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TRAVI RETICOLARI- STRUTTURA SIMMETRICA

a.   Verifica dell’isostaticità della struttura

La struttura è isostatica se il numero dei vincoli è pari al numero dei gradi di libertà della struttura: V=l.

Il numero dei gradi di libertà si calcola moltiplicando il numero degli elementi (11aste) per 3 che è il numero di gradi di libertà di ciascun elemento: l=11*3=33.

La struttura presenta 3 vincoli esterni : Ve=3 poiché si sommano i due gradi di libertà bloccati dalla cerniera ad 1 grado di libertà bloccato dal carrello.

Il numero dei vincoli interni si calcola: Vi=2*(n-1) dove n rappresenta il numero di aste che convergono nella cerniera interna.

Vi A= Vi H= 2*(2-1)=2

Vi B= Vi G= 2* (3-1)=4

Vi C= Vi D=Vi E= 2*(4-1)=6

Vi= 2*2 + 4*2 + 6*3= 30

V= Ve+Vi= 3+30=33=l  quindi la struttura è isostatica.

b.   Calcolo delle reazioni vincolari

∑Fy= 3F-yA-yH=0

Poiché la struttura è simmetrica yA=yH e quindi (3/2)F=yA=yH= 30KN

c.   Calcolo delle azioni di contatto

c.1 Metodo delle sezioni di Ritter

Seziono la struttura in modo tale da tagliare almeno 3 aste che non concorrano nello stesso nodo e ipotizzo gli sforzi normali uscenti dalle sezioni delle aste (sto ipotizzando quindi che tutte le aste siano tese cioè che si tratti di tiranti); in questo modo se mi verranno risultati negativi potrò dedurre facilmente che la mia ipotesi non era corretta e che lo sforzo normale ha verso opposto e cioè verso entrante rispetto alla sezione dell’asta che sarà quindi compressa (puntone).

Sezione 1

Imposto l’equazione dell’equilibrio a rotazione del nodo in cui concorrono più aste (C); in questo modo N2 e N3 , che hanno la retta d’azione passante per C, hanno braccio nullo perciò avrò un’unica incognita con un valore facilmente calcolabile.

∑Mc= -(3/2)F*2l + F*l - N1*l=0

            N1=-2F=-40KN

Il risultato negativo ci mostra che l’asta BD, che avevo ipotizzato essere tesa, è in realtà compressa. BD è un puntone.

∑Mb= -(3/2)F*l + N3*l =0

            N3= (3/2)F= 30KN    AC è un’ asta tesa.

N2 è disposta lungo la diagonale di un quadrato, perciò la sua componente orizzontale è uguale alla sua componente verticale: N2x=N2y=N2*(√2/2).

∑Fy=(3/2)F – F – N2(√2/2)=0

           N2=(√2/2)F=10√2 KN      BC è un’asta tesa.

Sezione 2.

Anche N4 è disposta lungo la diagonale di un quadrato, perciò la sua componente orizzontale è uguale alla sua componente verticale: N4x=N4y=N4*(√2/2).

∑Fx= N3 + N4(√2/2) = 0         N3 è noto ed è pari a (3/2)F quindi

            N4= -3*(√2/2)F= -30√2 KN         AB è un’asta compressa.

Sezione 3.

∑Md= N5*l + 2F*l – (3/2)F*3l= 0

            N5=(5/2)F = 50 KN       CE è un’asta tesa.

N6 è disposta lungo la diagonale di un quadrato, perciò la sua componente orizzontale è uguale alla sua componente verticale: N6x=N6y=N6*(√2/2).

∑Fy = (3/2)F – F + N6*(√2/2) =0

            N6= - (√2/2)F = -10*√2 KN       CD è un’asta compressa.

Poiché la struttura è simmetrica rispetto all’asse segnato nella figura, possiamo dedurre che anche le azioni di contatto sono simmetriche rispetto all’asse.

c.2 Metodo dei nodi.

Nel modello delle travature reticolari le forze sono considerate agenti solo sui nodi perciò ciascun nodo per essere in equilibrio deve avere la risultante delle forze orizzontali e la risultante delle forze verticali nulle.

Nodo A.

Nel nodo A agiscono la reazione vincolare della cerniera, N3 ed N4 (scompongo N4 lungo le sue componenti orizzontale e verticale come nel punto precedente dell’esercizio).

∑Fx = N3 + N4*(√2/2) =0

∑Fy = (3/2)F + N4*(√2/2) = 0         N4= -3*(√2/2)F = -30√2 KN                        N3= (3/2)F= 30KN

Uno sforzo normale di compressione sul nodo equivale ad uno sforzo di compressione sull’asta (ciò vale anche per lo sforzo normale di trazione).

Quindi AC è un’ asta tesa mentre AB è un’asta compressa.

Si può ottenere lo stesso risultato con il metodo geometrico e cioè scomponendo la reazione vincolare lungo la direzione delle due aste con la regola del parallelogramma e sapendo l’angolo di inclinazione delle aste (45°).

Nodo B.

Nel nodo B agiscono F, N3(che ora è nota), N1 e N2 (scompongo N2 lungo le sue componenti orizzontale e verticale come nel punto precedente dell’esercizio).

∑Fy = (3/2)F – F – (√2/2)N2 = 0     

          N2= (√2/2)F = 10√2 KN

∑Fx = (3/2)F + N1 + (√2/2)N2 = 0        (3/2)F + N1 + (√2/2)*(√2/2)F = 0   

          N1= -2F = -40 KN

BD è un’asta compressa mentre BC è un’asta tesa.

Nodo C.

Nel nodo C agiscono N3 ed N2(ormai note) e N5 ed N6 da calcolare (dopo aver scomposto come al solito N6 ed N2 lungo le loro componenti orizzontale e verticale).

∑Fy = N6*(√2/2) + F/2 = 0

          N6 = -F*(√2/2) = -10√2 KN

∑Fx = N5 – (3/2)F – N6*(√2/2) – F/2 = 0   

          N5 = 5/2= 50 KN

CE è un’asta tesa mentre CD è compressa.

Come possiamo vedere, il risultato ottenuto con il metodo dei nodi è uguale a quello ottenuto con il metodo delle sezioni di Ritter.

Ecco uno schema riassuntivo dell'azione dello sforzo normale sull’intera struttura.

d.   Verifica su SAP 2000.

Dopo aver disegnato la struttura partendo da una griglia e aver assegnato i vincoli esterni, bisogna assegnare le cerniere interne. Per fare ciò bisogna selezionare tutte le aste e dire a SAP che il momento nella sezione iniziale e finale di ciascuna asta è nullo.

Successivamente ho definito il carico concentrato e l’ho assegnato ai nodi B,D e G.

Il diagramma dello sforzo normale mi conferma che i miei calcoli sono corretti.

TRAVI RETICOLARI- STRUTTURA ASIMMETRICA

a.   Verifica dell’isostaticità della struttura

l=11*3=33.

Ve=3 poiché si sommano i due gradi di libertà bloccati dalla cerniera ad 1 grado di libertà bloccato dal carrello.

Vi=2*(n-1)

Vi A= Vi D= Vi E = 2*(3-1)=4

Vi B= Vi H= 2* (2-1)=2

Vi C= 2*(5-1)=8

Vi G= 2*(4-1)=6

Vi= 4*3 + 2*2 + 8 + 6= 30

V= Ve+Vi= 3+30=33=l  quindi la struttura è isostatica.

b.   Calcolo delle reazioni vincolari

∑Fy= 2F-yA=0          yA=2F=20 KN

∑Fx = xA – x H= 0     xA=xH

∑Ma = F*l + F*2l – xH*l = 0                       l=1m

            F + 2F – xH = 0         xH = xA = 3F = 30 KN

c.   Calcolo azioni di contatto

Applico il metodo che mi sembra più opportuno per rendermi più facili e veloci i calcoli.

Sezione 1.

∑Ma = N3*l = 0      

           N3 = 0                       BD è scarica.

∑Md= N1*l – yA*l + xA = 0                        N1 – 20 + 30 = 0    

          N1= -10 KN                AC è un’asta compressa.

∑Fy = F + N2*(√2/2) = 0    

          N2 = -20√2 KN          AD è un’asta compressa.

Sezione 2.

∑Fy = N4 = 0                                   AB è scarica.

Sezione 3.

∑Me = -N5*l + F*l – yA*2l = 0

            N5= -30 KN               DG è un’asta compressa.

∑Md = N7*l – yA*l + xA*l = 0

           N7= -10 KN               CE è un’asta compressa.

∑Fy = N6*(√2/2) + F – yA = 0

          N6= 10√2 KN             DE è un’asta tesa.

Equilibrio al nodo D.

Sul nodo D agiscono F, N3 ed N5 (uguali e contrarie), N2 ed N6 (già note ma da scomporre lungo le loro componenti) e N7 da calcolare.

∑Fy = N7 + F + N6y – N2y = 0      N7 + 10 + 10 – 20 = 0

          N7= 0                        CD è scarica.

Sezione 4.

∑Me = xH*l + N9*l = 0

 N9= -30 KN               GH è un’asta compressa.

∑Fy = N8*(√2/2) = 0

            N8= 0                        EH è scarica.

Equilibrio al nodo G.

Sul nodo G agiscono F, N5 ed N9 (uguali e contrarie) ed N10 da calcolare.

∑Fy = N10 + F = 0

          N10 = -10                 GE è un’asta compressa.

Schema riassuntivo della situazione complessiva.

d.   Verifica su SAP 2000.

Dopo aver disegnato la struttura partendo da una griglia e aver assegnato i vincoli esterni ( facendo attenzione a bloccare la traslazione lungo l’asse x per il carrello che da default bloccherebbe la traslazione lungo z), bisogna assegnare le cerniere interne. Per fare ciò bisogna selezionare tutte le aste e dire a SAP che il momento nella sezione iniziale e finale di ciascuna asta è nullo.

Successivamente ho definito il carico concentrato e l’ho assegnato ai nodi D e G.

Il diagramma dello sforzo normale mi conferma che i miei calcoli sono corretti.

DIMENSIONAMENTO TRAVE

Ho scelto di dimensionare la struttura di un edificio residenziale unifamiliare su due livelli progettato durante il laboratorio di costruzione dell’architettura al primo anno della triennale.

Dopo aver disegnato l’impalcato e quotato luci ed interassi ho scelto di dimensionare la trave B 2-3 perché è quella che porta un’area di solaio maggiore. La sua area di influenza è A= luce * interasse= 3*3,35=10,05 mq.

1 ANALISI DEI CARICHI

Il carico del solaio comprende il carico strutturale qs (che equivale al peso proprio della struttura), il sovraccarico permanente qp (che equivale al peso proprio degli elementi e strati non strutturali che compongono il solaio e considera anche l’incidenza dei tramezzi e degli impianti) e il sovraccarico accidentale qa (che tiene conto del peso di mobili e persone e quindi dipende dalla funzione ed è tabellato nelle norme tecniche).

Il carico Q=qs+qp+qa  considera un carico “spalmato” su un area (KN/mq) mentre noi sappiamo risolvere e calcolare strutture dove il carico è su metro lineare quindi dobbiamo moltiplicare il carico totale Q per l'interasse.

2 DIMENSIONAMENTO TRAMITE IL FOGLIO EXCEL

Una volta progettato il solaio, decisi materiali e spessori e calcolati i conseguenti carichi permanenti e strutturali (il sovraccarico accidentale, come abbiamo detto, è dato dalla normativa), possiamo calcolare il momento massimo come il momento in mezzeria di una trave doppiamente appoggiata M=(Q*l^2)/8 dove l è la luce che abbiamo come dato di progetto.

Inserendo nel foglio gli opportuni coefficienti di sicurezza specifici di ciascun materiale, otteniamo il valore della tensione di progetto fd e le indicazioni per dimensionare e successivamente verificare l’elemento strutturale fd=fy/coeff sicurezza dove fy è il valore di crisi di ciascun materiale.

LEGNO

Inizieremo con il dimensionamento di un travetto poiché per calcolare il carico strutturale del solaio portato dalla trave abbiamo bisogno di conoscere il peso del travetto che occorre quindi dimensionare.

TRAVETTO

2.a Analisi dei carichi agenti su 1mq di solaio:

Carico strutturale

Tavolato  Peso= volume* peso specifico= (0,04*1*1)mc * 5,25 KN/mc = 0,21 KN

                                                                        qs=P/A=0,21KN/1mq= 0,21 KN/mq

Oppure qs= peso specifico*spessore= 5,25KN/mc * 0,04 m= 0,21 KN/mq

Sovraccarico permanente

Allettamento in cls                               qp= 18KN/mc * 0,03m= 0,54 KN/mq

Pavimento in teak spessore di 3,5 cm  qp 6,3KN/mc*0,035 m= 0,22KN/mq

Incidenza impianti                                                                qp= 0,5 KN/mq

Incidenza tramezzi                                                                 qp = 1 KN/mq

                                                              qp= 0,54+0,22+0,5+1= 2,26 KN/m

Sovraccarico accidentale

                                                               qa = 2 KN/mq per civile abitazione

2.b Carico totale a metro lineare Q= (qs+qp+qa)*interasse=(0,21+2,26+2)*1= 4,47KN/m

2.c Calcolo del momento massimo

M= (Q*l^2)/8 = 7,65 KN*m

Dove l è la luce del travetto = 3,7m

2.d Scelgo la classe di resistenza del legno lamellare

Scelgo una classe di resistenza intermedia GL 28h che corrisponde a una resistenza a flessione Fk= 28 N/mmq.

2.e Tensione di progetto

Dividendo fk per il coefficiente di sicurezza del legno lamellare(1,45) e moltiplicandolo per un ulteriore coefficiente di sicurezza che tiene conto della durata del carico Kmod (0,5) ottengo il valore della tensione di progetto fd.

Fd= 28*0,5/1,45 = 9,66 N/mmq

Come possiamo vedere il valore della tensione di progetto, che di solito è dato dal valore di crisi diviso per un coefficiente di sicurezza, è ulteriormente dimezzato rispetto al valore di resistenza a flessione poiché, per un materiale viscoso come il legno, bisogna tener conto anche degli effetti del tempo e dell’umidità che incidono profondamente sulle  prestazioni del materiale.

Ora, inserendo un valore di base (b=14cm), otteniamo il valore dell’altezza minima che dovrà avere il travetto h= ((6*M*1000)/(b*fd))^5= 18,43 cm.

Ipotizzo quindi un travetto con un’altezza maggiore h=20cm e b=14cm e procedo con la verifica.

