blog di francesca.marino

GRATICCIO DI TRAVI

Inviato da francesca.marino il Mer, 03/07/2013 - 21:00

Si chiama graticcio una struttura dove c’è una collaborazione tra due sistemi di travi più o meno ortogonali tra loro senza alcuna gerarchia, infatti l’intero sistema ha lo stesso momento d’inerzia (cioè i due sistemi di travi hanno la stessa sezione e stesso materiale) e i nodi sono tutti incastri che permettono il passaggio di momento e quindi il ripristino della continuità della trave.

Come già studiato nell’esercizio sulla rigidezza torsionale, anche nel graticcio questa entra in gioco grazie alla flessione di alcune aste che provocano una torsione nella direzione a loro ortogonale.

La struttura analizzata è un graticcio semplice formato da due travi di lunghezza pari a 6m ortogonali tra loro e incastrate nell’asta BD nel punto di mezzeria, mentre nell’asta AC a 1/3 della lunghezza, con una forza F=10 KN applicata sul nodo centrale .

Se conosciamo gli spostamenti del nodo libero allora conosciamo anche quelli delle aste.

Trovandoci nello spazio tridimensionale, il nodo ha 6 gradi di libertà, esso può traslare e ruotare nelle direzioni x, y, z, ma per i vincoli che ci siamo dati sappiamo che in x e y il nodo non può traslare orizzontalmente altrimenti le aste si accorciano ed allungano, quindi è possibile il solo abbassamento $\delta$ .

La rotazione attorno a z non ci sta perché non ci sono forze applicate, mentre abbiamo una rotazione attorno a y in quanto nell’asta AC la forza non è applicata al centro ma ad 1/3 quindi la tangente alla deformata non è orizzontale. Le incognite di spostamento che abbiamo sono due $\delta$ , $\varphi _{Y}$

$\sum F_{Z}=0\rightarrow delta$

$\sum M_{Y}=0\rightarrow \varphi _{Y}$

Con il metodo della sovrapposizione degli effetti possiamo studiare come la struttura reagisce ai nostri due parametri di spostamento facendoli agire uno per volta.

Facciamo agire solo l’abbassamento $\delta$

Grazie agli schemi notevoli di una trave doppiamente incastrata possiamo ricavarci i valori di taglio e momento flettente.

Nell’asta BD i due momenti sono uguali e contrari e si annullano, infatti questi riguardano una eventuale rotazione attorno all’asse x che in questo caso non abbiamo.

Facciamo agire solo la rotazione $\varphi _{Y}$

Sempre grazie agli schemi notevoli di una trave doppiamente incastrata con una rotazione applicata ad un estremo, possiamo ricavarci valori del taglio e momento

La flessione della trave AC intorno all’asse y corrisponde inevitabilmente alla torsione di quella BD:

Applicando la sovrapposizione degli effetti al nodo centrale, otteniamo le seguenti forze

$F-\frac{24EI}{\left ( \frac{l}{2} \right )^{2}}\delta -\frac{12EI}{\left ( \frac{l}{3} \right)^{3}}\delta -\frac{12EI}{\left ( \frac{2}{3}l \right )^{3}}\delta-\frac{6EI}{\left ( \frac{2}{3}l \right )^{2}}\varphi _{Y}+\frac{6EI}{\left ( \frac{l}{3} \right )^{2}}\varphi _{Y}=0$

$\frac{4EI}{\frac{l}{3}}\varphi _{Y}-\frac{6EI}{\left ( \frac{l}{3\right )^{2}}}\delta +\frac{2GJ_{t}}{\frac{l}{2}}\varphi _{Y}+\frac{6EI}{\left ( \frac{2}{3\right l)^{2}}}\delta +\frac{4EI}{\frac{2}{3}l}\varphi _{Y}=0$

Mettendo a sistema le due equazioni

$\varphi _{Y}\left ( \frac{12EI}{l}+\frac{6EI}{l}+\frac{4GJ_{t}}{l} \right )+\delta \left (- \frac{54EI}{l^{2}}+\frac{27}{2}\frac{EI}{l^{2}} \right )=0$

$\varphi _{Y}\left ( \frac{18EI}{l}+\frac{4GJ_{t}}{l}\right )+\delta \left (- 54+\frac{27}{2} \right )=0$

$\frac{EI}{l}\left [\varphi _{Y}\left ( 18+\frac{4GJ_{t}}{EI} \right )+\frac{\delta}{l} \left (- \frac{81}{2} \right )\right ]=0$

$\alpha =\frac{GJ_{t}}{EI}$

$\varphi _{Y}\left ( 18+4\alpha \right )=\frac{81}{2}\frac{\delta }{l}$

$\frac{\delta }{l}=\frac{2}{81}\left ( 18+4\alpha \right )\varphi _{Y}=\frac{36+8\alpha }{81}\varphi _{Y}$

$\frac{\delta }{l}=\left ( \frac{36+8\alpha }{81}\right )\varphi _{Y}$

$\frac{l^{2}}{EI}\left ( F-\frac{192EI}{l^{3}}\delta-\frac{324EI}{l^{3}}\delta -\frac{81}{2}\frac{EI}{l^{3}}\delta -\frac{27}{2}\frac{EI}{l^{2}}\varphi _{Y}+\frac{54EI}{l^{2}}\varphi _{_{Y}} \right )=0$

$\frac{Fl^{2}}{EI}-192\frac{\delta }{l}-324\frac{\delta }{l}-\frac{81}{2}\frac{\delta }{l}-\frac{27}{2}\varphi _{Y}+54\varphi _{Y}=0$

$\frac{Fl^{2}}{EI}-516\frac{\delta }{l}-\frac{81}{2}\frac{\delta }{l}+\left (-\frac{27}{2}+54 \right )\varphi _{Y}=0$

$\frac{Fl^{2}}{EI}-\frac{\delta }{l}\left ( 516+\frac{81}{2}\right )+\frac{81}{2}\varphi _{Y}=0$

$\frac{Fl^{2}}{EI}-\frac{\delta }{l}\frac{1113}{2}+\frac{81}{2}\varphi _{Y}=0$

$\frac{Fl^{2}}{EI}-\frac{1113}{2}+\left ( \frac{36+8\alpha }{81} \right )\varphi _{Y}+\frac{81}{2}\varphi _{Y}=0$

$\frac{Fl^{2}}{EI}-\frac{371}{27}+\left ( 18+ 4\alpha \right )\varphi _{Y}+\frac{81}{2}\varphi _{Y}=0$

$\frac{Fl^{2}}{EI}=\frac{371}{27}+\left ( 18+ 4\alpha \right )\varphi _{Y}-\frac{81}{2}\varphi _{Y}$

$\frac{Fl^{2}}{EI}=\varphi _{Y}\left ( \frac{371}{27}*18-\frac{81}{2}+\frac{371}{27}*4\alpha \right )$

$\frac{Fl^{2}}{EI}=\varphi _{Y}\left ( \frac{742}{3}-\frac{81}{2}+\frac{371}{27}*4\alpha \right )$

$\frac{Fl^{2}}{EI}=\varphi _{Y}\left ( \frac{1241}{6}-\frac{1484}{27}\alpha \right )$

$\varphi _{Y}=\frac{Fl^{2}}{EI\left [ \frac{1241}{6}+\frac{1484}{27}\alpha \right ]}$

$E=21*10^{6}\frac{KN}{m^{2}}$

$I_{x}=3.76*10^{-3}m^{4}$

$\alpha =\frac{GJ_{t}}{EI}=\frac{10356491\frac{KN}{m^{2}}*6.475*10^{-4}m^{4}}{21*10^{6}\frac{KN}{m^{2}}*3.76*10^{-3}m^{4}}=\frac{6705.828}{78960}=0.0849$

