile il carico impostato:

DISPLAY > VIEW LOADS

eliminare il contributo del peso proprio della struttura dall'analisi:

DEFINE > LOAD PATTERNS > SELF WEIGHT MULTIPLER = 0 > nominare il load pattern "peso_nullo" > ADD NEW LOAD PATTERN

eliminare MODAL dall'analisi:

selezionare il load pattern MODAL > se nella colonna ACTION c'è RUN, premere il pulsante RUN/DO NOT RUN CASE per disattivare l'analisi

visualizzare la curva della deformata e confrontarla qualitativamente con quella ipotizzata:

RUN ANALYSIS

visualizzare le reazioni vincolari:

RUN ANALYSIS > JOINT REACTIONS

visualizzare il grafico del taglio e confrontarlo qualitativamente con quello ipotizzato:

RUN ANALYSIS > SHEAR 2-2

visualizzare il grafico del momento e confrontarlo qualitativamente con quello ipotizzato:

RUN ANALYSIS > MOMENT 3-3 > spuntare START e END

impostare il materiale, la forma e la dimensione della sezione:

ASSIGN > FRAME > FRAME SECTION > (nel nostro caso impostare acciaio a doppia T > impostare le misure desiderate (nel nostro caso quelle di una IPE500) > rinominare la sezione

visualizzare le tabelle relative ai dati dell'analisi:

DISPLAY > SHOW TABLES > spuntare la parte ANALYSIS RESULTS

visualizzare gli spostamenti dovuti alle deformazioni per confrontare quello verticale con quello ottenuto nell'esercizio:

dal menù a tendina scegliere JOINT DISPLACEMENT > trovare il dato in R2

esportare i dati in formato EXCEL per riorganizzarli:

finestra delle tabelle > FILE > EXPORT > EXCEL FILE > SAVE