2.f Verifica

Qtr a metro lineare= area sez*peso specifico = 0,14m*0,2m*4,5KN/mc =0,126 KN/m

Qtr a mq= qtr/interasse=0,0126/1=0,0126 KN/mq

Aggiungo quindi al calcolo del carico strutturale anche il peso del travetto e ottengo che per la base scelta di 14cm avrei bisogno di un travetto alto minimo 18,68cm che è un valore minore rispetto ai 20 cm del travetto ipotizzato, il dimensionamento del travetto è quindi corretto. ->TRAVETTO IN LEGNO 14X20cm

TRAVE interasse 3.35m e luce 3m

2.a Analisi carichi

Carico strutturale

Carico Tavolato+ carico travetto                   qs= 0,21 KN/mq + 0,126 KN/mq = 0,336 KN/mq

Sovraccarico permanente

Allettamento + pavimento + impianti + tramezzi             qp= 0,54+0,22+0,5+1=2,26 KN/mq

Sovraccarico accidentale

                   qa = 2 KN/mq per civile abitazione

2.b Carico totale a metro lineare

Q= (qs+qp+qa)*interasse=( 0,336 + 2,26 + 2) * 3,35 = 15,40 KN/m

2.c Calcolo del momento massimo

M= (Q*l^2)/8 = 17,32 KN*m

Dove l è la luce della trave è l = 3m

2.d Scelgo la classe di resistenza del legno lamellare

Scelgo una classe di resistenza intermedia GL 28h che corrisponde a una resistenza a flessione Fk= 28 N/mmq.

2.e Tensione di progetto

Fd= 28*0,5/1,45 = 9,66 N/mmq

Ora, inserendo un valore di base (b=20cm), otteniamo il valore dell’altezza minima che dovrà avere la trave h= ((6*M*1000)/(b*fd))^5= 23,20 cm.

Ipotizzo quindi una trave con un’altezza maggiore h=25cm e b=20cm e procedo con la verifica.

2.f Verifica

Qtr a metro lineare= area sez*peso specifico = 0,25m*0,2m*4,5KN/mc =0,225 KN/m

Qtr a mq= qtr/interasse=0,225/3,35=0,067 KN/mq

Aggiungo quindi al calcolo del carico strutturale anche il peso della trave stessa e ottengo che per la base scelta di 20cm avrei bisogno di una trave alta minimo 23,37 che è un valore minore rispetto ai 25 cm della trave ipotizzata, il dimensionamento della trave è quindi corretto. ->TRAVE IN LEGNO 20X25cm

ACCIAIO

TRAVETTO

2.a Analisi dei carichi agenti su 1mq di solaio:

Carico strutturale

Lamiera grecata con getto di cls                     qs = 1,9 KN/mq (vedi tabella per luce max 3m)

Sovraccarico permanente

Isolamento acustico in lana di roccia per uno spessore di 3,2 cm            

                                                                                                         qp=27kg/mq=0,27KN/mq

Allettamento in cls                                                           qp= 18KN/mc * 0,03m= 0,54 KN/mq

Pavimento in gres spessore di 1 cm                                                                 qp = 0,2KN/mq

Incidenza impianti                                                                                           qp = 0,5 KN/mq

Incidenza tramezzi                                                                                             qp = 1 KN/mq

                                                                                          qp=0,54+0,04+0,5+1=2,51KN/mq

Sovraccarico accidentale

                                                                                          qa = 2 KN/mq per civile abitazione

2.b Carico totale a metro lineare

Q= (qs+qp+qa)*interasse=( 1,9 + 2,51 + 2) * 1 = 6,41 KN/m

2.c Calcolo del momento massimo

M= (Q*l^2)/8 = 10,97 KN*m

Dove l è la luce del travetto = 3,7m

2.d Scelgo la classe di resistenza dell’acciaio

Scelgo una classe di resistenza bassa Fe 360 S 235 che corrisponde a una tensione di snervamento di Fy= 235 N/mmq.

2.e Tensione di progetto

Dividendo fy per il coefficiente di sicurezza dell’acciaio (1,15) ottengo il valore della tensione di progetto fd e dividendo il momento per fd ottengo il modulo di resistenza Wx.

Fd= 235/1,15 = 204,34 N/mmq

Wx = M/fd*1000= 53,68 cm^3

Ipotizzo quindi un travetto con un modulo di resistenza maggiore: IPE 140 e procedo alla verifica .

2.f Verifica

Qtr a metro lineare= 12,9 kg/m= 0,129 KN/m

Qtr a mq= qtr/interasse=0,129/1=0,129 KN/mq

Aggiungo quindi al calcolo del carico strutturale anche il peso del travetto e ottengo un modulo di resistenza Wx= 54, 55cm^3 che è un valore minore rispetto a Wx= 77,3 cm^3 dell’IPE 140, il dimensionamento del travetto è quindi corretto.

->TRAVETTO IN ACCIAIO IPE140

TRAVE interasse 3.35m e luce 3m

Carico strutturale

Lamiera grecata con getto di cls                                                                     qs = 1,9 KN/mq

Travetto                                                                                                       qs= 0,129 KN/mq

                                                                                                                                                                                                                                                 qs= 1,9+0,129= 2,029 KN/mq

Sovraccarico permanente

Isolamento acustico +allettamento+paviemento in gres+impianti+ tramezzi

                                                                                   qp=0,27+0,54+0,2+0,5+1=2,51KN/mq

Sovraccarico accidentale

qa = 2 KN/mq per civile abitazione

2.b Carico totale a metro lineare

Q= (qs+qp+qa)*interasse=( 2,029 + 2,51 + 2) * 3,35 = 21,90 KN/m

2.c Calcolo del momento massimo

M= (Q*l^2)/8 = 24,64 KN*m

Dove l è la luce della trave è l=3m.

2.d Scelgo la classe di resistenza dell’acciaio

Scelgo una classe di resistenza bassa Fe 360 S 235 che corrisponde a una tensione di snervamento di Fy= 235 N/mmq.

2.e Tensione di progetto

Fd= 235/1,15 = 204,34 N/mmq

Wx = M/fd*1000= 120,60 cm^3

Ipotizzo quindi un travetto con un modulo di resistenza maggiore IPE 180 e procedo alla verifica .

2.f Verifica

Qtr a metro lineare= 18,8 kg/m= 0,188 KN/m

Qtr a mq= qtr/interasse=0,188/3,35=0,056 KN/mq

Aggiungo quindi al calcolo del carico strutturale anche il peso del travetto e ottengo un modulo di resistenza Wx= 120,63cm^3 che è un valore minore rispetto a Wx= 146 cm^3 dell’IPE 180, il dimensionamento della trave è quindi corretto. 

->TRAVE IN ACCIAIO IPE 180

CLS ARMATO

TRAVE interasse 3.35m e luce 3m

Carico strutturale

Pignatte (16 cm) + caldana (4cm)

(vedi tabella per luci tra 3.60 e 48.0 m)                        qs = 2,66 KN/mq

Sovraccarico permanente

Intonaco+ Isolamento acustico +allettamento+paviemento in gres+impianti+ tramezzi

                                                                                 qp=0,3+0,27+0,54+0,2+0,5+1=2,81KN/mq

Sovraccarico accidentale

   qa = 2 KN/mq per civile abitazione

2.b Carico totale a metro lineare

Q= (qs+qp+qa)*interasse=( 2,66 + 2,81 + 2) * 3,35 = 25,02 KN/m

2.c Calcolo del momento massimo

M= (Q*l^2)/8 = 28,15 KN*m

Dove l è la luce della trave è l=3m.

2.d Scelgo la classe di resistenza dell’acciaio

Per l’acciaio da calcestruzzo armato sono previste solo due categorie B450A e B450C che hanno lo stesso valore di tensione di snervamento fy=450 N/mmq ma una differente duttilità cioè si rompono a seguito di due diverse deformazioni e perciò sono associate a due diversi coefficienti di sicurezza.

Scelgo l’acciaio B450C, il più duttile che ha un coefficiente di sicurezza più basso pari 1,15.

2.e Tensione di progetto dell’acciaio

Fd_f= 450/1,15 = 391,30 N/mmq

2.f Tensione di progetto del calcestruzzo

Inserisco il valore di resistenza cilindrica del calcestruzzo armato fck=40N/mmq

Fd_c = 40*0,85/1,6 dove 1,6 è il coefficiente di sicurezza del calcestruzzo armato.

2.g Altezza utile

Inserendo un ipotetico valore di base b =20 cm, otteniamo il valore di altezza utile hu che corrisponde alla distanza tra il lembo compresso della sezione e l’asse dell’armatura tesa.

hu = r √(M/ fD_c x b) = 18,63 cm

L’altezza totale H=hu+delta=18,63+5=23,63 cm dove delta è la misura del copriferro che di solito misura 5cm.

Ipotizzo una trave di base b=20cm e un’altezza maggiore rispetto a quella ottenuta H=25cm e procedo con la verifica.

2.h Verifica

Qtr a metro lineare= A*peso specifico=1,18KN/m

Qtr a mq= qtr/interasse=1,18/3,35=0,352 KN/mq

Aggiungo quindi al calcolo del carico strutturale anche il peso della trave e ottengo un’altezza totale H= 24,06 cm che è un valore minore rispetto a H= 25 cm scelta, il dimensionamento della trave è quindi corretto.

TRAVE RETICOLARE SPAZIALE - 4x6 campate con modulo di 2m

Per poter analizzare su Sap una travatura reticolare spaziale, dobbiamo disegnare la struttura in maniera molto accurata e perciò disegnamo prima il modello su Autocad e poi lo importeremo su Sap.

Per far sì che Sap riesca ad analizzare in maniera corretta la struttura, bisogna prestare attenzione ad alcune impostazioni di disegno: disegnare le aste su un layer nuovo che chiameremo “aste”, iniziare a disegnare dal punto d’origine (di coordinate 0,0,0) in modo tale da permettere una facile importazione su Sap;  disegnare una struttura che sia chiusa (assicurarsi cioè che in ogni modulo non manchino aste)e che sia composta da elementi “singoli”, il che vuol dire che bisogna disegnare le linee che stilizzano le aste della travatura in modo tale che non ci siano linee doppie o sovrapposte.

1. DISEGNO SU AUTOCAD-2D

1.a Disegno il modulo base (un quadrato di lato 2m e una diagonale)

2. AUTOCAD 3D

Con il comando “orbita” mi porto nella visualizzazione 3D e imposto la vista assonometrica SO, in questo modo mi rendo conto di aver disegnato il modulo base in pianta quindi lo seleziono e con il comando “ruota 3D” lo ruoto in modo tale da averlo in alzato(l’asse di rotazione è l’asse x e l’angolo di rotazione è 90°).

2.a Seleziono il modulo base e con il comando “serie” creo una riga con 4 colonne e una distanza di 2m tra le colonne; come possiamo vedere non è stata disegnata l’asta verticale di destra perché altrimenti avrei avuto una sovrapposizione delle linee verticali mentre in questo modo sono sicura che si tratti di tutte aste singole. Ora mi basta disegnare con il comando “linea” l’ultima asta verticale di dx per chiudere il modulo della larghezza della piastra.

2.b Disegno le due linee orizzontali mancanti e la diagonale in modo tale da avere il modulo base anche nel piano yz.

2.c Seleziono le 3 linee appena disegnate e con il comando “serie” creo una linea con 5 colonne e una distanza di 2m tra le colonne.

2.d Disegno la diagonale superiore e inferiore.

2.e Seleziono le diagonali appena create e con il comando “serie” creo una riga con 4 colonne e una distanza di 2m tra le colonne.

2.f Imposto un nuovo ucs per 3 punti in modo tale da avere l’asse x lungo la direzione della lunghezza della piastra. Seleziono tutti gli elementi disegnati e con il comando “serie” creo una riga con 7 colonne. Scelgo di realizzare 7 colonne e non 6 perché è più facile cancellare le aste in più che chiudere la struttura disegnando tutte le aste mancanti.

2.g Cancello le aste in più.

3. ESPLODERE LA STRUTTURA

È importante ricordarsi di esplodere la struttura in modo tale che non ci siano polilinee ma solo linee, in questo modo le aste su Sap saranno elementi lineari singoli e potranno essere facilmente analizzati dal programma.

4. SALVATAGGIO

Salvare il file in formato DXF2000

5. IMPORTARE SU SAP

Prima di importare il file occorre impostare le unità di misura poiché devono coincidere con quelle usate per disegnare su Autocad la struttura e perciò sceglieremo Kn,m,C.

Importare file di Autocad_dxf e nelle opzioni di importazione cercare il layer “aste” nel menu a tendina di frames. In questo modo le linee disegnate su autocad verranno lette come delle aste su sap.

6. ASSEGNAZIONE VINCOLI

6.1 ESTERNI Seleziono i quattro nodi alle quattro estremità della pianta, i punti in cui la mia struttura poggia sui pilastri, e assegno a ciascun nodo una cerniera: Assaign->Joints->restraints e scelgo il vincolo della cerniera.

6.2 INTERNI Ora devo specificare a Sap che si tratta di una struttura reticolare in cui tutte le aste sono collegate da cerniere interne. Ciò equivale a dire a Sap che su ciascuna asta il momento iniziale e il momento finale sono nulli. Quindi seleziono l’intera struttura->assaign->frame->releases e assegno il valore nullo all’inizio e alla fine del moment 22 e del moment 33.

7. DEFINIRE MATERIALE E SEZIONE

7.1 MATERIALE

Define->material->add new material che rinomino “acciaio”, scelgo “steel” nel menu a tendina del material type e lascio le caratteristiche fisiche e meccaniche predefinite.

7.2 SEZIONE

Define->sectione properties->frame sections->add new property e scelgo la sezione “pipe” che rinomino come “tubolare” e a cui attribuisco il materiale “acciaio” che ho precedentemente definito.

8. ASSEGNAZIONE MATERIALE E SEZIONE

Seleziono l’intera struttura->assaign->frame->frame sections e scelgo la sezione che ho appena definito(in questo modo sto assegnando non solo la sezione ma anche il materiale).

9. DEFINIRE IL CARICO

Define->load patterns->add new load pattern che rinomino “forza concentrata” e a cui imposto il valore “0” nel self weight multiplier.

10. ASSEGNAZIONE CARICO

Devo assegnare il carico solo ai nodi superiori quindi, per avere una più facile visualizzazione d’insieme e per poter selezionare i giusti nodi, mi metto sul piano xy, clicco set display options e imposto la visualizzazione in modo tale che i nodi siano visibili e le aste siano nascoste.