$\varphi _{Y}=\frac{10KNm*m^{2}}<br /> {21*10^{6}\frac{KN}{m^{2}}*3.76*10^{-3}m^{4}\left [206.8+54.96*0.849 \right ]}=2.15*10^{-5}$

$\frac{\delta }{6}=\left ( \frac{36+8\alpha }{81} \right )\varphi _{Y}=0.45*2.15*10^{-5}=0.000009$

$\delta<br /> =0.000009*6=0.000054$

VERIFICA IN SAP

Verifichiamo con SAP la sezione in calcestruzzo calcolata a mano, e come nell'esercizio della rigidezza torsionale fatto in precedenza, con le altre sezioni scelte, cioè:

. Sezione RETTANGOLARE in CALCESTRUZZO ARMATO

· Sezione CIRCOLARE PIENA in CALCESTRUZZO ARMATO

· Sezione DOPPIA T in ACCIAIO

· Sezione QUADRATA CAVA in ACCIAIO

· Sezione TUBOLARE in ACCIAIO

DEFORMATA DIAGRAMMA MOMENTO

DIAGRAMMA TAGLIO DIAGRAMMA TORSIONE

I risultati ottenuti sono stati riassunti in una tabella

SdC(b) (LM PA)

Esercitazione

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STRUTTURA RETICOLARE CON METODO DI RITTER

Inviato da francesca.marino il Mar, 11/06/2013 - 15:14

Per verificare che la struttura è isostatica, il numero di gradi di libertà deve essere uguale al numero dei vincoli applicati

Ve + A = 2N

3 + 33 = 2*18

36 = 36

dove: Ve= VINCOLI ESTERNI

A= NUMERO ASTE

N= NUMERO DI NODI

-TROVARE LE REAZIONI VINCOLARI

i vincoli si ripartiscono il carico, sopportando ognuno 9/2 F, essendo la struttura simmetrica e simmetricamente caricata.

-TROVARE LO SFORZO CHE SI GENERA SULLE VARIE ASTE

utilizziamo il metodo delle SEZIONI di RITTER, cioè un taglio sulla trave reticolare che seziona al massimo 3 aste, avendo così 3 equazioni e 3 incognite cioè gli sforzi normali delle aste tagliate

per trovare le forze delle aste nei correnti inferiori e superiori utiliziamo le equazioni di equilibrio alla rotazione scegliendo il poloche ci permette di annullare più incognite

Per la forza N68 scelgo il polo nel nodo 7

$-N68l-\frac{9}{2}F3l+6Fl=0$

$N68=-\frac{9}{2}F3+6F$

$N68=-\frac{27}{2}F+6F=\frac{-27+12}{2}F=-\frac{15}{2}F$

il risultato è negativo ciò significa che la direzione della forza IPOTIZZATA è sbaglaita

$N68=\frac{15}{2}F$ ASTA E' COMPRESSA

Per la forza N57 scelgo polo in 6

$N68=\frac{15}{2}F$

$-\frac{9}{2}F2l+3Fl+N57l=0$

$N57l=\frac{9}{2}F2l-3Fl$

$N57l=6F$ ASTA TESA

Per la forza N67 dell'asta diagonale, fare l'equilibrio alla rotazione non è la strada più semplice dato che non abbiamo un polo in cui si annullano le altre due forze (essendo parallele). La forza diagonale è scomponibile nelle sue componenti verticali e orizzontali, quindi la cosa più semplice da fare è calcolare l'equilibrio alla traslazione (verticale o orizzontale)

calcolando la traslazione orizzontale non prendiamo in considerazione la forza del carico e dei vincoli $-\frac{12}{2}F+6F+N67\frac{\sqrt{2}}{2}=0$

$-\frac{3}{2}F+N67\frac{\sqrt{2}}{2}=0$

$N67=\frac{3}{2}F\frac{2}{\sqrt{2}}=3F\frac{\sqrt{2}}{2}$ ASTA TESA

N56 equilibrio alla traslazione verticale

$N56+\frac{9}{2}F-2F=0$

$N56=-\frac{9}{2}F+2F=-\frac{5}{2}F$ ASTA COMPRESSA

N46 polo in 5

$-N46l-\frac{9}{2}F*2l+3Fl=0$

$N46=-\frac{9}{2}F+3F=-6F$ ASTA COMPRESSA

N35 polo in 4

$N35l+Fl-\frac{9}{2}Fl=0$

$N35l=-F+\frac{9}{2}F=\frac{7}{2}F$ ASTA TESA

N45 traslazione orizzontale

$-6F+\frac{7}{2}F+N45\frac{\sqrt{2}}{2}=0$

$N45\frac{\sqrt{2}}{2}=6F-\frac{7}{2}F$

$N45=\frac{5}{2}F*\frac{2}{\sqrt{2}}=5F\frac{\sqrt{2}}{2}$ ASTA TESA

N34 traslazione verticale

$N34+\frac{9}{2}F-F=0$

$N34=-\frac{9}{2}F+F=-\frac{7}{2}F$ ASTA COMPRESSA

N34 polo in 3

$-N24l-\frac{9}{2}Fl+Fl=0$

$N24l=-\frac{9}{2}F+Fl=-\frac{7}{2}F$ ASTA COMPRESSA

N13 polo in 2

$N13l=0$ ASTA SCARICA

N23 traslazione orizzontale

$-\frac{7}{2}F+N23\frac{\sqrt{2}}{2}=0$

$N23=\frac{7}{2}F*\frac{2}{\sqrt{2}}=7F\frac{\sqrt{2}}{2}$ ASTA TESA

$N12=-\frac{9}{2}F$

N78 traslazione verticale

$N78+\frac{9}{2}F-3F=0$

$N78=-\frac{9}{2}F+3F=-\frac{3}{2}F$ ASTA COMPRESSA

N79 polo in 8

$N79l=\frac{9}{2}F*3l-F*6l=\frac{27}{2}F-6F=\frac{15}{2}$ ASTA TESA

N810 poli in 9

$-N810l-\frac{9}{2}F*4l+F*10l=0$

$N810l=-\frac{9}{2}F*4l+F*10l=-18F+10F=-8F$ ASTA COMPRESSA

N89 traslazione orizzontale

$N89\frac{\sqrt{2}}{2}-8F-\frac{15}{2}F=0$

$N89\frac{\sqrt{2}}{2}=8F-\frac{15}{2}F=\frac{F}{2}*\frac{2}{\sqrt{2}}=\frac{F}{2}\sqrt{2}$ ASTA TESA

La parte sinistra della struttura è risolta, e per simmetri conosciamo anche la destra. Per risolvere l'asta centrale analiziamo il nodo 10, tutte le forze sono equilibrate, tranne la forza F esterna, quindi la forza N9-10 sarà uguale ad F

ASTA COMPRESSA

ROSSO = PUNTONE BLU = TIRANTE

VERIFICA IN SAP

apriamo un file col modello GRIND ONLY impostando la griglia con le dimensioni della nostra struttura reticolare

Disegnamo le aste, assegnamo i vincoli ed il rilascio per interrompere la trasmissione del momento, impostiamo il peso prorio della trave pari a zero

e avviamo l'analisi

DEFORMATA

DIAGRAMMA SFORZO NORMALE

SdC(b) (LM PA)

Esercitazione

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RIGIDEZZA TORSIONALE

Inviato da francesca.marino il Mar, 11/06/2013 - 00:40

In una struttura travi e pilastri, dove le travi sono perpendicolari tra loro, se una trave è soggetta a flessione inevitabilmente un’altra sarà soggetta a torsione, questa esercitazione ci chiede di analizzare come quest’ultima influisce nel comportamento meccanico complessivo.

La struttura tridimensionale ha 3 aste incastrate di lunghezza 3 m ciascuna con uno sbalzo di 1 m al quale è applicato un carico distribuito, la struttura è un colpo unico con 6 gradi si libertà, e gli incastri impediscono 3 spostamenti e 3 rotazioni ciascuno, quindi la struttura è 12 volte iperstatica.