Dopo di che vado su view->set 2D view->seleziono il piano superiore (quello con la z=2). Ora posso selezionare tutti i nodi che visualizzo sul piano xy e sono sicura che Sap ha selezionato solo quelli superiori.

Assaign->joint loads->forces e inserisco un valore di -40 KN a “force global Z”.

11. ANALISI

Ora posso reimpostare le impostazioni di visualizzazione in modo tale che i nodi siano invisibili e le aste visibili e posso far partire l’analisi.

Dai diagrammi dello sforzo normale non si riesce ad avere una visione complessiva e chiara della situazione su tutte le aste ed è difficile individuare quali siano le aste più sollecitate; per questo possiamo andare su display->show tables e selezionare gli “analysis results”. In questo modo possiamo visualizzare le tabelle che sintetizzano i dati delle analisi della struttura e soprattutto aprendo la tabella “element forces-frames” possiamo visualizzare i valori di sforzo normale di tutte le aste ed individuare l’asta maggiormente tesa(220: N=258,934KN) e quella maggiormente compressa(12: N=-307,254KN).

12. DIMENSIONAMENTO ASTA MAGGIORMENTE COMPRESSA: asta 12

Scelgo un acciaio abbastanza resistente Fe 510 S 355

Fd=N/A               dove fd=fy/1.15=355/1.15=308.7 N/mmq

Quindi se N=-307,524 KN e fd=308.7N/mmq

A=N/fd=307524/308.7=996,19mmq=9,96cmq

Scelgo un profilato con sezione tubolare maggiore dalla minima appena calcolata A=10,70cmq=1070mmq

Verifichiamo che con l’area scelta N/A<fd          307524N/1070mmq=287,40N/mmq <fd ok!

12.1 VERIFICA ASTA MAGGIORMENTE COMPRESSA

Nel caso di aste sottoposte a compressione(ma anche di pilastri o setti strutturali compressi) non basta però verificare che il rapporto tra lo sforzo normale e l’area scelta sia minore della tensione di design perché l’elemento potrebbe incorrere nell’instabilità euleriana, cioè uno sbandamento della struttura dovuto a problemi di eccessiva snellezza dell’elemento.

La snellezza λ=l/ρmin non ha dimensione fisica e misura il rapporto tra la lunghezza e la larghezza del profilo

                 l=lunghezza dell’asta=2,82m

                ρmin =giratore d’inerzia=√(J/A) in questo caso si tratta del raggio di inerzia i=3cm

λ=l/ρmin=282cm/3cm=94<200 valore di snellezza massimo per l’acciaio (dalle norme tecniche). 

Ma occorre anche verificare che il carico di compressione di progetto N_d sia minore della resistenza all'instabilità N_brd=A*X*f_d minore del carico critico euleriano N_e=π²EJ/l_o².

Dove:       E=modulo di elasticita 210.000Mpa

                J=momento di inerzia minimo della sezione=96,30cm⁴=963000mm⁴

                l_o=lunghezza libera di inflessione che dipende dal tipo di vincolo, nel caso di cerniera/carrello

l= l_o=2√2=2,82m (poiché l’asta maggiormente compressa è una diagonale del quadrato)

N_e=π²EJ/l_o²=π²*210000N/mm²*963000mm⁴/7952400mm²=250730,2N~250,73KN

N_brd=A*Χ*fd

Χ=1/[Φ+√( Φ²-λ²)]

Dove :      Φ=0,5*[1+λ²+α(λ-0,2)]

                α=0,49 fattore di imperfettibilità(dalle norme tecniche)

                λ=√(A*fy)/N_e=1,52

                quindi  Φ=0,5*[1+λ²+α(λ-0,2)]=0,5*[1+2,29+(0,49*1,32)]=1,9684

                               Χ=1/[Φ+√( Φ²-λ²)]=1/[1,9684+√( 1,9684²-1,52²)]=1/3,227=0,31

                               N_brd=A*Χ*fd=1070*0,31*308,7=218405 N=218,41KN

                                                                            quindi N_brd< N_d la sezione non è verificata!

Ripeto la verifica scegliendo di volta in volta sezioni con area maggiore. La sezione risulta verificata per un'area A=15,40cmq=1540mmq

Verifichiamo che con l’area scelta N/A<fd          307524N/1540mmq=199,69N/mmq <fd ok!

λ=l/ρmin=282cm/4.810cm=58.63<200 valore di snellezza massimo per l’acciaio (dalle norme tecniche)

N_e=π²EJ/l_o²

N_e=π²EJ/l_o²=π²*210000N/mm²*3570000mm⁴/7952400mm²=929498,2N~929,5KN

N_brd=A*Χ*fd

Χ=1/[Φ+√( Φ²-λ²)]

Dove :      Φ=0,5*[1+λ²+α(λ-0,2)]

                α=0,49 fattore di imperfettibilità(dalle norme tecniche)

                λ=√(A*fy)/N_e=0.77

                quindi  Φ=0,5*[1+λ²+α(λ-0,2)]=0,5*[1+0,59+(0,49*0,57)]=0,94

                               Χ=1/[Φ+√( Φ²-λ²)]=1/[0,94+√( 0,94²-0,59²)]=0,68

                               N_brd=A*Χ*fd=1540*0,68*308,7=324662,92 N=324,67KN    

                                                                quindi N_d<N_brd e la sezione è verificata!

13 DIMENSIONAMENTO ASTA MAGGIORMENTE TESA: asta 220

Scelgo un acciaio abbastanza resistente Fe 510 S 355

Fd=N/A               dove fd=fy/1.15=355/1.15=308.7 N/mmq

Quindi se N=258,934 KN e fd=308.7N/mmq

A=N/fd=258934/308.7=838,79mmq=8,39cmq

Scelgo un profilato con sezione tubolare maggiore dalla minima appena calcolata A=9,65cmq=965mmq

Verifichiamo che con l’area scelta N/A<fd:

258934N/965mmq=268,32N/mmq >fd  non è verificata

Scelgo una sezione con area maggiore A=10,70cmq=1070mmq

258934N/1070mmq=241,994N/mmq <fd  l’asta tesa è verificata!

RIPARTIZIONE DELLE FORZE SISMICHE

Una struttura ben progettata deve resistere bene sia alle forze e ai carichi verticali ma anche alle sollecitazioni orizzontali come per esempio l’azione del vento o le forze sismiche. Gli elementi strutturali chiamati a resistere alle sollecitazioni orizzontali sono i controventi.

A seguito dell’aggiornamento della normativa sulla classificazione delle zone sismiche del 2008, in tutto il nostro paese è diventata obbligatoria la progettazione sismica. Ora vedremo come si ripartiscono le forze simiche su un impalcato di un edificio ad un piano in base alle rigidezze dei controventi. Nel caso studiato i controventi sono composti da una maglia di telai shear type, cioè telai che hanno la trave infinitamente rigida a flessione e accorciamento verticale dei pilastri trascurabile.

L’impalcato si comporta perciò come un corpo rigido e ha quindi solo 3 modi per muoversi: traslando verticalmente, traslando orizzontalmente o ruotando; i suoi vincoli sono proprio i controventi.

Se la struttura è isostatica posso risolverla facilmente ma se invece si tratta, come nel nostro caso, di una struttura iperstatica posso usare il metodo delle rigidezze per risolverla e considero i controventi come dei vincoli elastici e cioè dei vincoli che imprimono una forza per rispondere alla forza esterna applicata. La forza impressa dai vincoli nasce dalla deformazione del controvento che reagisce e si comporta come una molla elastica per la quale è valida la legge di Hooke.

 f=k*δ   dove k è la rigidezza della molla e δ lo spostamento elastico

La rigidezza traslante di ciascun telaio dipende dall’altezza dei pilastri, dal modulo elastico del materiale con cui sono costruiti e dal modulo di inerzia di ciascun pilastro che a sua volta dipende dalla forma e dalle dimensioni della sezione.

La distribuzione delle rigidezze in pianta è fondamentale quando entrano in gioco le sollecitazioni orizzontali perché, come abbiamo appena detto, per la legge di Hooke gli spostamenti dipendono sì dalla forza sismica ma anche e soprattutto dalla rigidezza. Per cui se la struttura è composta da controventi con rigidezze molto diverse(e che quindi si deformano anche in maniera molto diversa), il centro delle rigidezze non passerà per il centro delle masse e si verrà a creare un momento torcente con braccio pari alla distanza tra il centro delle rigidezze e il centro delle masse che farà ruotare l’intera struttura.

L’impalcato di studio è composto da 13 pilastri a sezione rettangolare di dimensioni 50x30cm e realizzati in cemento armato (con un modulo elastico E=21000N/mm²) che compongono 8 telai. La struttura si sviluppa su un piano solo e l’altezza dell’interpiano è pari a 3,50m.

Visto che le sezioni rettangolari hanno due diversi momenti di inerzia, uno rispetto all’asse x e uno rispetto all’asse y, i pilastri devono essere disposti in base all’orditura e alla luce del solaio; nel caso studiato sono stati disposti tutti con lo stesso verso e perciò:

per i controventi orizzontali I_y=(hb³)/12=(50*30³)/12=112500cm⁴

per i controventi verticali I_x=(bh³)/12=(30*50³)/12=312500cm⁴.

STEP 1 CALCOLO DELLE RIGIDEZZE TRASLANTI DEI CONTROVENTI DELL’EDIFICIO

Calcoliamo la rigidezza traslante per ciascuno degli 8 telai Kt=12E*(I₁+I₂+I₃..)/h².

STEP 2 TABELLA SINOTTICA RIGIDEZZE CONTROVENTI E DISTANZE

Riassiumiamo in una tabella sinottica le rigidezze dei telai e le distanze orizzontali e verticali di ciascun telaio dal punto di origine 0 del nostro sistema di riferimento.

STEP 3 CALCOLO DEL CENTRO DI MASSA

Calcoliamo le coordinate del centro delle masse G:

X_G=(A₁*X_G1+A₂+*X_G2)/(A₁+A₂)

Y_G=(A₁*Y_G1+A₂+*Y_G2)/(A₁+A₂)

Dove A₁ e A₂ sono le aree in cui abbiamo diviso l’impalcato e (X_G1; Y_G1) e (X_G2; Y_G2) sono rispettivamente le coordinate del baricentro di ciascuna delle due aree.

Ora possiamo perciò rappresentare l’impalcato attraverso le aree che lo compongono e le molle che rappresentano i controventi.

STEP 4 CALCOLO DEI CENTRO DELLE RIGIDEZZE E DELLE RIGIDEZZE GLOBALI

Calcoliamo le coordinate del centro delle rigidezze C

X_c = [Σ_i (Kv_i*dv_i)]/Kv_tot

Y_c = [Σ_i (Ko_i*do_i)]/Ko_tot

e le distanze di ciascun controvento dal centro delle rigidezze e la rigidezza torsionale come K_φ=Σ_i(K_i*dd_i²).

STEP 5 ANALISI DEI CARICHI SISMICI

La forza sismica è F=m*a dove a=c*g con c<1 (da normativa) quindi F=m*c*g ma m*g non è altro che il peso P della struttura quindi possiamo dire che la forza sismica è una “frazione del peso della struttura”.

c è il coefficiente di intensità sismica dato dalla normativa, per il nostro calcolo useremo c=0,20.

P = G+ψQ dove

                        G= (qs+qp)*A_tot è il carico totale permanente dato dalla somma del carico                          strutturale e quello permante moltiplicata per l’area totale dell’impalcato

            Q= qa*A_tot è il carico totale accidentale dato dal carico accidentale                           moltiplicato per l’area totale dell’impalcato

            Ψ=o,80 è il coefficiente di contemportaneità o di partecipazione che per                 normativa è <1

Quindi possiamo trovare la forza sismica come F=P*c.

STEP 6/7 RIPARTIZIONE FORZA SISMICA LUNGO x/y

In base alla normativa vigente, non potendo sapere se e con quale intensità e direzione arriverà il sisma, bisogna verificare la struttura per almeno due direzioni perpendicolari x,y e verificare che, per le due direzioni scelte, la struttura sopporti eventuali momenti torcenti nati dalla non coincidenza del centro delle masse (a cui è applicata la forza sismica)e del centro delle rigidezze.

Il momento torcente nelle due direzioni è M_x= F (XC - XG) e  M_y= F (YC - YG)  dove (XC-XG) e (YC-YG) sono i rispettivi bracci della forza sismica applicata lungo le due direzioni.

Una volta calcolati i momenti torcenti, la rotazione e le traslazioni orizzontali e verticali possiamo calcolare come la forza sismica si ripartisce su ogni controvento in entrambe le direzioni.

Lungo x:

                               per i controventi orizzontali  Ri^o= Ki^o * (uo + ϕdi^o)

                        per i controventi verticali   Ri^v= Ki^v * ϕdi^v

Lungo y:

                        per i controventi orizzontali  Ri^o= Ki^o * ϕdi^o

                        per i controventi verticali   Ri^v= Ki^v * (uv + ϕdi^v)

Nel caso studiato, la struttura è simmetrica sia per la disposizione degli elementi strutturali sia per la disposizione delle rigidezze per cui il centro delle rigidezze coincide con il centro delle masse e quindi in caso di sisma non si genererà né un momento torsionale né la conseguente rotazione, ma solo una leggera traslazione.

Risoluzione reticolare con metodo dei nodi e sezioni di ritter

TRAVATURE RETICOLARI

Definizione: aste rettilinee, collegate alle estremità mediante cerniere

Le travi reticolari sono sistemi di travi soggette prevalentemente a forze di tipo assiale, le travi che compongono le strutture reticolari sono chiamate "aste", le quali sono collegate tra alle estremità tramite nodi cerniera, oppure nodi incastro.

Se le aste sono incernierate nei nodi e se le forze esterne agiscono solo nei nodi, l' unica sollecitazione presente è solo di sforzo normale. Se invece vi sono forze esterne agenti lungo le aste, queste risultano anche inflesse. Se però le forze prevalenti sono quelle applicate ai nodi allora prevarranno le forze normali sulle azioni flettenti.

TRAVE RETICOLARE SIMMETRICA

1) Verifica dell' isostaticità: Ve+ a=2n ---- 3+11=14 !!!!!OK VERIFICATO!!!

Ve= gradi di vincolo esterni, in questo caso sono 2+1, ovvero 2 gradi da parte della cerniera e 1 da parte del carrello                        

a=numero delle aste, ovvero 11

n= numero dei nodi ovvero 7

2) Calcolo delle reazioni vincolari è il secono step...

3) Calcolo delle tensioni_METODO DI RITTER O DELLE SEZIONI

Una travatura reticolare generata a partire da un triangolo iniziale presenta la proprietà di poter essere tagliata da una sezione ideale, che divida la struttura integralmente in due parti sezionando solo tre aste non concorrenti nello stesso punto.
Si può quindi disegnare lo schema isolato di una delle due porzioni.

Prima sezione _Per cui nel primo tratto che seziono calcolo il Momento nel punto C per trovare N1, il Momento nel punto B per trovare N3 e con la sommatoria delle forze in direzione y trovo N2...

Seconda sezione_ con il momento nel punto D trovo N5, e con l' equilibrio alla traslazione in y trovo N6, come si può vedere l' asta N5 è la più sollecitata è pari a 50 kn...

Il secondo metodo per calcolare le sollecitazioni delle aste su una trave reticolare è il METODO DEI NODI ovvero:

Tale procedimento richiede di individuare un nodo semplice, definito come nodo in cui convergono due aste e di risolverlo mediante le due equazioni di equilibrio del nodo stesso. Si procede quindi nell’isolare un nodo della struttura reticolare tagliando le aste che vi convergono. Si esplicitano quindi gli sforzi normali trasmessi dalle aste al nodo e le eventuali forze esterne. Si scrivono infine le equazioni di equilibrio per il nodo in esame.
Poiché le forze sono convergenti al nodo, l’equazione di equilibrio dei momenti rispetto al nodo stesso è identicamente soddisfatta (ΣMnodo=0). Nel caso piano si hanno pertanto a disposizione per ogni nodo solo le rimanenti due equazioni di equilibrio: ΣFx,nodo=0 ΣFy,nodo=0.

Controprova con SAP_ Reazioni Vincolari...

Deformazione...

Sforzi assiali sulle aste...

TRAVE RETICOLARE ASIMMETRICA

La trave asimmetrica, per sua natura, ci impone di calcolare tutte le aste della trave in quanto i risultati degli sforzi normali su tutta la trave saranno differenti per ogni asta.

Differente è la trave simmetrica dell' esercizio precedente che avendo un asse di simmetria verticale permette di calcolarci solo un metà degli sforzi normali della trave in quanto i risultati degli sforzi normali dell' altra metà saranno, per natura della trave, identici.

1)Verifica dell' isostaticità: Ve+ a= 2n

3+11= 2x7---->14=14 OK è VERIFICATO!!!LA TRAVE è ISOSTATICA!!!

2)Calcolo delle reazioni vincolari:

Ipotizzo i versi delle reazioni vincolari (frecce rosse) Rua, Rva e Rud, essendo le mie incognite faccio l' equilibrio alla traslazione orizzontale, ∑ Fx=0 in cui trovo che Rua e Rud sono uguali (di modulo ma con segno opposto!!); con la traslazione verticale ∑ Fy=0 trovo che Rva è uguale a 2 volte F ovvero 20 kn; calcolandomi il momento nel punto A trovo che Rud è uguale a 3Fl/H= 30 kn=Rua=Rud.

I versi che ho ipotizzato per le reazioni vincolari sono giusti!!!!

Ho fatto anche la controprova con SAP

3)Calcolo delle tensioni:

-Sezione di ritter n°1_ Con la ∑ Mc=0 trovo N4= -10 kn, il verso che ho ipotizzato è sbagliato per cui l' asta è compressa

                              _ Con la ∑ Ma=0 trovo che l' asta N2= 0 per cui è un' asta scarica

                              _ Con la ∑ Fy=0 trovo che N3= -20√2, il verso ipotizzato errato per cui l' asta è compressa.

-Equilibrio al nodo H_ Con la ∑ Fx=0 trovo che N10= -30 kn, verso errato asta compressa

                             _ Con la ∑ Fy=0 trovo che N11=0 l' asta è scarica

Sezione di ritter n°2_ Con la Con la ∑ Mg=0 trovo N6= -30 kn, verso errato asta compressa

                              _ Con la ∑ Me=0 confermo che l' asta 11 è scarica N11=0

                              _ Con la ∑ Fy=0 trovo che N9= -10 kn verso errato asta compressa

Sezione di ritter n°3_ Con la ∑ Mc=0 trovo N8=-10kn verso errato asta compressa

                             _ Con la ∑ Fy=0 trovo N7= F√2, verso giusto!! asta 7 tesa

Equilibrio al nodo B_ Con la ∑ Fx=0 trovo che N2= 0, asta scarica ipotesi riconfermata

                            _ Con la ∑ Fy=0 trovo che N1=0, asta scarica

Equilibrio al nodo D_ Con la ∑ Fy=0 trovo che N5= 0, asta scarica

Con sap èchiaro vedere la deformazione.....

E gli sforzi assiali sulle singole aste...

Esercitazione_Portale a 3 cerniere con carico distribuito lungo l' asse X

Dati

q= 100 kN/m

h=10m

l=5m

Ad occhio vediamo che la struttura è iperstatica lungo l' asse x,e che le reazioni vincolari Rua e Rub dovranno bilanciare il carico distribuito ovvero la loro somma dovrà essere uguale a q e che le reazioni verticali Rva e Rvb saranno uguali e opposte.

Per risolvere questa struttura dividiamola in due corpi, corpo 1 e corpo 2, ipotizzo il verso delle reazioni vincolari sia alle cerniere esterne sia a quella interna.

Reazioni vincolari nella cerniera interna B

Impongo il momento nel punto A e in B, ΣMA=0 e ΣMC=0 e li metto a sistema per trovarmi le reazioni vinvolari

ΣMA=0

-qh²/2-RuBh+ RvBl=0

ΣMC=0

RvBl+ RuBh=0 => RvB=- RuBh/l

Sostituisco il valore RvB dentro l' equilibrio alla rotazione in A, ΣMA=0 e ottengo RuB

-qh²/2-RuBh+ (-RuBh/l)l =>2 RuBh= -qh²/2 => RuB= -qh/4

Sostituisco il valore trovato di RuB= -qh/4 dentro RvB=- RuBh/l e trvo che RvB= qh²/4l

RuB= -qh/4

RvB= qh²/4l

Reazioni vincolari nella cerniera esterna A

u) qh+ RuB-RuA=0

Conoscendo RuB posso trovare RuA:

RuA= qh-qh/4

RuA=3/4 qh

v) RvA= RvB=qh²/4l                                                            

Reazioni vincolari nella cerniera esterna B

u) RuB=RuC= -qh/4

v) RvB= RvC=qh²/4l

Determino l' andamento di N(s), T(s) e M(s)

dN(s)/ds+ q1(s)=0

dT(s)/ds+ q2(s)=0

dM(s)/ds+ T(s)=0

Una densità di carico distribuito q1 su x non è presente infatti il grafico dello sforzo assiale risulta costante

Una densità di carico distribuito q2 su y  è presente infatti il grafico dello sforzo di taglio risulta lineare lungo l' asta interessata dal carico distribuito con un diagramma a farfalla asimmetrica e risulta costante nelle due aste rimanenti in cui il carico distribuito nn è presente:

dM(s)/ds+ T(s)=0, da questa formula risulta che il diagramma del momento è la derivata del taglio per cui il taglio nel prima asta verticale con carico distribuito avendo un andamento lineare, il momento di conseguenza su quell' asta sarà parabolico, nelle altre due aste dove il diagramma del taglio era costante avremmo un momento lineare:

Esercitazione_Portale a 3 cerniere con carico carico concentrato lungo l' asse delle Y o Z

Dati

q= 100 kN/m                                             

h=10m

l=5m

Possiamo vedere che la struttura è tutta simmetrica, tenendo il corpo unito, senza dividirlo, di primo acchitto notiamo subito un carico F centrale, in cerniera, in l/2. A tale forza F dovranno corrispondere 2 Reazione vincolari che saranno la somma di F con verso opposto a F, per cui avremmo F/2 e F/2.

Illustro il ragionamento riportato di sopra, dividendo la struttura e facendo vedere come le reazioni vincolari in direzione y siano uguali a F/2.

Divido il corpo in 3, isolando la cerniera, sommo i momenti del corpo 1 e 3 li impongo uguali a zero e opero all' interno dell' equazione una sostizione con ΣRv=0 della cerniera, per trovare una reazione vincolare verticale.

Reazioni vincolari nel corpo 1

ΣRu=0 => RuA=RuB

ΣRv=0 => RvA=RvB'

ΣMA=0 => RuB H- RvB' l=0

Reazioni vincolari nel corpo 2, cerniera

ΣRu=0 => RuB=RuB

ΣRv=0 => RvB'-RvB''-F=0

Con ΣRv=0 posso fare RvB'= RvB''+F

Reazioni vincolari nel corpo 3

ΣRu=0 => RuC=RuB

ΣRv=0 => RvB''=-RvC

ΣMC=0 => -RuB H- RvB'' l=0

SOMMO I MOMENTI DEL CORPO 1 E 3 E LI PONGO UGUALI A ZERO

RuB H- RvB' l -RuB H- RvB'' l=0 => - RvB' l - RvB'' l=0

Ora sostituisco l' equazione RvB'= RvB''+F dentro - RvB' l - RvB'' l=0

Ottengo che

RvB''= - F/2

Sostituendo il valore trovato di RvB" lo sostituisco dentro le ΣRv=0 dei relativi corpi 1-2 e 3

Dal corpo 2 ottengo RvB'= F/2

Dal corpo 1 Ottengo che Rva= F/2

Dal corpo 3 ottengo che Rvc= F/2

Trovate le reazioni vincolari lungo Y è facile trovarsi le reazioni vincolari lungo l' asse X, sostituendo i valori trovati dentro i momenti del corpo 1 e 3, avrò:

RuB= Fl/2H= RuA= RuC

C.V.D.

Determino l' andamento di N(s), T(s) e M(s)

Non avendo un carico distribuito le 3 equazioni differenziali non valgono più per studiarsi i 3 diagrammi.

dN(s)/ds+ q1(s)=0

dT(s)/ds+ q2(s)=0

dM(s)/ds+ T(s)=0

Infatti esistono le 3 EQUAZIONI DELLA SINGOLARITA'

Fx = Nnegativo o di sinistra - Npositivo o di destra

Fy= T negativo o di sinistra – T positivo o di destra

C= M negativo o di sinistra – M positivo o di destra

In questi casi dove la forza concetrata viene applicata, in quel punto ci sarà un salto nella sezione, ovvero un punto di non derivabilità e questo salto sarà pari alla forza concetrata.

Quindi se c è un salto nel taglio c' è anche un salto nella derivata del momento, ovvero un punto di spigolo che è un punto di non derivabilità.

Il diagramma dello sforzo assiale è costante sia nelle 2 aste verticali sia nell' asta orizzontale ed è pari alle reazioni vincolari che stanno ai bordi.

Il diagramma del taglio è costante nelle aste verticali ed è pari alle reazioni vincolari ai bordi.

Nell' asta orizzontale è costante con un salto pari alla fornza concetrata F nel punto in cui è applicata la forza.

Il momento é lineare su tutte e 3 le aste, è zero nelle nelle 3 cerniere, raggiungendo agli spigoli della struttura un valore lineare (triangolare) pari a Fl/2.

Esercitazione_Portale a 3 cerniere con carico carico concentrato lungo l' asse delle X

Dati

q= 100 kN/m

h=10m

l=5m

E' evidente che anche qui ci dovranno essere 2 reazioni vincolari con segno opposto a 2F con intensità pari a 2F, per far si che la strttura sia in equilibrio.

Condizione: iperstatica lungo l' asse X

Stesso procedimento di prima:

Separo i due corpi, assegno ipotetiche reazioni vincolari, e faccio i momenti con polo nelle cerniere A e C per trovarmi le reazioni vincolari nel punto B (la cerniera interna).

Momento nel corpo 1

ΣRu=0 => - RuA+ F- RuB=0

ΣMA=0 => RuB H- RvB l – FH/2=0

Momento nel corpo 2

ΣRu=0 => RuB+ F- RuC=0

ΣMC=0 => -RuB H- RvB l – FH/2=0 => RvB l= -FH/2- RuBH <= sostituisco il valore dentro la prima equazione RuB H- RvB l – FH/2=0 e ottengo

RuB=0 <= sostituisco il valore dentro le equazioni della ΣRu=0 del corpo 1 e 2, e avrò:

RuA= F

RuC= F

La somma di RuC e RuA è proprio pari a 2F e riesce a bilanciare le due forze concetrate

C.V.D.

Per trovare le reazioni vincolari lungo l' asse Y o Z, basta inserire i valori trovati di RuB dentro:

RvB l= -FH/2- RuBH => RvB= - FH/2L= RvC

RuB H- RvB l – FH/2=0 => RvB= - FH/2L= RvA

Il diagramma dello sforzo assiale è costante sia nelle 2 aste verticali ed è pari FH/2l

lo sforzo assiale è nullo nell' asta orizzontale.

Il diagramma del taglio è costante fino a metà (c' è un salto nel diagramma dovuto alla forza concetrata) nelle aste verticali ed è pari a F

Nell' asta orizzontale è costante ed è pari a FH/2l

Il momento é lineare su tutte e 3 le aste, nelle aste verticale c' è un punto di spigolo (dove è presente la forza concentrata).

Nell' asta orizzontale il momento è lineare e a farfalla.

Esercitazione_ Dimensionamento travi e travetti in acciaio, legno e cls

Ho preso in esame l' impalcato della casa a schiera a Fiumicino del laboratorio di Progettazione1, ho stabilito il telaio della struttura, ho preso in considerazione il piano a quota + 3.00, ho analizzato la trave 2AB, studiandone i carichi del solaio e progettandola in legno, acciaio e cls. Ho verificato i valori con excell e sap.

SOLAIO INTERPIANO_ Edificio di civile abitazione_ACCIAIO

1°PASSO_ Analisi dei carichi

Carichi permanenti (Qp)

Il carico permanente è un peso che rimane per tutta la durata del tempo dell' edificio e varia solo nel caso vengano manomessi parte di questi elementi che vanno a comporre il carico.