E’ possibile trovare un sistema equivalente dove lo sbalzo viene sostituito con il valore corrispondente del momento flettente applicato sul nodo che ruota attorno all’asse y, quindi la sua azione sarà visibile nel piano x-z, mentre la trave in direzione y subirà un momento torcente visibile solo nel piano della sua sezione.

Il momento generato dal carico agente sulla mensola genera a sua volta dei momenti flettenti e torsionali ricavabili dagli schemi notevoli. La nostra incognita è la rotazione del nodo $\varphi _{A}$

Scriviamo l’equilibrio contro la rotazione del nodo:

$\frac{ql^{2}}{2}=\varphi _{A}\left ( \frac{4EI}{l_{1}}+\frac{4EI}{l_{2}}+\frac{GJ_{t}}{l_{3}} \right )$

$R_{A}= \frac{4EI}{l_{1}}+\frac{4EI}{l_{2}}+\frac{GJ_{t}}{l_{3}}$

$\varphi _{A}=\frac{ql^{2}}{2}*\frac{1}{}R_{A}$

$M_{1}=\frac{4EI}{l_{1}}\varphi _{A}$ $M_{1}=M_{2}=\frac{4EI}{l_{1}}*\frac{ql^{2}}{2}*\frac{1}{R_{A}}$ $M_{3}=\frac{GJ_{t}}{l_{3}}*\frac{ql^{2}}{2}*\frac{1}{R_{A}}$

$M_{1}+M_{2}+M_{3}=\frac{ql^{2}}{2}$

La rigidezza torsionale si somma alle rigidezze flessionali delle altre aste, più questa aumenta più l’asta perpendicolare contribuisce alla suddivisione del carico.

Per capire in che misura contribuisce sono state fatte varie prove in SAP con sezioni e materiali diverse e poi confrontati i risultati. Ma prima di procedere facciamo una piccola verifica a mano con la sezione rettangolare in calcestruzzo armato di base=0.15m e altezza=0.67m, dopo esserci calcolati i valori del momento d’inerzia Ix, momento di inerzia polare Jt che dipende dalla sezione, e del modulo di elasticità tangenziale G che dipende dal materiale:

$E=21000\frac{N}{mm^{2}}\rightarrow 21*10^{6}\frac{KN}{m^{2}}$

$I_{X}=\frac{bh_{3}}{12}=\frac{0.15*0.67^{3}}{12}=0.0037m^{4}$

$G=\frac{E}{2\left ( 1+\nu \right )}$ $G\cong 10^{7}\frac{KN}{m^{2}}$

$J_{t}=C_{2}ab^{3}$

$C_{2}=0.281$ (valore tabellato in base al rapporto tra a/b)

$J_{t}=0.281*0.67*0.003=0.00056m^{4}$

Per maggiore sicurezza confrontiamo questi valori con quelli in SAP

$I_{X}=3.76*10^{-3}m^{4}$

$G=10356491\frac{KN}{m^{2}}$

$J_{t}=6.475*10^{-4}m^{4}$

E per avere un riscontro più veritiero con le verifiche che faremo in SAP procediamo con i calcoli utilizzando questi ultimi valori

$R_{A}=\left ( \frac{4*21*10^{6}*3.76*10^{-3}}{3} \right )+\left ( \frac{4*21*10^{6}*3.76*10^{-3}}{3} \right )+\left ( \frac{10356491*6.475*10^{-4}}{3} \right )=105280+105280+2235.276=212795.276 KNm$

$\varphi _{A}=\frac{15KNm}{212795.276KNm}=7.049*10^{-5}$

$M_{1}=M_{2}=\frac{4EI}{l_{1}}=105280*7.049*10^{-5}=7.422KNm$

$M_{3}=\frac{GJ_{t}}{l_{3}}\varphi _{A}=2235.276*7.049*10^{-5}=0.157KNm$

$M_{1}+M_{2}+M_{3}=\frac{ql^{2}}{2}$

$7.422+7.422+0.157=15.001$

La struttura in SAP è stata modellata a partire da una 3D Grid

DIAGRAMMA MOMENTO DIAGRAMMA TAGLIO

DIAGRAMMA SFORZO NORMALE DIAGRAMMATORSIONE

Le diverse sezioni scelte hanno la stessa area e un momento d’inerzia simile, ma hanno diversa rigidezza torsionale.

· Sezione RETTANGOLARE in CALCESTRUZZO ARMATO

· Sezione CIRCOLARE PIENA in CALCESTRUZZO ARMATO

· Sezione DOPPIA T in ACCIAIO

· Sezione QUADRATA CAVA in ACCIAIO

· Sezione TUBOLARE in ACCIAIO

Proprietà materiali:

Dopo aver avviato l'anaisi per ogni sezione scelta, si sono riportati tutti i valori in una tabella riassuntiva

Le sezioni in acciaio offrono una maggiore resistenza torsionale rispetto a quelle in calcestruzzo in quanto hanno un modulo di elasticità tangenziale maggiore, e le sezioni piene offrono una maggiore resistenza torsionale rispetto alle sezioni cave grazie ad un maggiore valore di JT, cosi come anche le sezioni chiuse rispetto a quelle aperte. Infatti se guardiamo la tabella dei contributi delle aste, tra le sezioni in calcestruzzo quella tubolare dà un contributo maggiore rispetto alla rettangolare, e tra quelle in acciaio la sezione a doppia T è quella che dà un contributo minore, essendo una sezione aperta.

In conclusione la sezione con una maggior resistenza torsionale è la tubolare in acciaio, questo non significa però che nel comportamento meccanico complessivo questa sezione è quella che ci provoca una rotazione minore, in quanto questa dipende anche dalla resistenza flessionale delle altre due aste che risulta essere maggiore nella sezione rettangolare in calcestruzzo, in quanto ha un momento d’inerzia maggiore.

SdC(b) (LM PA)

Esercitazione

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RIPARTIZIONE FORZA SISMICA

Inviato da francesca.marino il Mar, 21/05/2013 - 20:12

Un impalcato è infinitamente rigido nel suo piano, ma se sottoposto a forze orizzontali, quali sisma e vento, può subire spostamenti. L’esercitazione vuole farci analizzare come tale impalcato reagisce tramite l’azione dei controventi.

I controventi vengono rappresentati come molle, dato il loro comportamento elastico che ci permette di considerarli vincoli cedevoli. Ogni molla reagisce alle forze esterne in proporzione alla propria rigidezza che varia a seconda della sezione e dal numero di pilastri presenti su quel telaio.

Ipotizziamo un impalcato in calcestruzzo armato con pilastri 30x40 cm e altezza 3,20 m diversamente orientati a seconda dell’orditura del solaio. Esso è composto da 10 telai ognuno collegato ad una molla, dove Kv sono i telai verticali e Ko quelli orizzontali.

Stabilito il materiale con il relativo modulo di Young (E=21000 N/mm), la sezione dei pilastri con il loro momento d’inerzia in base all’orientamento, e conoscendo la distanza delle molle dal punto d’origine dell’impalcato, possiamo compilare il foglio di calcolo.

1 CALCOLO DELLE RIGIDEZZE TRASLANTI DEI CONTROVENTI DELL’EDIFICIO

Si prendono in esame uno per volta i telai relativi ad ogni controvento per determinarne la rigidezza , ovvero la forza con la quale si oppongono alla traslazione lungo l’asse

$K\left ( t \right )=\frac{12EI\left ( tot \right )}{h^{3}}$

2 TABELLA SINOTTICA CONTROVENTI E DISTANZE

3 CALCOLO DEL CENTRO DELLE MASSE

In strutture non propriamente simmetriche la ricerca del centro delle masse non è intuitiva.

Si semplifica l’impalcato in forme semplici, nel nostro caso 3 aree di cui è facile trovare il baricentro, conoscendo le coordinate di ciascun baricentro e l’area delle forme semplici possiamo trovare il centro dell’intero impalcato

$X_{G}=\sum \frac{X_{i}*A_{i}}{A_{tot}}$ $Y_{G}=\sum \frac{Y_{i}*A_{i}}{A_{tot}}$

4 CALCOLO DEL CENTRO DI RIGIDEZZE E DELLA RIGIDEZZA GLOBALE

Il centro delle rigidezze (C) è il punto dove viene applicata la risultante delle rigidezze traslanti dei controventi sia lungo l’asse x che lungo l’asse y.

Per trovarlo si sommano le rigidezze verticali K_v-tote quelle orizzontali K_o-tot, e le coordinate saranno:

$x_{c}= \frac{\sum K_{Vi}*d_{Vi}}{K_{Vtot}}$ $y_{c}= \frac{\sum K_{Oi}*d_{Oi}}{K_{Otot}}$

Trovato il centro di rigidezza ci calcoliamo la distanza di ogni telaio da questo puto (dd), e di conseguenza ci troviamo la rigidezza complessiva a rotazione delle molle

$K\phi =\sum K_{i} *dd_{i}^{2}$

5 ANALISI DEI CARICHI SISMICI

Definiamo la forza sismica applicata nel centro delle masse, come prodotto tra la massa dell’impalcato (W) e il coefficiente di intensità sismica (c)

$W=\left ( G+Q \right )*y$

$G=\left ( q_{s}+q_{p} \right )*\Omega _{tot}$

$Q= q_{a}*\Omega _{tot}$

6 RIPARTIZIONE DELLA FORZA SISMICA LUNGO L’ASSE X

Il centro delle masse (dove agisce la forza sismica) non coincide con il centro della rigidezza (dove agisce la risultante delle rigidezze del nostro sistema di forze) quindi si genera una traslazione ed una rotazione dell’impalcato.

Troviamo il momento torcente

$M=F_{sismica}*\left ( Y_{C}-Y_{G} \right )$

Traslazione orizzontale

$u_{x}=\frac{F}{K_{Otot}}$

Rotazione

$\varphi =\frac{M_{\left ( x\right )}}{K_{\phi }}$

Ora possiamo quantificare come la forza si ripartisce nei controventi

$F_{O}=K_{o}*\left ( u_{o}+dd_{0}*\varphi \right )$

$F_{V}=K_{V}*dd_{V}*\varphi$

Analogamente per l'asse y

In conclusione i telai con una rigidezza maggiore assorbono una maggiore forza sismica.

SdC(b) (LM PA)

Esercitazione

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TRAVE VIRENDEEL

Inviato da francesca.marino il Lun, 13/05/2013 - 19:26

Una trave virendeel presenta molte analogie con un telaio shear type, con l’unica differenza che è posizionato in orizzontale, e quindi invece di avere travi infinitamente rigide avrà i pilastri infinitamente rigidi e travi deformabili.

La trave virendell viene utilizzata perché il suo particolare comportamento permette di spezzare il diagramma del momento in ogni campata e ridurre i valori delle reazioni agli incastri.

Iniziamo con l’analizzare il modello shear type. Il portale ha una trave composta da un corpo rigido indeformabile, se applichiamo una forza F la trave non potendo ne deformarsi ne ruotare, è soggetta alla sola traslazione orizzontale $\delta$ , che dipende dalla rigidezza dei pilastri

Il pilastro risulta essere doppiamente incastrato, quindi 3 volte iperstatico, ipotiziamo un cedimento vincolare nell'incastro B in modo da analizzarne curvatura e momento anche in assenza di carico.

Attraverso l'integrazione della linea alestica possiamo ricavarci il taglio ed il momento:

$EI\frac{dv^{4}}{ds}+q=0$ nel nostro caso non abbiamo carico quindi q=0 $\frac{dv^{4}}{ds}=0$

$v\left ( s \right )=\frac{C_{1}s^{3}}{6}+\frac{C_{2}s^{2}}{2}+C_{3}s+C_{4}$

$\varphi \left ( s \right )=\frac{C_{1}s^{2}}{2}+C_{2}s+C_{3}$

Dalle condizioni a bordo sappiamo che:

$v\left ( 0 \right )=0\rightarrow C_{4}=0$

$\varphi \left ( 0 \right )=0\rightarrow C_{3}=0$

$v\left ( l \right )=-\delta \rightarrow C_{2}=-\frac{6}{l^{2}}\delta$

$\varphi \left ( l \right )=0\rightarrow C_{1}=\frac{12}{l^{3}}\delta$

Otteniamo così le equazioni di spostamento e rotazione

$v\left ( s \right )=\frac{12}{l^{3}}\delta \frac{s^{3}}{6}-\frac{6}{l^{2}}\delta \frac{s^{2}}{2}$ $\varphi \left ( s \right )=\frac{12}{l^{3}}\delta \frac{s^{2}}{2}-\frac{6}{l^{2}}\delta s$

Deriviamo la rotazione per ottenere la curvatura, e di conseguenza il momento flettente ed il taglio che ne è la derivata

$\chi \left ( s \right )=\frac{12}{l^{3}}\delta s-\frac{6}{l^{2}}\delta$

$M\left ( s \right )=EI\chi \left ( s \right )=\frac{12EI}{l^{3}}\delta s-\frac{6EI}{l^{2}}\delta$

$T\left ( s \right )=-\frac{dM}{ds}=-\frac{12EI}{l^{3}}\delta$

Le reazioni vincolari si trasmettono da pilastro a treve

Attraverso l'equilibrio alla traslazione orizzontale calcoliamo dello spostamento e della rigidezza

$F=2T=\frac{24EI}{l^{3}}\delta \rightarrow \delta =\frac{Fl^{3}}{24EI}$

$k=\frac{24EI}{l^{3}}$

Ora possiamo affrontare l'esercizio sulla TRAVE VIRENDELL A MENSOLA

Come abbiamo visto dal modello precedente, la forza agente sulla struttura si ripartisce nel TAGLIO delle travi in proporzione alla loro rigidezza, poichè abbiamo travi con la stessa luce e stesso materiale, anche la rigidezza sarà uguale.

Ciascuna trave ha un taglio pari alla metà della forza agente sommata al taglio che proviene dalla trave precedente.

Per ottenere il momento flettente moltiplichiamo il taglio per metà della luce

$M_{A}=\frac{F}{2}*\frac{l}{2}=\frac{Fl}{4}$ $M_{B}=F*\frac{l}{2}=\frac{Fl}{2}$ $M_{C}=\frac{3}{2}F*\frac{l}{2}=\frac{3}{4}Fl$

$M_{D}=2F*\frac{l}{2}=Fl$ $M_{E}=\frac{5}{2}F*\frac{l}{2}=\frac{5}{4}Fl$ $M_{G}=3F*\frac{l}{2}=\frac{3}{2}Fl$

Analizziamo come il momento si trasmette da trave a pilastro attraverso l'equilibrio del nodo

Ottenuti i valori dei momenti, ci ricaviamo quelli del taglio facendo l'equilibrio alla rotazione dei pilastri, sommiamo i momenti e dividiamo per la luce del pilatro

Determiniamo l'abbassamento ( $\delta$ ) in ogni campata, sappiamo che la rigidezza nel telaio shear type simmetrico è pari a 12EI/L³ per ciascuna trave, conoscendo il taglio in ciascuna campata otteniamo:

$\frac{F}{2}=T=\frac{12EI}{l^{3}}\delta_{1} \rightarrow \delta _{1}=\frac{Fl^{3}}{24EI}$

$F=T=\frac{12EI}{l^{3}}\delta_{2} \rightarrow \delta _{2}=\frac{Fl^{3}}{12EI}$

$\frac{3}{2}F=T=\frac{12EI}{l^{3}}\delta_{3} \rightarrow \delta _{3}=\frac{Fl^{3}}{8EI}$

$2F=T=\frac{12EI}{l^{3}}\delta_{4} \rightarrow \delta _{4}=\frac{Fl^{3}}{6EI}$

$\frac{5}{2}F=T=\frac{12EI}{l^{3}}\delta_{5} \rightarrow \delta _{5}=\frac{5Fl^{3}}{24EI}$

$3F=T=\frac{12EI}{l^{3}}\delta_{6} \rightarrow \delta _{6}=\frac{Fl^{3}}{4EI}$

La deformata sarà:

VERIFICA IN SAP

Nel disegnare il modello in sap l'unica accortenza che dobbiamo avere è quella di dire al programma che i pilastri sono infinitamente rigidi tenendo presente che il programma non conosce il modello ideale di corpo rigido, ma possiamo simularlo con un modulo di elasticità molto elevato. Questo però non basta per ottenere i risulatati simili al modello ideale, dato che SAP considera le travi come corpi rigidi, e quindi c'è una distribuzione diversa del momento. Per avvicinarci ancora di più la modello ideale attribuiamo una sezione molto piccola o un modulo di elasticità basso alle travi.