Pavimento in cotto, peso specifico di 28kg/m² --->0,28kN/ m²

Massetto di allettamento 1800kg/m³ --->18kN/m³

Controsoffitto in pannelli di gesso rivestito per spessori standard di 12,5 mm, è di circa 10 - 12 kg/mq

Impianti 0.5kN/ m²

Carichi strutturali (Qs)

Getto di cls 2000kg/m³ ---> 20kN/m³

Lamiera grecata 7860kg/m³---> 79kN/m³

Tutti i materiali con il peso specifico espresso in Kg/m³ vanno moltiplicati per il loro spessore in modo tale che le lunghezze (kg/m³ e m) si semplicano per avere un' unità di misura di kg/m² e sommare tutti i carichi in base a questa uità di misura.

Massetto di allettamento_ 18x0.03= 0.54kN/m²

Getto di cls soletta _ 20x0.045= 0.9kN/m²

Getto di cls anima _ 20x0.075= 1,5kN/m²

Lamiera grecata _79x0.006= 0.5kN/m²

Carico accidentale (Qa)

I carichi accidentali sono pesi di cui non si riscontra costanza nell' arco della vita della struttura, in quanto, il loro valore cambia in base alla destinazione d' uso dell' edificio.

Il carico accidentale di un solaio di calpestio di civile abitazione è pari a 200kg/m²-->2kN/ m²

Determinazione del carico (q) sui travetti

Dati:

i= 1 m

L=4.45 m

Qa+Qp+Qs=6.32 kN/m²

Il carico (q) sulla trave sarà la somma di Qp, Qs e Qa moltiplicato per l interasse. Ottenendo così un carico a kN/m.

q= (Qa+Qp+Qs)x i---> (6,32)x 1=6,32 kN/m

2° PASSO_Progettazione del travicello

Il momento maggiore è pari a ql²/8= 15.85 kNm

Per dimensionare una sezione è bene usare sempre il momento maggiore in quanto quest'ultimo essendo legato a una caratteristica geometrica inerziale della struttura è utile al nostro scopo:

σ=Mmax/W

ma è anche vero che:

σ = f_D= fy_k/γ= M/W--------->W è la mia incognita in quanto ha intrinseche le caratteristiche geometriche della mia sezione in acciaio, per cui:

W> Mmax/f_D------>cerco il valore risultante sulle tabelle dei profili in acciaio e ne scelgo un valore maggiore al quale corrisponde una base e un altezza precisi del travetto

f_D= fy_k/γ= 275/1.05= 261.90 N/mm²

W> Mmax/f_D= 15.85 x 1000/ 261= 60.54

σ_Tensione

f_D_ Tensione di progetto

fy_K_ Tensione caratteristica, io ho scelto Fe 430 S275

γ_ coefficiente di sicurezza dato dalla normativa uguale a 1,05

A tale valore equivale un IPE 140:

W= 77.3 cm³,

P= 12,9 Kg/m => 0,129 kN/m² (ho trasoformato da Kg a kN e diviso per 1m, ovvero l interasse e ho ottenuto un unità di misura di kN/ m²)

3° PASSO_ Progettazione trave principale

Dati:

i= 4.41m

L= 4.39m

Ptravicello= 0,129kN/m²

Per ottenere il carico totale sommo il carico precedente più Ptravicello e moltiplico per il nuovo interasse:

qtot= (6.32+0.129) x 4.9= 28.31kN/m

M= ql²/8= 68.20kNm

W> Mmax/f_D= 75.4 x 1000/ 261= 260 cmc

A tale valore equivale un IPE 240:

W= 324 cmc

Verifica dei dati con il foglio elettronico per il calcolo dei travetti e della trave in acciaio

SOLAIO INTERPIANO_ Edificio di civile abitazione_LEGNO

1°PASSO_ Analisi dei carichi

Carichi permanenti (Qp)

Pavimento in cotto, peso specifico di 28kg/m² --->0,28kN/ m²

Allettamento 1800kg/m³ --->18kN/m³ x0.03= 0.54kN/m²

Massetto 2000kg/m³ ---> 20kN/m³x0.045= 0.9kN/m²

Impianti 0.5kN/ m²

Carichi strutturali (Qs)

Tavolato ligneo P= Volume x peso specifico= (1x1x0.025) x 6kN/m³= 0.15kN

Qs= 0.15 / 1m²= 0.15 kN/ m²

Carico Accidentale Qa

Il carico accidentale di un solaio di calpestio di civile abitazione è pari a 200kg/m²-->2kN/ m²

Determinazione del carico (q) sui travetti

Dati:

i=0.6m

L=4.45 m

Qa+Qp+Qs=4.37 kN/m²

Il carico (q) sulla trave sarà la somma di Qp, Qs e Qa moltiplicato per l interasse. Ottenendo così un carico a kN/m.

q= (Qa+Qp+Qs)x i---> (2,22+0.15+2)x 0.6=4.37 kN/m² x0.6m= 2.62kN/m

2° PASSO_Progettazione del travicello

Il momento maggiore è pari a ql²/8= 6.49 kNm, lo approssimo a 6.50 kNm

Ho scelto come classe di resistenza GL28h a cui corrisponde un:

fm_K= 28 N/mm² (immagine)

Kmod deve essere <1:

Kmod=0.5

f_D= Kmod x f_k/γ= 9.66 N/mm²

γ=1.45

Ho scelto la base del travicello pari a 10 posso ricavare

h=( 6 x M x 1000/b x σ)^ 0.5= 20.08cm approssimo a 25 cm

!!! σ= fm_K/ γ!!!!

Travicello_ b= 10cm e h= 25cm

3° PASSO_Progettazione della trave

Dati:

i= 4.41m

L= 4.39m

Qtravicello= A x peso specifico= 0.10 x 0.25 x 6= 0.15kN/m²

Per ottenere il carico totale sommo il carico precedente più Ptravicello e moltiplico per il nuovo interasse:

qtot= (4.37+0.15) x 4.41= 19,93 kN/m

Il momento maggiore è pari a ql²/8= 48.01kNm

Ho scelto come classe di resistenza GL28h a cui corrisponde un:

fm_K= 28 N/mm²

Kmod deve essere <1:

Kmod=0.5

f_D= Kmod x f_k/γ= 9.66 N/mm²

γ=1.45

Ho scelto la base della trave pari a 30 posso ricavare h=( 6 x M x 1000/b x σ)^ 0.5= 31 cm approssimo a 40cm

!!! σ= fm_K/ γ!!!!

Trave_ b= 30cm e h= 40cm

Verifica dei dati con il foglio elettronico per il calcolo dei travetti e della trave in legno

SOLAIO INTERPIANO_ Edificio di civile abitazione_C.A.

ALLEGGERIMENTO PER SOLAI MONODIREZIONALI IN C.A. GETTATI IN OPERA

U-Bahn Beton® è un cassero modulare in polipropilene riciclato appositamente progettato per la realizzazione di solai monodirezionali gettati in opera o semi-prefabbricati. I vari elementi, sovrapponibili nella porzione terminale, consentono lo sviluppo di travetti di qualsiasi lunghezza.Leggero e impilabile, risulta maneggevole nella posa in opera, razionale nell’utilizzo, non teme le intemperie ed è facile da stoccare in cantiere con minimi ingombri.Contrariamente a quanto avviene con le classiche pignatte in laterizio, il vuoto lasciato da U-Bahn Beton® potrà essere utilizzato per il passaggio di cavi e impianti.

1°PASSO_ Analisi dei carichi

Carichi permanenti (Qp)

Pavimento in cotto, peso specifico di 28kg/m² --->0,28kN/ m²

Massetto di allettamento 1800kg/m³ --->18kN/m³

Intonaco in gesso 1000 kg/ m³---> 10kN/m³

Impianti 0.5kN/ m²

Carichi strutturali (Qs)

Getto di cls 2000kg/m³ ---> 20kN/m³

Alleggerimento con U-Bahn Beton 1,40kg/m³---> 0.014kN/m³

Tutti i materiali con il peso specifico espresso in Kg/m³ vanno moltiplicati per il loro spessore in modo tale che le lunghezze (kg/m³ e m) si semplicano per avere un' unità di misura di kg/m² e sommare tutti i carichi in base a questa uità di misura.

Massetto di allettamento_ 18x0.03= 0.54kN/m²

Getto di cls soletta _ 20x0.040= 0.8kN/m²

Getto di cls anima _ 20x0.2= 4kN/m²

Intonaco _10 x 0.015= 0.15 kN/m²

U-Bahn Beton _0.014 x 0.01= 0.00014 kN/m²

Carico accidentale (Qa)

Il carico accidentale di un solaio di calpestio di civile abitazione è pari a 200kg/m²-->2kN/ m²

Determinazione del carico

Dati:

i= 4.41m

L= 4.39m

Qa+Qp+Qs=4.37 kN/m²

Il carico (q) sulla trave sarà la somma di Qp, Qs e Qa moltiplicato per l interasse. Ottenendo così un carico a kN/m.

q= (Qa+Qp+Qs)x i---> (2+1.47+4.80)x 4.41=36.47kN/m

2° PASSO_Progettazione trave

Momento massimo Agente

M= ql²/8= 87.85 kNm

Calcolo della tensione di progetto dell' acciaio

f_D= fy_k/ 1.15= 391.30 N/mm²

Classi e caratteristiche meccaniche dell' acciaio da cemento armato

In merito all'acciaio da cemento armato normale, o acciaio per armatura lenta, il Decreto Ministeriale 14 gennaio 2008, in vigore dal 1 luglio 2009 prevede l'utilizzo solo delle seguenti classi di acciaio nervato (ad aderenza migliorata):

• B 450 C (acciaio laminato a caldo):caratterizzato da una tensione di rottura non inferiore a 540 N/mm²; da una tensione di snervamento non inferiore a 450 N/mm² e da un allungamento totale a carico massimo non inferiore al 7%;

• B 450 A (acciaio trafilato a freddo):caratterizzato da una tensione di rottura non inferiore a 540 N/mm²; da una tensione di snervamento non inferiore a 450 N/mm² e da un allungamento totale a carico massimo non inferiore al 3% (minore duttilità rispetto al precedente).

La normativa prevede inoltre per l'acciaio B 450 A una tensione di progetto f_yd inferiore a quella dell'acciaio B 450 C infatti per quest'ultimo la tensione di snervamento f_yk viene divisa per il solo coefficiente parziale di sicurezza dell'acciaio γ_ms =1,15 secondo la formula:

• f_yd = f_yk/γ_ms

mentre il secondo anche per un ulteriore coefficiente di modello γ_e = 1,20 secondo la formula:

• f_yd = f_yk/(γ_ms*γ_e)

L'acciaio B 450 C è più duttile ed è l'unico ammesso in zona sismica.

Calcolo della tensione di progetto del calcestruzzo

f_D= fc_K/γ => 40/1.75= 22.86 N/mm²

fc_K= è la resistenza a compressione di una provino di forma cilindrica

γ = coefficiente di sicurezza

Altezza utile h

L' altezza utile trave è la distanza dell’armatura tesa dal lembo compresso.

Decido la base della sezione b= 25 cm per calcolarmi l' altezza utile

Determino con excell α= fd_c/ (fd_c+fd_s/15)= 0.47 (numero puro)

Determino con excell r= ( 2/( α ( 1- α/3)))^0.5= 2.25 (numero puro)

Sono tutti valori utili per trovare l' altezza utile in fatti:

h=r√(M/ fD_c x b) = 27,93 cm

Altezza minima H

L' altezza minima della sezione in c.a. Data da

H= h+ c= 32,95 => 35cm

c= copriferro pari a 5 cm

Normalmente si usa il termine di copriferro sia per indicare la quantità di calcestruzzo che ricopre le armature sia la distanza tra il bordo teso della sezione e il baricentro delle armature resistenti nel calcolo delle sezioni in cemento armato.

b=25cm

H= 35 cm

Verifica del dimensionamento

Per verificare che il dimensionamento appena fatto sia giusto aggiungo al carico strutturale il peso della mia trave e mi ricalcolo l' altezza.

qtrave= A x 2500/ 100= (0.25 x 0. 35) x 25= 2.18 kN/m

Per rendere kN/m in kN/m² devo dividere qtrave per l interasse e ottengo

qtrave= 2.18/ 4.41= 0.49 kN/m²

Lo aggiungo al carico strutturale ottengo un H= 33.74

La mia trave b=25 e H=35 è verificata

ESERCITAZIONE_STRUTTURE RETICOLARI SPAZIALI

Padiglione a Segrate Milano

Introduzione

Le strutture reticolari spaziali sono di solito utilizzate per soluzioni multi direzionale permettendo di realizzare lunghe campate (i.e. luci ampie) per mezzo di un numero limitato di supporti. Traggono la loro forza dalla rigidità intrinseca del telaio triangolare; le flessioni ai carichi (i.e. momenti flettenti) sono trasmesse come tensione e carichi di compressione lungo la lunghezza di ogni puntone.

La loro geometria è spesso basata su solidi platonici. La forma più semplice è una lastra orizzontale di piramidi a base quadrata interconnesse fra loro e costruite per mezzo di montanti in alluminio o acciaio tubolare oppure moduli di base cubica.

Storia

Le strutture reticolari furono sviluppate indipendentemente da Alexander Graham Bell intorno al 1900 e Buckminster Fuller nel 1950. L'interesse di Bell fu primariamente concentrato sulla progettazione di telai rigidi per l'ingegneria nautica ed aeronautica. Gli interessi di Buckminster Fuller furono invece le strutture architettoniche sulle quali queste ebbero un'influenza più duratura. Le strutture reticolari spaziali sono una tecnica ormai largamente diffusa nell’architettura e nell’edilizia con particolare riguardo alla realizzazione di ogni tipo di struttura con grandi campate e leggerezza complessiva (e.g. edifici commerciali e industriali, copertura di aree archeologiche, spazi universitari, torri porta insegna, torri di illuminazione).

RETICOLARE SPAZIALE SCHEMA CUBICO

Lo schema cubico risulta composto da due piani di coordinazione a maglie regolari con i nodi allineati in verticale. In tal modo si ottiene una composizione regolare di celle cubiche che devono essere completate da tutte le diagonali di ciascun parallelogramma presente nella struttura. La cellula cubica si presta bene ad impostare strutture di tipo lineari quali travi, torri e portali.

Da Autocad a Sap

1°step_

_ Impostiamo le unità di misura da FORMATO=>unità di misura=> metri

_ Creare un nuovo layer chiamato "aste" per riportarlo in sap

Questa è la strttura reticolare spaziale che dobbiamo fare:

Ora riporterò gli step di questo processo progettuale, inziato da autocad.

2° step_ Processo progettuale

1_Disegno in pianta in 2D il mio modulo di partenza quadrato di lato 2m x 2m, utilizzo la spline e come riferimento iniziale di coordinate per il mio disegno assegno nella riga dei comandi 0,0,0.

DisegnO però un profilo a C (per evitare la sovrapposizione dell' asta ogni volta che si usa il comando SERIE) e la diagonale del nostro quadrato aperto.

2_ Impostiamo la modalità 3D tenendo premuto la rotellina del mouse+ shift, selezioniamo l' oggetto, e sulla riga dei comandi scriviamo RUOTA3D,immettendo nella riga dei comandi l' angolo di 90° per ruotare l' oggeto sul piano XZ

3_ Ora selezioniamo l' oggetto e digitiamo il comando "SERIE",

selezioniamo serie rettangolare

Righe 1 e colonne 4

Distanza tra le righe 1

Distanza tra le colonne 2 (ovvero la misura del nostro modulo di base)

Otteniamo questo:

4_Ora disegnamo lungo l' asse y e quindi nel piano YZ l' asta superiore, inferiore e la diagonale, così:

5_ Seleziono le due aste e la diagonale disegnate sopra,creando una serie sempre lungo l' asse X, con la differenza che il numero delle colonne questa volta è 5,

!!ovvero il numero delle aste della prima faccia lungo l' asse XZ. Ottengo questo:

!!!!Tutto questo è possibile farlo fino ad ora senza cambiare l' UCS perchè si può usare la polilinea 3D oppure usando la semplice linea si usano gli SNAP ad oggetto in modo tale che i punti della linea/polilinea 3d finiscano in un punto a casa dello spazio 3d di autocad.!!!!!                                     

6_I piani su cui andremo a disegnare sono XY a quota Z=2 e XY a quota Z=0 in cui disegnamo l' asta obliqua...

7_ Seleziono le due aste oblique e faccio SERIE lungo l' asse X con colonne 4,

questo è il risultato:

Questo qui sopra è il modulo 3d di base da cui partiremo per creare la piastra reticolare spaziale.

8_ Seleziono tutto, digito SERIE e sempre senza cambiare l' UCS,

nelle righe inserisco 7,

nelle colonne inserisco 1,

distanza tra le righe 2,

distanza tra le colonne 1

E ottengo la serie del mio modulo di base lungo l' asse Y, piano YZ

9_ Ora l' ultima campata rimasta aperta (la campata numero 7) è quella da eliminare, per ottenere una maglia di moduli cubici di 4x6. Questo è il risultato come nell' immagine iniziale:

Per evitare noie su SAP è bene selezionare tutto e digitare ESPLODI.

Andiamo su FILE-SALVA CON NOME e salviamo il file su DXF di AUTOCAD 2000

3° Step_ Processo progettuale su SAP

1_Come importare il file DXF su SAp

File=>import=> Autocad DXF file

Premete OK alla prima finestra di Import Information, alla seconda finestra DXF IMPORT, nel menu a tendina FRAME selezionate il layer ASTE creato in autocad

2_ Il file è importato correttamente!!

Selezioniamo gli appoggi ai quattro lati della struttura, andiamo su ASSIGN=>joint=>restraints e mettiamo le cerniere

3_ Seleziono tutte le aste a cui rilascio il momento sia in 2.2 che in 3.3 (ASSIGN=> frame => release/... e selezioni i 2 momenti sopracitati).

4_ Definisco su LOAD PATTERN un carico distribuito,

5_ Define=> material e scelgo l' acciaio, sempre in define vado su section properties e scelgo una sezione tubolare in acciaio.

6_ Seleziono tutta la strttura vado su ASSIGN=>frame=>frame section e scelgo il materiale e la sezione che ho definito nel passo 5.

7_Seleziono solo i nodi superiore della struttura e assegno su FRAM LOADS=>distributed un carico pari a 40kN gravitazionale.

Fatto questo avvio l' analisi e ottengo la deformata, posso vedere il numero delle aste e posso vedere lo sforzo assiale di tutte le aste, utile a progettare l' asta compressa e tesa più sollecitata.

!!!!Questa strttura non è simmetrica perchè ha la lunghezza e la larghezza diverse!!

Conclusa la fase di analisi SAP ti permette di aprire una tabella con tutti i valore dello sforzo assiale di ogni singola asta e ti permette di esportala in EXCELL.

I valori negativi sono relativi all' asta compressa e i valori positivi sono relativi all' asta tesa, di questi valori per progettare l' asta della reticolare spaziale dobbiamo prendere gli soforzi assiali più grandi.

PROGETTO DELL' ASTA TESA

Asta numero 258 Nd= 258,93 kN

Questa è la tabella che SAP fornisce

Per trovarci la sezione del tubolare uso questa formula, σ=N/A, da cui poi mi ricaverò A che è la mia incognita

Sapendo che σ è anche uguale a fy_K/γ avrò fy_K/γ= N/A

Tiro fuori dall' equazione A che è la mia incognita:

A= N γ/ fy_K

Ho scelto un acciaio con S275=fy_K

γ= coefficiente 1,05

Mi sono cotruita una tabella in EXCELL per i calcoli.

Dal profilario ho scelto una sezione circolare che abbia un area maggiore di 9,89 cmq

Perfetto!! Scegliendo un area di 10,70 cmq Nd= 258,93 kn risulta minore di Ntrazione= 280, 23 kN

 PROGETTO DELL' ASTA COMPRESSA

Un elemento teso sopporta senza problemi una forza pari quasi a detto limite ( A⋅σ ), una membratura compressa può inflettersi e collassare sotto carichi sensibilmente inferiori, tanto

più piccoli quanto più la lunghezza è elevata nei confronti delle dimensioni della sezione.

Questo è un esempio dell’ampia e diversificata categoria di fenomeni complessivamente classificati come di instabilità.

Si parla di equilibrio stabile se il sistema a seguito di un disturbo piccolo a piacere si mantiene in un intorno altrettanto piccolo a piacere.

Si parla di equilibrio instabile se il sistema si allontana in modo incontrollabile con l’entità del disturbo.

Le aste compresse hanno appunto problemi relativi all' instabilità se sono sollecitate da un carico di punta.

Per questo motivo bisogna verificare a 1)resistenza a 2)stabilità e a 3)snellezza

Asta numero 253 Nd= 307,25

1)Nd< Ncres= A fy_K/γ

σ=N/A => fy_K/γ= N/A=> A= N γ/ fy_K

Tabella di Excell:

L' area minima è di 11, 73 cmq

sui profilari troviamo un area maggiore pari a 12, 50 cmq, con un giratore di inerzia di 3,92 cm utile a calcolarci la verifica a snellezza.

Verifco a resistenza i valori trovati Nd< Ncres= A fy_K/γ=327 kN è verificato in quanto è un valore maggiore della Nd di progetto

3)λ<200 => λ=lo/ρ <200

lo= βl

Dati:

β= è il coefficiente di libera inflessione e vale 1

lo=luce di libera inflessione

l=luce dell asta pari a 2,82

ρ= 3,92 cm

Devo verificare che λ<200 con i dati soprascritti e con il ρ= 3,92 cm che ho ricavato dalla verifica a resistenza nel passo 1), ecco i risultati con excell:

Il risultato è che λ= 71,94 che è un valore minore di quello imposto dalla normativa ovvero minore di 200, la verifica a snellezza è ok!!

!!!In fase di progetto posso ricavarmi ρ come dato di progetto da ricercare sulle tabelle dei profilari e ottengo tutti i dati relativi al tubolare in acciaio partendo dal giratore di inerzia in questo modo: ρ> βl/200

2)La verifica di stabilità di un' asta si effettua nell' ipotesi che la sezione trasversale sia uniformemente compressa. Quindi:

Nd< Nbrd

Nd=sforzo assiale di progetto preso dalla tabella di sap

Nbrd= è la resistenza all' instabilità dell' asta compressa

in cui Nbrd= χA fy_k/ γ

χ= 1/Ф + √ Ф² - λ'²< 1

χ è un coefficiente riduttivo di progetto

i due valori si trovano nel seguente modo:

Ф= 0,5 ( 1 + α ( λ' – 0,2) + λ'²)

α= è un valore tabellato preso da questa tabella in basso:

Scelgo il minore fra i due

λ'= √ A fy_K/ Ncr

Ncr= carico critico euleriano= π² E I/ lo²

Dati:

E= 210 000 Mpa

I(momento d' inerzia)= 192 cm alla quarta

lo=luce di libera inflessione 2,82 cm

α= 0,21

a)Ncr=π² E I/ lo²= 9,85 x 210 000 x 19200/79524= 499 411 N

Inserico Ncr dentro:

b)λ'= √ A fy_K/ Ncr= √ 1250 x 275/ 499 411= √0,68 = 0,82

Lambda soprassegnato è un valore adimensionale

Inserisco λ':

Ф= 0,5 ( 1 + α ( λ' – 0,2) + λ'²)= 0,5 ( 1 + 0,21 ( 0,82 – 0,2) + 0,68)= 0,9

Ora che ho finalmente  ho trovato Ф e λ' posso calcolarmi:

χ= 1/Ф + √ Ф² - λ'² = 1/ 0,9 +√ 0,82- 0,68 = 0,78

Verifico che con questi valori Nd sia minore di Nbrd

Nbrd= χA fy_k/ γ= 255,35 kN non è verificato

In questo caso la sezione circolare con Area di 12,50 cm² non è idonea alla resistenza a stabilità con un acciaio S275, per cui dovrò utilizzare una sezione circolare con un' area maggiore!!! Riprendo il profilario

 e scelgo una sezione maggiore e la verifico dentro

Nbrd= χA fy_k/ γ

Infatti con un' area di 15,50 e un' Inerzia = 234 cm alla quarta,

ottengo un λ'= 0,83

un Ф= 0,9 circa

un χ= 0,81
 e finalmente un Nbrd= 328,821 kN che è maggiore della Nd!!!!!! risolto

Siti utili

http://www.oppo.it/tabelle/profilati-tubi-circ.htm

http://www.cpmsistemi.it/index1.htm

ESERCITAZIONE_ Ripartizioni forze sismiche

Scelta dell' impalcato:

Struttura simmetrica a C con 6 campate e 9 controventi totali.

Il problema dell’equilibrio di questo corpo rigido in figura è che è 6 volte iperstatico.

Anziché risolverlo con il metodo delle forze possiamo risolverlo con un metodo che veda come incognite i parametri di spostamento.

Consideriamo che: 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 f

QuindiI do, dv e f sono le incognite del problema. Per determinare il valore di questi parametri abbiamo a disposizione le tre equazioni di equilibrio di corpo rigido relative al nostro problema, facendo comparire in essa le 3 incognite.

STEP1_ calcolo rigidezze traslanti dei controventi dell' edificio.

Considereremo i vincoli dei controventi, non come carrelli, ma come molle per risolvere il problema dell' iperstaticità utilizzando la legge di Hooke:

F= K d

K è la rigidezza della molla che dipende dal tipo di struttura che si utilizza, se è uno shear type la rigidezza sarà 12EI/h³ in questi casi però, prendendo ad esempio il telaio 1-6-11, la rigidezza sarà data da:

12 E ( I1+ I6+I11)/ h³   =>Questo perchè i momenti d' inerzia sono differenti perchè si dispongono in base alla luce della trave.

Ovvero utilizzando come esempio sempre il controvento 1-6-11, i momenti d' inerzia del telaio sono:

Pilastro 11: I= 50 x 30³/12= 112500 cm alla quarta

Pilastro 6-11: I=30 x 50³/12= 312500 cm alla quarta

Utilizzando il cemento armato il modulo di Young è 21000 N/mmq

Per cui Kt= 12 x 21000 ( 112500+ 312500+312500)/ (3,20)³= 56716,92 KN/m

Una volta spiegato il primo telaio il ragionamento vale identico per tutti gli altri:

STEP2_ tabella sinottica controventi e distanze.

Tabella che riassume ogni rigidezza dei controventi in base alle loro distanze dall' origine, per cui Kv1 (la rigidezza del telazio 1-6-11) dista dall' origine zero, perchè l' origine "o" è stata messa nel punto del pilastro 1 (come è possibile vedere nell' immagine sottostante), invece il telaio 2-7-12, ovvero Kv2, corrisponde alla distanza dv2 pari a 4 metri.

Per Kv s' intende la rigidezza verticale

Per Ku la rigidezza orizzontale

Per dv la distanza verticale

Per du la distanza orizzontale

Step 3_ calcolo del centro di massa

In questa tabella si determinano le aree principali che compongono il nostro solaio, in questo caso ne abbiamo 3.

Ogni area ha 2 distanze che individuano il centro di massa di un area, ogni distanza Xg e Yg partono dall' origine "o", definita sopra (vedere figura sopra). Ovvero:

A1=4m x 3m=12 mq a cui corrisponde Xg1= 2m e Yg1= 6.50 m

A2= 16 x 5= 80 mq a cui corrisponde Xg2= 8m e Yg2= 2.50 m

A3=4m x 3m=12 mq a cui corrisponde Xg3= 14m e Yg3= 6.50 m

Mi posso quindi determinare il centro di massa dell' area totale con le coordinate Xgtot e Ygtot

Xgtot= (A1 x Xg1) +(A2 x Xg2) +(A3 x Xg3) / A1 + A2+ A3= 8 m

Ygtot= (A1 x Yg1) +(A2 x Yg2) +(A3 x Yg3) / A1 + A2+ A3= 3.42 m

Step 4: calcolo del centro di rigidezze e delle rigidezze globali

Determinazione delle rigidizze totali orizzontali e verticali:

Kvtot= Kv1+Kv2+Kv3+Kv4+Kv5= 274932,86

Kotot=Ko1+Ko2+Ko3+Ko4= 165344,24

Determinazione del centro delle rigidezze facendo:

X_C=(Kv1 x dv1)+ (Kv2 x dv2)+ (Kv3 x dv3)+ (Kv4 x dv4)+ (Kv5 x dv5)/ Kv tot= 8 m

Y_C=(Ko1 x do1)+ (Ko2 x do2)+ (Ko3 x do3)+ (Ko4 x do3)/ Kv tot =5.70m

Determinazione delle relative distanze dei controventi dal centro delle rigidezze:

Le distanze ddv e ddo sono le distanze dei controventi dal cenrto di rigidezza.