DEFORMATA

DIAGRAMMA DEL MOMENTO

DIAGRAMMA DEL TAGLIO

DIAGRAMMA SFORZO ASSIALE

TRAVE VIRENDEEL DOPPIAMENTE INCASTRATA

Il procedimento è analogo all'esercizio precedente, con la sola differenza che in questo caso la trave è doppiamente incastrata e per la simmetria della struttura possiamo effettuare dei ragionamenti su metà di essa.

Questo comporta che nell'analizzare solo la prima parte della struttura la forza del pilastro centrale deve essere considerata a metà.

Analogamente a prima ci calcoliamo il taglio

e di conseguenza il momento, dividendo il taglio per metà della luce

$M_{D}=\frac{F}{4}*\frac{l}{2}=\frac{Fl}{8}$ $M_{C}=\frac{3}{4}F*\frac{l}{2}=\frac{3}{8}Fl$ $M_{B}=\frac{5}{4}F*\frac{l}{2}=\frac{5}{8}Fl$

Attraverso l'equilibrio dei nodi ci troviamo i momenti agenti sui pilastri, ricordandoci che il nodo D sarà la somma dei momenti provenienti da sinistra e da destra.

dai momenti ci ricaviamo il taglio nei pilastri

ed infine gli abbassamenti ( $\delta$ )

$\frac{F}{4}=T=\frac{12EI}{l^{3}}\delta _{1s}\rightarrow \delta _{1s}=\frac{Fl^{3}}{48EI}$

$\frac{3}{4}F=T=\frac{12EI}{l^{3}}\delta _{2}\rightarrow \delta _{2}=\frac{Fl^{3}}{16EI}$

$\frac{5}{4}F=T=\frac{12EI}{l^{3}}\delta _{3}\rightarrow \delta _{3}=\frac{5Fl^{3}}{48EI}$

DEFORMATA

VERIFICA IN SAP

DEFORMATA

DIAGRAMMA DEL MOMENTO

DIAGRAMMA DEL TAGLIO

DIAGRAMMA DELLO SFORZO ASSIALE

SdC(b) (LM PA)

Esercitazione

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METODO DELLE FORZE

Inviato da francesca.marino il Lun, 22/04/2013 - 20:47

La struttura che ci troviamo a dover risolvere è una trave su più appoggi iperstatica, il metodo di risoluzione più adatto a questo tipo di trave è il MEDOTO DELLE FORZE, dove le incognite sono le FORZE, e verranno trovate attraverso le EQUAZIONI DI COMPATIBILITA' CINEMATICA.
Il metodo delle forze ci consente di risolvere strutture iperstatiche riconducendole a sistemi isostatici equivalenti dove per ciascun GRADO DI IPERSTATICITA’ corrisponde una REZIONE VINCOLARE INCOGNITA.

Nel caso preso in esame sostituiamo i tre carrelli esterni con delle cerniere interne aggiungendo le reazioni vincolari rimosse, cioè la rotazione a destra e a sinistra del nodo. Quindi la struttura isostatica di riferimento sarà composta da una serie di travi doppiamente appoggiate con l'aggiunta di coppie di momenti in corrispondenza dei punti B, C, D.
Nella strruttura iperstatica non avviene nessuna rotazione nei suddetti punti, quindi per ognuna delle cerniere inserite il DELTA delle rotazioni è uguale a 0. Inoltre dobbiamo trovare le reazioni vincolari incognite X1 X2 X3 relative ai tre vincoli interni, poichèla struttura è simmetrca sappiamo che X1 = X3 quindi d’ora in poi utilizzeremo solo X1 e X2. Avremo due schemi che andremo a sommare con il principio della sovrapposizione degli effetti.

Le equazioni di compatibilità cinematica in grado di ripristinare il vincolo iperstatico sono:

$\varphi _{BS}=\varphi _{BD}$ $\varphi _{CS}=\varphi _{CD}$ $\varphi _{DS}=\varphi _{DD}$

Aiutandoci con gli schemi notevoli troviamo le rotazioni di ciascun tratto della trave

$\varphi _{BS}=\frac{ql^{3}}{24EI}-\frac{X_{1}l}{3EI}$

$\varphi _{BD}=-\frac{ql^{3}}{24EI}+\frac{X_{1}l}{3EI}+\frac{X_{2}l}{6EI}$

$\frac{ql^{3}}{24EI}-\frac{X_{1}l}{3EI}=-\frac{ql^{3}}{24EI}+\frac{X_{1}l}{3EI}+\frac{X_{2}l}{6EI}$

$\frac{2ql^{3}}{24EI}-\frac{2X_{1}l}{3EI}=\frac{X_{2}l}{6EI}$

$\frac{ql^{2}}{12EI}-\frac{2X_{1}}{3}=\frac{X_{2}}{6}$

$X_{2}=\frac{ql^{2}}{2}-4X_{1}$

$\varphi _{CS}=\frac{ql^{3}}{24EI}-\frac{X_{2}l}{3EI}-\frac{X_{1}l}{6EI}$

$\varphi _{CD}=-\frac{ql^{3}}{24EI}+\frac{X_{2}l}{3EI}+\frac{X_{1}l}{6EI}$

$\frac{ql^{3}}{24EI}-\frac{X_{2}l}{3EI}-\frac{X_{1}l}{6EI}=-\frac{ql^{3}}{24EI}+\frac{X_{2}l}{3EI}+\frac{X_{1}l}{6EI}$

$\frac{2ql^{3}}{24}-\frac{2X_{2}l}{3EI}=\frac{2X_{1}l}{6EI}$

$X_{1}=\frac{ql^{2}}{4}-2X_{2}$

Mettendole a sistema possiamo così ottenere i valori di X₁ eX₂(X₁ = X₃)

$\left\{\begin{matrix}X_{1}=\frac{ql^{2}}{4}-2x_{2} & & \\ X_{2}=\frac{ql^{2}}{2}-4x_{1} & & \end{matrix}\right.$

$X_{2}=\frac{ql^{2}}{2}-4\left ( \frac{ql^{2}}{4}-2X_{2} \right )=\frac{ql^{2}}{2}-ql^{2}+8X_{2}$

$7X_{2}=-\frac{ql^{2}}{14}$

$X_{2}=\frac{ql^{2}}{14}$

$X_{1}=\frac{ql^{2}}{4}-2\frac{ql^{2}}{14}=\frac{7ql^{2}-4ql^{2}}{28}=\frac{3}{28}ql^{2}$

Dopo aver trovato i valori delle incognite iperstatiche possiamo trovarci le reazioni vincolari con il metodo della sovrapposizione degli effetti, per il quale le reazioni finali sono la somma delle reazioni dovute al carico q e alle forze iperstatiche trovate. Le reazioni vincolari vanno determinate per ciascuna delle quattro campate della struttura isostatica di riferimento e vanno sommate quelle che si trovano sullo stesso vincolo.