Il valore della rigidezza torsionale è Kϕ= Σi Ki ddi²

Step 5_ analisi dei carichi sismici

Per capire questo step parto dal dire che la forza sismica è data da:

Fsismica= ma

m è la massa dell' edificio

a è una frazione dell' accelerazione della forza di gravità in cui:

a= c g c è un coefficiente <1

sostituisco e ottengo:

Fsismica= (m g) c in cui mg=Peso sismico

quindi F= cP oppure può essere scritto come Fsismica= cW

Per trovarmi W che è il peso sismico devo fare :

W= (G+Q)ψ

G= (qs+qp) Area tot

Q= qa Area tot

STEP 6 e 7_ ripartizioni forze sismiche lungo X e Y

Per il calcolo della ripartizione delle forse sismiche parto dal Calcolo del momento torcente, il quale, è il prodotto della forza sismica per il braccio, ( braccio è la distanza dal punto C al punto G).

!!Il momento torcente è utile per il calcolo della rotazione dell' impalcato!!!!

Mt= F (Yc-Yg) nel caso dello step 6

Mt= F (Xc-Xg) nel caso dello step 7

La traslazione orizzontale è:

Uo= Fsismica/Kotot

La traslazione verticale è:

Vo= Fsismica/Kvtot

Le reazioni vincolari si determinano:

Rio= Kio (Uo+φ dio)

Riv=Kiv( φ div)

ESERCIZIO_STRUTTURA CHIUSA

Una struttura chiusa senza cerniere interne è una struttura 3 volte iperstatica, se creiamo un "buco", ovvero una cerniera, nella struttura il sistema diventa isostatico.

Dove c' è una cerniera c' è un estremo libero in cui N=0, T=0 e M=0

Dati

F=100 KN

L=10 m                 

Divido il corpo in 3 parti, e assegno a ogni estremo delle cerniere delle ipotetiche reazioni vincolari:

Tratto AB

Equazione alla traslazione orizzontale (u)

u)xA-xB-F=0

Equazione alla traslazione verticale (v)

v)yB=yA

Equazione del momento con polo in "o"

o)yBL-xBL/2-FL/4=0

Tratto BC

v)yB=yC

u)xB=xC

o) -xCL/2 – yCL/2=0

Tratto CA

u) xC + F+ xA=0

v) yA=yC

o) FL/4 + xCL – yCL/2=0

Faccio un sistema delle equazione dei momenti, sopra scritti, per trovarmi le incognite "x" e "y".

o1)yBL-xBL/2-FL/4=0

o2)-xCL/2 – yCL/2=0 ======> yC=-xC ==> sostituisco questo valore dentro la terza

o3)FL/4 + xCL – yCL/2=0                              equazione, o3.

Ovvero:

o3)FL/4 + xCL – xCL/2=0 ====> xC=xB=yB=yC=yA= -F/6

Per trovare xA posso sostituire -F/6 dentro l' equazione l' equazione alla traslazione orizzontale:

u)xA-xB-F=0 e ottengo xA= 5F/6

DIAGRAMMI DELLE SOLLECITAZIONI

Sforzo Normale

Costante ovunque data la mancanza di carichi distribuiti e puntuali lungo l' asse interessato

Sforzo di Taglio e Momento

Costante ovunque, con dei salti nel diagramma del taglio nelle aste verticali dove è presente la forza puntuale F=100 che provoca un salto nel taglio pari ad F(100KN) e crea un punto di non derivabilità, ovvero uno spigolo, nel diagramma del momento.

Primo intervento: strutture reticolari

Ecco il primo post. Carico l'esercitazioni sulle travi reticolari, la prima svolta con il metodo delle sezioni di Ritter:

Questa prima trave è molto semplice da analizzare in quanto troviamo una situazione di simmetria sia per quanto riguarda la trave che per la ripartizione dei carichi sui tre nodi superiori. Si può cosi usare il metodo delle sezioni solo per calcolare metà trave e raggionare per analogia per la seconda metà (per capirci, dall'asse di simmetria che possiamo immaginare passante per il nodo D!!) Per verificare l'isostaticità, come primo passaggio uso sempre la formula per cui:

Naste + Vgdl = 2Nnodi

La formula è veloce ma è necessario sempre tenere a mente anche la verifica mediante 2(Naste in un nodo -1), noiosa perchè bisogna assegnarla ad ogni nodo (però così si osservano bene le situazioni che caratterizzano i nodi della struttura!!)

Le reazioni vincolari in questo caso si "prendono" simmetricamente i carichi verticali dei nodi B, D e F (lungo Z ovviamente, mentre non avremo reazioni lungo Y, quindi orizzontali in A)

Ho utilizzato tre sezioni: si prende come riferimento sempre l'equazione alla rotazione in un polo esterno alle incognite, ad esempio per la sezione O1 mi calcolo N1 con polo in C, N3 con polo in B e per N2 (a 45° quindi con componente orizzontale e verticale pari a N2*√2/2) considero un polo esterno all'infinito che equivale a calcolarci equazione alla traslazione verticale. Quanto detto vale per ogni sezione, O2 e O3 quindi seguono questi ragionamenti.

NB: Le frecce uscenti dalla sezione per convenzione ci indicano sempre un asta Tirante. Un risultato negativo ci inverte la situazione segnalandoci come l'asta sia un Puntone e non un Tirante come ipotizzato.

La seconda, asimmetrica, è svolta con il metodo dei nodi:

Rispetto alla precendente questa è più "tosta" avendo una struttura asimmetrica, ci dobbiamo calcolare tutte le aste. Sono sincero, quando ho iniziato già avevo immaginato come le aste 1 e 2 sarebbero risultate scariche ma non lo avrei mai pensato per la 11 e la 5.

Comunque dopo aver verificato come fatto prima l'isostaticità della trave, ho prima di tutto calcolato le reazioni vincolari. A seguire il metodo dei nodi l'ho utilizzato a partire dal nodo G perchè con due sole incognite e un valore definito dalla reazione RuG calcolata precedentemente, per poi proseguire con gli altri nodi da destra a sinistra. Le aste oblique non risultano una difficoltà di calcolo in quanto le componenti N che le caratterizzano sono sempre constituite da componenti N*√2/2 (come anche per il primo esercizio) riferendoci ai seni e coseni di un angolo di 45° (che fortunatamente ha coseno e seno uguali quindi non ci si perde troppo tempo e soprattutto non ci si sbaglia!! Un classico, il panico alla vista di esercizi che implicano seni e coseni XD )

Ho provato a verificare quest'ultima esercitazione sviluppandola con SAP. Di seguito gli screenshot. Ovviamente i valori che possiamo osservare nei diagrammi sono molto più precisi di quelli approssimati nel calcolo precedente. La trave l'ho disegnata partendo da una griglia (KN, m, C) con x=4, y=1 e z=2 e uno spacing impostato su 1 m (sia in x che in z, il piano di lavoro è ovviamente XZ). Per i vincoli ho utilizzato un appoggio standard (già predisposto come scelta nel programma) e un carrello con asse verticale segnalando come vincolo la traslazione in x (non sò bene il perchè ma il simbolo che lo rappresenta è un asterisco). I carichi prima li ho definiti da "load patterns" (sotto define) quindi li ho assegnati ai due nodi (bisonga sempre ricordarsi di assegnare un valore negativo, es. -10 KN, per ricavare carichi gravitazionali verso il basso).

Impostata la struttura, i vincoli e i carichi ho fatto partire l'analisi da cui poi ho osservato reazioni vincolari, diagrammi e deformata. IMPORTATE: dato che ci stiamo occupando di una trave reticolare, prima dell'analisi bisogna ricordarsi di "dire" a SAP che le aste sono sottoposte a sforzi assiali puri!! Quindi le selezioniamo tutte, andiamo su assign poi su frame e ancora su releases/partial fixity, spuntiamo dunque start e end in moment 33 (major).

Spero di aver spiegato bene lo svolgimento delle due prime esercitazioni e la verifica con SAP :D

A presto, con un nuovo intervento!! :)

Secondo intervento: arco a tre cerniere

Sulla struttura è applicato un carico distribuito lungo l'asse Z e con direzione lungo X. Il primo passo è stato di analizare la struttura come corpo unico per ricavarne le reazioni vincolari verticali Rv, in A e B (i due appoggi).

Quindi lo si divide e verifica separatamente, con uno studio separato anche della cerniera per conoscerne la situazione e le reazioni che chiamiamo a-a' (verticalmente) e b-b' (orizzontalmente): Io per abitudine le distinguo sempre come reazioni differenti tra loro, a destra e a sinistra (anche quanto già intuitivamente le si può immaginare uguali).

Ecco qua sopra l'equilibrio della struttura risolte le equazioni di equilibrio della cerniera (che di solito identifico come un corpo 3) e i due corpi strutturalmente simmetrici. La simmetria in questo caso è solo "fisica" della struttura ma non dell'azione del carico e delle forze reagenti.

L'ultima parte consiste nel disegnare i diagrammi degli sforzi (fanticosamente con il metodo qualitativo, che effettivamente è rapidissimo!! bisogna solo abituarsi a questa tecnica!!). Il diagramma N assume valore positivo in situazione di trazione e negativo nel caso di una compressione. L'andamente è costante non essendo presenti carichi distribuiti assialmente alle aste.

I diagrammi del T sono costanti nei tratti influenzati solo da forze concentrate mentre risulta lineare verticalmente nel corpo 1 per via del carico distribuito. Ho adottato la Nuova (per me) soluzione per la convenzione delle azioni di contatto con cui regolarci il segno dei diagrammi del Taglio (me la riscrivo sempre perchè altrimenti mi dimentico e adotto quella che usavo al corso di Meccanica; non cambierebbe nulla, è una convenzione!! ma preferisco essere alla "moda". L'importante è tenere sempre a mente che i diagrammi del Momento dovranno comunque risultare identici che si usi una convenzione piuttosto che un'altra; a questi possiamo anche non assegnare un segno positivo o negativo SAPENDO che il diagramma lo si disegna dal lato delle fibre).

Sappiamo che quando il Taglio è costante, il Momento è lineare e quando è il linerare, il Momento è parabolico (l'integrale ci "alza" una funzione da k (costante) a x, da x a x², da x² a x³). Da qui comprendiamo i diagrammi del Momento (ricordiamoci che seppur il disegno non si allineato con quello del Taglio, il Momento massimo 9/32qh² corrisponde al punto Taglio nullo). L'esercizio è stato verificato mediante SAP2000, di seguito sono riportati i diagrammi N,T,M.

CONSEGNA 1: dimensionamento di una trave

L'impalcato che ho scelto fu ipotizzato per l'esame di Progettazione Archiettonica 1 durante il primo anno della triennale. Il progetto prevedeva un'abitazione unifamiliare (duplex). La struttura si riferisce al piano terra. In quanto le travi tra i pilastri B1-C1 e B2-C2 sono in corrispondenza di una terrazza ho scelto di dimensionare la trave tra i pilastri A2-B2 per poter ipotizzare un incidenza tramezzi e impianti, fermo restando che una terrazza comunque comporta, in un pacchetto solaio (anzi copertura), impermeabilizzazioni, isolanti e massetto per la pendenza... ovvero elementi aggiuntivi da considerare quando si determina il valore relativo ai carichi permanenti (Qp).

La trave studiata ha una luce di 4,90 m e un interasse di 4,93 m (2,36 m + 2,56 m). L'area d'influenza della trave quindi è pari a 4,90 m x 4,93 m ovvero 24,157 m².

Prima di tutto leggendo le NTC (d.m. 14.01.2008) dalla tabella 3.1.II ricaviamo il valore del carico d'esercizio che, per il nostro caso, non è altro che quello considerato per "Ambienti ad uso residenziale" di categoria A, ovvero 2,00 KN/m². Qk fornito dalla normativa è noto.

Qs e Qp sono rispettivamente i valori dei carichi strutturali e dei carichi non strutturali (o permanenti). Qs comprende i pesi degli elementi strutturali per l'appunto, Qp come accennavo prima comprende invece tutti gli elmenti non strutturali consideranti permanenti nel ciclo di vita di un edificio.

1 - ACCIAIO:

1.1 Trave secondaria:

Luce: 5,13 m (campata maggiore, pilastri A2-A3)
Interasse: 1 m

Qa (carichi accidentali): 2,00 KN/mq

Qs (carico strutturale): 2,40 KN/mq

Lamiera grecata A55 P600 + soletta CLS (sp.12cm) : 2,40 KN/mq

Qp (carichi permanenti - non strutturali): 2,0545 KN/mq

Pavimento in moquette (sp. 0,65 cm): 1,45 Kg/mq = 0,0145 KN/mq

Massetto: 18,00 KN/mc x 0,03 m = 0,54 KN/mq

Ipotesi d'incidenza impianti e tramezzi: 0,50 KN/mq + 1,00 KN/mq = 1,50 KN/mq

Qa + Qs + Qp x 1 m (carico totale al metro lineare) = 6,4545 KN/m = Q

Mediate il foglio elettronico ottengo un modulo di resistenza tale da rendere necessario l'utilizzo di un IPE160 con Wx = 109 cm³.

Un IPE160 ha P = 15,8 Kg/m = 0,158 KN/m che se sommato a Q => Q = 6,6125 KN/m dai cui un modulo di resistenza  = 83,06 cm³ minore del modulo di resistenza dell'IPE160 adottata. Il dimensionamento risulta corretto.
 

NB:

P = 15,8 Kg/m = 0,158 KN/m (divido per l'interasse, ovvero 1 m) = 0,158 KN/mq*

1.2 Trave principale:

Luce: 4,90 m
Interasse: 4,93 m

Qa (carichi accidentali): 2,00 KN/mq

Qs (carico strutturale): 2,558 KN/mq

Lamiera grecata A55 P600 + soletta CLS (sp.12cm) : 2,40 KN/mq

IPE160: 0,158 KN/mq*

Qp (carichi permanenti - non strutturali): 2,0545 KN/mq

Pavimento in moquette (sp. 0,65 cm): 1,45 Kg/mq = 0,0145 KN/mq

Massetto: 18,00 KN/mc x 0,03 m = 0,54 KN/mq

Ipotesi d'incidenza impianti e tramezzi: 0,50 KN/mq + 1,00 KN/mq = 1,50 KN/mq

Qa + Qs + Qp x 1 m (carico totale al metro lineare) = 32,59963 KN/m = Q

Nuovamente tramite excel ottengo un modulo di resistenza tale da rendere necessaria, questa volta, un IPE240 con Wx = 324 cm³.

Un IPE240 ha P = 30,7 Kg/m = 0,307 KN/m che se sommato a Q => Q = 32,90663 KN/m dai cui un modulo di resistenza  = 292,11 cm³ minore rispetto al modulo di resistenza dell'IPE240 adottata. Il dimensionamento è corretto.