Ora possiamo procedere col calcolarci il taglio ed il momento effettuando sezioni nelle varie campate e determinandone il valore per ognuna.

TAGLIO

Primo tratto

$T\left ( s \right )=-\frac{11}{28}ql+qs$

$T\left ( s=0 \right )=-\frac{11}{28}ql$

$T\left ( s=l \right )=-\frac{11}{28}ql+ql=\frac{17}{28}ql$

Secondo tratto

$T(s)=-\frac{11}{28}ql-\frac{8}{7}ql+qs$

$T(s=l)=-\frac{11}{28}ql-\frac{8}{7}ql+ql=-\frac{15}{28}ql$

$T(s=2l)=-\frac{11}{28}ql-\frac{8}{7}ql+2ql=\frac{13}{28}ql$

Terzo tratto

$T(s)=-\frac{11}{28}ql-\frac{8}{7}ql-\frac{13}{14}ql+qs$

$T(s=2l)=-\frac{11}{28}ql-\frac{8}{7}ql-\frac{13}{14}ql+2ql=-\frac{13}{28}ql$

MOMENTO

Primo tratto

$M\left ( s \right )=-\frac{qs^{2}}{2}+\frac{11}{28}qls$

$M\left ( s=0 \right )=0$

$M\left ( s=l \right )=-\frac{qs^{2}}{2}+\frac{11}{28}ql^{2}=-\frac{3}{28}ql^{2}$

$Mmax\rightarrow T=0\rightarrow s=\frac{11}{28}l$

$M\left ( s=\frac{11}{28}l \right )=-\frac{q\left ( \frac{11}{28}l \right )^{2}}{2}+\frac{11}{28}ql\left ( \frac{11}{28}l \right )$

$M\left ( s=\frac{11}{28}l \right )=-\frac{121}{784}ql^{2}\frac{1}{2}+\frac{121}{754}ql^{2}=\frac{121}{1568}ql^{2}$

Secondo tratto

$M\left ( s \right )=-\frac{qs^{2}}{2}+\frac{11}{28}qls+\frac{8}{7}ql\left ( s-l \right )$

$M\left ( s=2l \right )=-2ql^{2}+\frac{11}{28}2ql^{2}+\frac{8}{7}ql^{2}=-2ql^{2}+\frac{11}{14}ql^{2}+\frac{8}{7}ql^{2}=-\frac{ql^{2}}{14}$

$Mmax\rightarrow T=0\rightarrow s=\frac{15}{28}l+l$

$M\left ( s=\frac{43}{28}l \right )=\frac{q\left ( \frac{43}{28}l \right )^{2}}{2}+\frac{11}{28}ql\left ( \frac{43}{28}l \right )+\frac{8}{7}ql\left ( \frac{15}{28}l \right )$

$M\left ( s=\frac{43}{28}l \right )=\frac{1849}{784}ql^{2}\frac{1}{2}+\frac{473}{784}ql^{2}+\frac{120}{196}ql^{2}=\frac{57}{1568}ql^{2}$

SdC(b) (LM PA)

Esercitazione

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DIMENSIONAMENTO TRAVE

Inviato da francesca.marino il Mer, 17/04/2013 - 13:02

L'esercitazione ci chiede di fare un progetto di massima della trave maggiormente sollecitata in un solaio, com l'aiuto di un foglio di calcolo che in base a determinati parametri che stabiliamo ci fornisce l'altezza che dovrà avere.
L'esercizio è stato svolto per tre tipologie costruttive diverse: solaio in legno, solaio in acciaio e solaio in latero-cemento

TRAVE IN LEGNO LAMELLARE

Per poter progettare una trave dobbiamo stabilire alcune cose, tra cui i materiali con i loro pesi specifici, e i carichi a cui è soggetta la trave che si dividono in:

-carichi strutturali (qs) cioè tutti i carichi esercitati dalla struttura del solaio, quali travi, travetti e caldana

-carichi permanenti (qp) cioè il peso dei materiali di finitura, dei tramezzi, degli impianti, e di altri elementi gravanti in maniera permanente su du essa

-carichi accidentali (qa) sono dettati dalla normativa in base alla destinazione d'uso

Il solaio in legno sarà composto da:

travetti in legno lamellare di conifera 10x20 con peso specifico di 5,3 KN/m3
assito in legno di conifera con p.s. di 4 KN/m3
caldana di malta cementizia con p.s. 25 KN/m3
sottofondo composto da malta di calce con p.s. 18 KN/m3
pavimento in cotto con p.s. 18 Kn/m3

La porzione di solaio presa in considerazione per svolgere i calcoli sarà di un metro quadrato, quindi dobbiamo andare a verificare quanto pesa ogni strato in base allo spessore che abbiamo scelto.

CARICHI STRUTTURALI

-travetti in legno (10x20 cm)= (0,1m*0,2m*1m)*5,3 KN/m3 = 0,106 kN/m i travetti hanno un interasse di 0,50 m, se dividiamo il risultato pe rinterasse ci viene fornito il peso di tutti i travetti compresi in quell'aria di studio (in questo caso 2) 0,106/0,5 = 0.212 KN/mq

-assito in legno (s=3,5 cm) = (0,035m*1m*1m)*4 KN/m3 = 0,14 kN/mq

-caldana (s=4 cm) = (0,04m*1m*1m)*25 KN/m3 = 1 kN/mq

qs= 1 + 0,14 + 0,212 = 1,352 KN/mq

CARICHI PERMANENTI

-sottofondo (s=3 cm)= (0,03m*1m*1m)*18 KN/m3 = 0,54 kN/mq

-impianti = vengono calcolati circa 0,5 KN/mq

-tramezzi = vengono calcolati circa 1 KN/mq

-pavimento (s=2 cm) = (0,02m*1m*1m)*18 KN/m3 = 0,36 KN/mq

qp= 0,54 + 0,5 + 1 + 0,36 = 2,40 kN/mq

CARICHI ACCIDENTALI

- per civile abitazione 2 kN/mq

Inseriamo i dati richiesti nel folgio di calcolo: INTERASSE= aria di influenza della trave (4m), i carichi appena calcolati, la luce della trave (6m), e la base della trave scelta da noi (30cm)

Il foglio ci restituisce una trave alta 45,66 cm, e per approssimazione scegliamo una sezione di 30x50 cm

La trave deve sostenere anche il proprio peso, quindi dobbiamo procedere con la verifica aggiungendo al carico strutturale il peso di quest'ultima, che al metro lineare sarà (0,3m*0,5m*1m)*6 KN/m3 = 0,90 kN/m

Dobbiamo fare un piccolo passaggio in più dato che nel foglio di calcolo il qs viene moltiplicato per l'interasse (area di influenza) mentre il peso della trave principale non agisce su tutta quest'area, ma solo su se stessa. Quindi dividiamo il risultato per l'area di influenza (4m).

-trave in legno (30x50cm) = 0,90 KN/m / 4 m = 0,225 kN/mq

qs = 1,352 kN/mq + 0,225 kN/mq = 1,577 kN/mq

L'altezza è aumentata a 46,55 cm, nettamente inferiore alla nostra sezione scelta, quindi la trave è VERIFICATA

TRAVE IN ACCIAIO

Scegliamo una lamiera grecata in base al carico complessivo al metro quadrato calcolato per il solaio precedente (qs+qp+qa = 5,752 KN/mq)

Scegliamo una lamiera con soletta di 4,5 cm, altezza della grecata 12 cm e spessore 0,6 mm. Il peso 170kg/mq = 1,7 KN/mq con un interasse di 2 m. Il carico netto che può sopportare è 1024 kg/mq = 10.24 KN/mq (nettamente superiore al nostro)

Il solaio sarà composto da:

travetti IPE 100 con peso specifico 0.081 KN/m
lamiera grecata con massetto con p.s. di 1,7 KN/mq
sottofondo composto da malta di calce con p.s. 18 KN/m3
pavimento in cotto con p.s. 18 KN/m3

CARICHI STRUTTURALI

-travetti IPE 100 = 0,081 KN/m / 2m (diviso interasse tra i travetti) = 0,0405 KN/mq

-lamiera+massetto = 1,7 KN/mq

qs= 0,0405+1,7 = 1,7405 KN/mq

CARICHI PERMANENTI

-sottofondo (s=3 cm)= (0,03m*1m*1m)*18 KN/m3 = 0,54 kN/mq

-impianti = vengono calcolati circa 0,5 KN/mq

-tramezzi = vengono calcolati circa 1 KN/mq

-pavimento (s=2 cm) = (0,02m*1m*1m)*18 KN/m3 = 0,36 KN/mq

qp= 0,54 + 0,5 + 1 + 0,36 = 2,40 kN/mq

CARICHI ACCIDENTALI

- per civile abitazione 2 kN/mq

Inseriamo i dati nel foglio di calcolo, scegliamo la classe di resistenza Fe 430/s275 (sigma dello snervamento=275)

La sigma ammissibile sarà 275/1.15 (coefficiente di sicurezza).

in base alla Wx che la tabella ci fornisce andiamo a scegliere il profilo della trave IPE, in questo caso abbiamo scelto una IPE300.

Per verificare che la trave sopporti il peso proprio, analogamente a prima aggiungiamo il peso nel carico strutturale

-trave IPE300 con peso specifico 0.422 KN/m che andremo a dividere per il nostro interasse 4m = 0.1055 KN/mq

qs = 1,7405+0,1055 = 1,846 KN/mq

La tabella ci restituisce una Wx=476.93 cm3 e l'IPE300 ha una Wx di 557 cm3, la trave è verificata.

TRAVE IN CALCESTRUZZO ARMATO

Solaio in latero-cemento con pignatte da 12x40x25 cm con interasse di 50 cm.

Il solaio sarà composto da:

strato d'intonaco con peso specifico di 11,5 KN/m3
pignatte peso specifico di 0.065 KN
travetti peso specifico 25 KN/m3
caldana di malta cementizia con p.s. 25 KN/m3
sottofondo composto da malta di calce con p.s. 18 KN/m3
pavimento in cotto con p.s. 18 KN/m3

CARICHI STRUTTURALI

-pignatte (12x40x25 cm) in un metro quadrato ci sono 8 pignatte, quindi il loro peso totale è di 0.52 KN

-travetti (s=10 cm) = (0,12m*0,10m*1m)*25 KN/m3 = 0,3 KN/mq dividiamo per l'interasse dei travetti = 0.6 KN/mq

-caldana (s=4 cm) = (0,04m*1m*1m)*25 KN/m3 = 1 kN/mq

qs = 0,52+0,6+1 = 2,12 KN/mq

CARICHI PERMANENTI

-intonacato (s=1,5 cm) = (0,015m*1m*1m)*11,5 KN/m3 = 0,1725 KN/mq

-sottofondo (s=3 cm)= (0,03m*1m*1m)*18 KN/m3 = 0,54 kN/mq

-impianti = vengono calcolati circa 0,5 KN/mq

-tramezzi = vengono calcolati circa 1 KN/mq

-pavimento (s=2 cm) = (0,02m*1m*1m)*18 KN/m3 = 0,36 KN/mq

qp= 0,1725 + 0,54 + 0,5 + 1 + 0,36 = 2,5725 kN/mq

CARICHI ACCIDENTALI

- per civile abitazione 2 kN/mq

Inseriamo i dati nel foglio di calcolo, per l armatura si sceglie il B450C, classe di resistenza cemento RCK 450, impostiamo la base della trave a 20 cm.

Ci esce un altezza utile di circa 34 cm e una totale di 39, scegliamo una trave 20x45 cm.

Verifichiamo con l'inserimento del peso proprio della trave

-trave (20x45 cm) = (0.2m*0.45m)*25 KN/m3 = 2.25 kN/m dividiamo per interasse /4 =0.5625 KN/mq

qs = 2,12+0,5625= 2,6825 KN/mq

Ci viene un altezza di 40.22 cm, la trave è verificata.

SdC(b) (LM PA)

Esercitazione

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TRAVE RETICOLARE TRIDIMENSIONALE 1.2

Inviato da francesca.marino il Gio, 11/04/2013 - 22:51

L'esercitazione in Sap prevede l'analisi di una struttura reticolare spaziale, per fare ciò utiliziamo un programma che ci facilita nella costruzione del modello 3D, in questo caso abbiamo scelto AutoCAD.

MODELLO 3D IN AUTOCAD

Creiamo un nuovo livello, dato che SAP non legge il layer 0 di autocad, disegniamo la struttura reticolare in pianta con moduli 2x2, facendo attenzione che ogni asta sia un elemento separato, e completiamola portiamoci nella vista 3d.

Salvare il file come DXF.

SAP2000

Aprire un nuovo file e importa il modello creato in autocad: file/import/ autocad.dxf

Dalla prima finestra "import information" impostare l'unità di misura su KN, m, C,

e dalla seconda "DXF import" scegliere dal menu a tendina FRAME in nome del layer sul quale avete disegnato la struttura in autocad.

Sap potrebbe importare la struttura con degli errori, per eliminare queste imperfezioni selezionare tutta la struttura

edit/edit point/marge joins e impostare la tolleranza con un valore basso es:0.05

Sap assegna automaticamente una sezione alle strutture, tranne quando importiamo un disegno, per assegnarne una selezioniamo la struttura: define/section properties/frame section cliccare add add new propriety e scegliere materiale e sezione

Dopo aver creato la nuova sezione la dobbiamo assegnare selezionando tutta la struttura: assign/frame/frame section

Definire il peso proprio della struttura: selezionare tutta la struttura: define/load pattern e modifichiamo il campo weight multiplier=0, clicchiamo su modufy load patter

Inserire i vincoli: dobbiamo assegnare 3 vincoli, selezioniamo un nodo alla volta: assign/join/restrait

inserire due carrelli e una cerniera facendo attenzione che non siano allineati

Assegnare le forze: selezioniamo tutti i nodi superiori: assign/join load/force alla voce force global z assegniamo un valore negativo perchè la forza va verso il basso

Assegnare il rilascio: tutti i nodi sono delle cerniere interne, ciò significa che non trasmettono momento, per far capire questo a sap dobbiamo assegnare un rilascio all'inizio e alla fine di ogni asta, selezioniamo tutta la struttura: assign/frame/releasis spuntiamo le caselle start e end nel momento 3-3 con valore 0

La struttura è completa e siamo pronti per far partire l'analisi con il pulsante play.

Si aprirà una finestra set load cases to run dove dobbiamo nascondere all'analisi il campo modal selezionandolo e cliccando su Run/Do Not Run Case. Ora possiamo procedere con RUN NOW.

Sap chiederà di salvare il file e dopo qualche secondo apparirà la DEFORMATA della struttura

REAZIONI VINCOLARE

DIAGRAMMA SFORZO NORMALE

L'ultimo passaggio è quello di esportarsi la tabella nella quale si legge lo sforzo normale di ogni asta e calcolarsi la tensione su ognuna di essa. (allegato)

SdC(b) (LM PA)

Esercitazione

tabella excell.pdf

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LINEA ELASTICA

Inviato da francesca.marino il Gio, 04/04/2013 - 21:41

L'esercitazione ci richiede di risolvere una struttura iperstatica con il metodo della linea elastica e verificare i dati ottenuti con Sap.

Calcolare il valore dell'abbassamento massimo V ed il punto in cui si trova sulla seguente trave iperstatica.

Abbiamo a nostra disposizione 8 equazioni con 8 incognite, tra cui equazioni di bilancio, equazioni delle deformate, e legame costitutivo elastico.

$\left\{\begin{matrix}N'+q_{1}=0 & & \\ T'+q_{2}=0 & & \\ M'+T=0 & & \end{matrix}\right.$ $\left\{\begin{matrix}\varepsilon=u' & & \\ \varphi =v' & & \\ \chi =\varphi ' & & \end{matrix}\right.$ $\left\{\begin{matrix}N=EA\varepsilon & & \\ M=EI\chi & & \end{matrix}\right.$

considerando solo l'abbassamento V possiamo combinare le varie equazioni:

$\frac{dT}{ds}+q_{2}=0$ $T=-\frac{dM}{ds}$

$\frac{d}{ds}\left ( -\frac{dM}{ds} \right )+q_{2}=0$ $-\frac{d^{2}M}{ds^{2}}+q_{2}=0$ $\frac{d^{2}M}{ds^{2}}=q_{2}$

$\chi =\frac{d\varphi }{ds}$ $\varphi =\frac{dv}{ds}$

$\chi =\frac{d}{ds}\left ( \frac{dv}{ds} \right )=\frac{d^{2}v}{ds^{2}}$ $M=EI\chi =EI\frac{d^{2}v}{ds^{2}}$

$\frac{d^{2}}{ds^{2}}\left ( EI\frac{d^{2}v}{ds^{2}} \right )=q_{2}$

consideriamo EI=costante

$EI\frac{d^{4}v}{ds^{4}}=q_{2}$ $\frac{d^{4}v}{ds^{4}}=\frac{q_{2}}{EI}$ EQUAZIONE DELLA LINEA ELASTICA

Per trovare il valore di V(s) integriamo 4 volte l'equazione ottenuta

$\frac{d^{3}v}{ds^{3}}=\frac{q_{2}}{EI}s+C_{1}$

$\frac{d^{2}v}{ds^{2}}=\frac{q_{2}}{EI}\frac{s^{2}}{2}+C_{1}s+C_{2}$

$\frac{dv}{ds}=\frac{q_{2}}{EI}\frac{s^{3}}{6}+C_{1}\frac{s^{2}}{2}+C_{2}s+C_{3}$

$v\left ( s \right )=\frac{q_{2}}{EI}\frac{s^{4}}{24}+C_{1}\frac{s^{3}}{6}+C_{2}\frac{s^{2}}{2}+C_{3}s+C_{4}$

Si ottengono cosi quattro costanti che dipendono dai vincoli, andando ad applicare le condizioni ai bordi possiamo trovarci il valore di ognuna.

Nell'incastro s=0 abbiamo ABBASSAMENTO e ROTAZIONE nulli

v(0)=0 sostituendo nell'equazione v(s) otteniamo

$C_{4}=0$

$\varphi \left ( 0 \right )=0$ $\varphi$ è la derivata prima dell'abbassamento, sostituendo in dv/ds otteniamo

$C_{3}=0$

Nel carrello S=l non c'è ABBASSAMENTO ed ha MOMENTO nullo

v(l)=0 sostituendo in v(s)

$v\left ( l \right )=-\frac{ql^{4}}{24EI}+C_{1}\frac{l^{3}}{6}+C_{2}\frac{l^{2}}{2}=0$

il carico diventa negativo per la convenzione dei segni

$M\left ( l \right )=0$ $M=\frac{d^{2}v}{ds^{2}}$

$M\left (l \right )=-\frac{ql^{2}}{2EI}+C_{1}l+C_{2}=0$

$C_{2}=\frac{q_{2}l^{2}}{2EI}-C_{1}l$ sostituendo nel'abbassamento v(l)

$-\frac{q_{2}l^{4}}{24EI}+C_{1}\frac{l^{3}}{6}+\left ( \frac{q_{2}l^{2}}{2EI}-C_{1}l \right )\frac{l^{2}}{2}=0$

$-\frac{q_{2}l^{4}}{24EI}+C_{1}\frac{l^{3}}{6}+ \frac{q_{2}l^{4}}{4EI}-C_{1} \frac{l^{3}}{2}=0$

$-\frac{q_{2}l^{4}+6q_{2}l^{4}}{24EI}+C_{1}\frac{l^{3}-3C_{1}l^{3}}{6}=0$

$\frac{5q_{2}l^{4}}{24EI}-\frac{C_{1}l^{3}}{3}=0$

$C_{1}=\frac{5q_{2}l^{4}}{24EI}*\frac{3}{l^{3}}=\frac{5}{8}\frac{q_{2}l}{EI}$

$C_{2}=\frac{q_{2}l^{2}}{2EI}-\left ( \frac{5q_{2}l}{8EI} \right )l=\frac{4q_{2}l^{2}-5q_{2}l^{2}}{8EI}=-\frac{q_{2}l^{2}}{8EI}$

Trovate le costanti possiamo trovare l'abbassamento massimo richiesto dal problema. Siccome la rotazione è la derivata dello spostamento, in corrispondenza della rotazione nulla abbiamo l'abbassamento massimo

$\varphi =\frac{dv}{ds}=-\frac{q_{2}s^{3}}{6EI}+C_{1}\frac{s^{2}}{2}+_{2}s+C_{3}$

$\varphi =-\frac{q_{2}s^{3}}{6EI}+\frac{5q_{2}ls^{2}}{16EI}-\frac{q_{2}l^{2}s}{8EI}=0$

$\varphi =s\left ( -\frac{q_{2}s^{2}}{6EI}+\frac{5q_{2}ls}{16EI}-\frac{q_{2}l^{2}}{8EI} \right )$

Affinchè la rotazione sia nulla avremo

$s=0$

$s=\left ( \frac{5q_{2}l^{2}}{16EI}\pm \sqrt{\frac{25q_{2}^{2}l^{2}}{256E^{2}I^{2}}-4\frac{q{_{2}}^{2}l^{2}}{48E^{2}I^{2}}} \right )*\frac{3EI}{q_{2}}$

$S=0,57$

$v\left ( 0,57 \right )=\frac{q_{2}\left ( 0,57 \right )^{4}}{24EI}+\frac{5q_{2}l\left ( 0,57 \right )^{3}}{48EI}-\frac{q_{2}l\left ( 0,57 \right )^{2}}{16EI}=-\frac{0,25q_{2}l^{2}}{48EI}$

$l=1\rightarrow v\left ( 0,57 \right )=-0,00536\frac{q_{2}}{EI}$

Considerando il valore di v(s) possiamo determinare il momento ed il taglio per ogni sezione $M=EI\frac{d^{2}v}{ds^{2}}=-\frac{q_{2}s^{2}}{2}+\frac{5q_{2}l}{8}s-\frac{q_{2}l^{2}}{8}$

$M\left ( 0 \right )=-\frac{q_{2}l^{2}}{8}$ $M\left ( l \right )=-\frac{q_{2}s^{2}}{2}+\frac{5q_{2}l}{8}s-\frac{q_{2}l^{2}}{8}$

Il momento è nullo nei punti

$s_{1}=0$

$s_{2}=\frac{l}{4}$

$T=-M\left ( s \right )=q_{2}s-\frac{5q_{2}l}{8}$

$T\left ( 0 \right )=-\frac{5q_{2}l}{8}$ $T\left ( l \right )=q_{2}l-\frac{5q_{2}l}{8}=\frac{3}{8}q_{2}l$

Il taglio è nullo nel punti

$T\left ( \frac{5}{8}l \right )=0$

RISOLUZIONE IN SAP

Apriamo un nuovo file di tipo grid, con unità di misura kn, m, C, e GRIGLIA x=2 , Y= 1, Z=1 e spaziatura 1. Disegnare la struttura sulla griglia e posizionare un punto a 0.57, dato che dal calcolo a mano abbiamo visto che l’abbassamento massimo avviene in questo punto della struttura.