Trave principale IPE160 Wx = 109 cm³ in acciaio S275

Trave principale IPE240 Wx = 324 cm³ in acciaio S355

- Dimensionamento delle travi.

 - Verifica del dimensionamento.

2 - LEGNO:

2.1 Travetto:

Luce: 5,13 m (campata maggiore, pilastri A2-A3)
Interasse:  0,5 m

Qa (carichi accidentali): 2,00 KN/mq

Qs (carico strutturale): 0,18 KN/mq

Tavolato (sp. 3cm) 18,00 Kg/mq = 0,18 KN/mq (assito)

Qp (carichi permanenti - non strutturali): 2,2345 KN/mq

Pavimento in moquette (sp. 0,65 cm): 1,45 Kg/mq = 0,0145 KN/mq

Massetto: 18,00 KN/mc x 0,04 m = 0,72 KN/mq

Ipotesi d'incidenza impianti e tramezzi: 0,50 KN/mq + 1,00 KN/mq = 1,50 KN/mq

Qa + Qs + Qp x 1 m (carico totale al metro lineare) = 2,20725 KN/m = Q

Dal foglio excel ricavo un dimensionamento per cui la dimensione del travetto = 15 x 20 cm (b x h); ipotizzando una base di 15 cm e legno GL24H (UNI EN 1194, peso specifico: 380 Kg/mc).

Sapendo che P = 3,8 KN/mc x 0,15 m x 0,20 m = 0,114 KN/m sommandolo a Q => Q = 2,32125 KN/m dai

cui un h = 19,11 cm (entro le dimensioni calcolate). Il dimensionamento è corretto.

NB:

P = 3,8 KN/mc x 0,15 m x 0,20 m = 0,114 KN/m (divido per l'interasse, ovvero 0,50 m)=   0,228 KN/mq

2.2 Trave:

Luce: 4,90 m
Interasse: 4,93 m

Qa (carichi accidentali): 2,00 KN/mq

Qs (carico strutturale):  0,408 KN/mq

Tavolato (sp. 3cm): 18,00 Kg/mq = 0,18 KN/mq

Travetto GL24H: 0,228 KN/mq

Qp (carichi permanenti - non strutturali): 2,2345 KN/mq

Pavimento in moquette (sp. 0,65 cm): 1,45 Kg/mq = 0,0145 KN/mq

Massetto: 18,00 KN/mc x 0,04 m = 0,72 KN/mq

Ipotesi d'incidenza impianti e tramezzi: 0,50 KN/mq + 1,00 KN/mq = 1,50 KN/mq

Qa + Qs + Qp x 1 m (carico totale al metro lineare) = 22,88753 KN/m = Q

Dal foglio excel ricavo un dimensionamento per cui la dimensione della = 20 x 50 cm (b x h); ipotizzando una base di 20 cm e legno GL28H (UNI EN 1194, peso specifico: 410 Kg/mc).

Sapendo che P = 4,1 KN/mc x 0,20 m x 0,50 m = 0,41 KN/m sommandolo a Q => Q = 23,29753 KN/m dai 

cui un h = 46,61 cm (entro le dimensioni calcolate). Il dimensionamento è corretto.

- Dimensionamento delle travi.

 - Verifica del dimensionamento.

In aula era stato sabilito un Kmod = 0,5 (coefficiente < 1 che tiene conto del tempo); in rete ho trovato un Kmod associato alle classi GL24H e GL28H pari a 0,9 ma di questo valore non trovo riferimenti sulla normativa. Comunque è facilmente intuibile come le dimensioni si riducano utilizzando un valori di 0,9.

- Dimensionamento delle travi (Kmod = 0,9)

3 - CLS

3.1 Trave:

Luce: 4,90 m
Interasse:  4,93 m

Qa (carichi accidentali): 2,00 KN/mq

Qs (carico strutturale): 2,87 KN/mq

Solaio TRIGON® - "Giuliane solai" (laterizio, altezza 20 cm/soletta, sp. 4 cm): 2,87 KN/mq

Qp (carichi permanenti - non strutturali): 2,3995 KN/mq

Pavimento in moquette (sp. 0,65 cm): 1,45 Kg/mq = 0,0145 KN/mq

Massetto: 18,00 KN/mc x 0,04 m = 0,72 KN/mq

Intonaco SCAGLIOLA VIC®: 1100 Kg/mc = 11 KN/mc x 0,015 m = 0,165 KN/mq 

Ipotesi d'incidenza impianti e tramezzi: 0,50 KN/mq + 1,00 KN/mq = 1,50 KN/mq

Qa + Qs + Qp x 1 m (carico totale al metro lineare) = 35,83864 KN/m = Q

Questa volta ricavo un dimensionamento per cui la dimensione della trave = 20 x 45 cm (b x h); ipotizzando una base di 20 cm in C40/50 (e acciaio B450C - normativa per zona sismica). Di seguito le classi fornite dalla normativa.

Sapendo che P = 1,98 KN/m (determinato dal foglio excel), sommandolo a Q => Q = 37,81864 KN/m dai

cui un H = 40,49 cm (entro le dimensioni calcolate). Il dimensionamento è corretto.

- Dimensionamento della trave.

 - Verifica del dimensionamento.

NB: Per quanto riguarda il calcesctruzzo il foglio elettronico ci fornisce due altezza (h e H, dove H = h + delta ). L'altezza da tener in considerazione per dimensionare la trave è proprioH, l'altezza totale che comprende l'altezza utile h e la dimensione del copriferro delta.

Qui sopra quanto appena detto con un h_u uguale alla dimensione h prima citata.

CONSEGNA 2: costruzione di una struttura reticolare spaziale (dal CAD al SAP!!)

Questo intervento è un vero e proprio tutorial per spiegare come comporre una struttura reticolare spaziale in AutoCAD tremite semplici polilinee ed un inteligente utilizzo del comando Serie (o Array). Realizzata al CAD la struttura, questa verrà importata e analizzata mediante SAP2000.

1. Assegnate le unità di misura (in metri), prima di tutto realizziamo la nostra "forma" base mediante una serie di poliline partendo dall 0 assoluto di coordinata nello spazio CAD (questo per evitare di perdere nello spazio SAP la struttura dopo averla importata). Il CAD assume come distanze valori segnalati con il punto ( 3.2 m = 320 cm ad esempio), per indicare il punto di partenza di una determinata polilinea che vogliamo iniziare a disegnare basta segnalare la cordinata usando la virgola ( 0,0 per partire dal centro degli assi come nell'immagine che segue). Le aste verticali e orizzontali hanno dimensione di 2 m. Volontariamente il "quadrato" di base si lascia aperto a C per evitare che la successiva serializzazione della forma base porti ad una sovrapposizione di aste verticali (sfalzando i risultati nella successiva analisi con SAP!!!!)

2. Premendo shift e tasto centrale del mouse (la rotellina) passiamo alla vista tridimensionale di AutoCAD come nella figura successiva.

3. Ruotiamo ora nello spazio 3D la figura. Il comando da chiamare è ruota3D che similmente a Rhinoceros prima richiede l'asse di rotazione (in questo caso X) quindi da quale asse ruotare (ovvero Y). Et voilà!! La figura è in su.

4. Quindi selezioniamo la figura e passiamo a chiamare il primo comando serie. Dovendo realizzare una serie (per l'appunto!!) di copie proprio lungo X possiamo direttamente dire al setting del comando di ricreare 4 colonne (le nostre campate trasversali) a distanza di 2 m (la dimensione delle aste orizzontali). D'ora in poi per comodità ruoteremo spesso la direzione dell'UCS chiamando il comando ucs->3p e settando la nuova origine e di seguito asse X e Y per avere sempre in direzione dell'array l'asse X e richiedere per le copie sempre e solo nuove colonne (ed evitare di confonderci adottando prima colonne e poi righe!!!! Spero di essere stato chiaro!).

5. Quanto segue è il risultato del comando serie.

6. Modifichiamo l'UCS come nell'immagine che segue (ucs->3p) e chiudiamo quindi l'ultima "forma" che compone la struttura che rimane aperta altrimenti in quanto la nostra C era stata realizzata in questa maniera proprio per evitare la sovrapposizione delle aste verticale lungo l'array.

7. Modifichiamo l'UCS nuovamente come nell'immagine che segue (ucs->3p) e disegnamo le nuove aste (due orizzontali e una obliqua, nessuna verticale per evitare sovrapposizione ora che "espandiamo" la struttura).

8. Cambiamo ancora una volta l'UCS portando l'asse X lungo la direzione che ci interessa per il nuovo array. Nuovamente creiamo una serie, questa volta della figura appena disegnata assegnando 5 colonne a una distanza di 2 m (5 colonne per essere in lignea con le aste verticali della struttura).

9. Di seguito il risultato della nuova serie.

10. Ancora una volta modifichiamo l'UCS e disegamo le aste oblique superiori e inferiori che completano la prima campata.

11. UCS ancora che deve essere variato (una rottura ma è comodo per non sbagliare!!!!) come nella figura successiva per poi passare a selezionare le due aste oblique prima disegnate da replicare nelle 3 campate successive mediante una serie ancora con 4 colonne a distanza di 2 m.

12. Abbiamo quasi finito!! Con il CAD!! Dunque, cambiamo ancora una volta l'UCS come l'immagine che segue, quindi procediamo con un ultimo array dando al setting 7 collone (setting sette, gioco di parole!!) a distanza di 2 m (ovvero le nostre campate longitudinali + una "bonus" e vedremo perchè).

13. Abbiamo ottenuto la nostra struttura reticolare spazile con una campata in più di cui elmineremo solo una parte per chiudere rapidamente la struttura definitiva 4 x 6 campate senza dover disegnare tutte le aste finale mancanti lasciate libere per evitare i soliti problemi di sovrapposizione durante la realizzazione di una serie.

14. L'immagine che segue mostra le aste da selezzionare e eliminare.

15. Ecco dunque conclusa al CAD la realizzazione della struttura reticolare spaziale 4 x 6 campate.

Prima di passare al SAP dobbiamo salvare il disegno in dwg (se non lo avete già fatto, e se così non fosse avrete fin'ora rischiato di perdere tutto!!!! Magari a causa di un black out). Per SAP il disegno fa salvato il dxf vesione AutoCAD2000 (vecchia lo so, ma si evitano problemi di incompatibilità con SAP, davvero seccanti!!)

Importiamo dunque su SAP2000 la struttura, impostate le unità di misura (KN, M, C°) da import scegliamo poi file dxf AutoCAD e apriamo il nostro file appena creato. La struttura comparirà nel suo marasma di aste. Selezioniamo i 4 vertici esterni a cui assegneremo i relativi vincoli come di seguito ( tre nodi riusciremo a selezionarli immediatamente, il quarto va selezionato dopo aver ruotato la visione mediante il comando rappresentato dalla freccia vicino gli "occhiali" nella barra degli strumenti!!).

Prima di analizzare la struttura in questo caso è fondamentale definire materiale e sezione (tubolare o pipe nel mio caso) da assegnare alle aste. Inoltre selezionate tutte le aste va rilasciato il momento si 2.2 che 3.3 (essendo una struttura reticolare) al fine di avere con certezza le aste sollecitate solo assialmente. Quindi definisco un carico concentrato (gravitazionale) a piacimento (in questo caso - 40 KN) da assegnare poi solo ai nodi superiori, selezionabili facilemente in vista 3D o da una vista laterale. Si salva e si analizza la struttura.

- Deformata della struttura.

Se al CAD la struttura è stata disegnata correttamente, senza errori di sovrapposizione di aste, e al SAP abbiamo correttamente rilasciato il momento, noteremo come la struttura sia caratterizzata da uno sforzo assiale lungo le aste. Chiamando i diagrammi del Momento o del taglio non vedremo nulla, sarà disponibile solo il diagramma dello sforzo Normale come vediamo sopra in 3D e sotto lungo XZ e YZ.

Adesso da set display options -> frames/cables/tendons spuntanto labels otteremo la numerazione di tutte e nostre aste che, mantenendo anche attivi i diagrammi dello sforzo Normale soprattutto nella vista 3D, aumenterà la confusione della vista!!! Però questa numerazione ci è molto utile. Da display -> show tables selezionando element output e premendo invio potremo aprire una tabella interessantissima da cui individuare l'asta maggiormente sollecitata in trazione e compressione da ritrovarci nel caos della vista 3D di SAP. Di seguito le immagini che mi individuano l'asta con sforzo Normale di compressione maggiore.

PROGETTO:

Sull'asta più sollecitata a compressione agisce un N = 307,254 KN. Per progettare sappiamo che  fd = N / A da cui

A = N / fd ovvero scegliendo un acciaio S355:

A = 307254 N (ho moltiplicato per 1000) / 338,09 (355/1,05) N/mmq = 909 mmq = 9,09 cmq

Guardando le sezioni disponibili per i tubolari (http://www.oppo.it/tabelle/profilati-tubi-circ.htm segnalo un buon link) posso scegliere una sezione = 10,70 cmq = 1070 mmq

VERIFICA (Resistenza, Stabilità e Snellezza):

Per verificare quanto ottenuto: N / A deve essere minore o uguale ad fd

307254 N / 1070 mmq = 287 N/mmq circa < 338,09 N/mmq

SNELLEZZA: 200 cm (l'asta misura 2 m) x 1 (in virtù delle due cerniere di vincolo Lo = L) quindi:

200 cm / 200 (snellezza massima per elementi in acciaio principali) = 1 cm < 3 cm (raggio d'inerzia del tubolare scelto)

Da cui Lo = 200 cm / 3 cm (raggio d'inerzia) = 66,66 < 200 (valore max snellezza)

STABILITA': la comrpessione oltre ad implicare la precedente verifica a snellezza necessità di una verifica a stabilità. Dalle Norme Tecniche ricaviamo quanto segue:

e i coefficienti α (d'imperfezione) e γ (di sicurezza per la resistenza, già adottato):

Per cui:

Ncritico = π x 210000 N/mq x 0,03 m il tutto diviso 2 m = 39564 N = 40 KN circa

λsegnato =  √1070 mmq x 355 N/mmq il tutto diviso 40 KN = 3

Φ = 0,5 x [1 + 0,49 x (3 - 0,2) + 3²] = 5,686 = 5,7 circa

χ = 1 / 5,7 + √5,7² - 3² = 0,09

Nbrd = 0,09 x 1070 mmq x 355 N/mmq il tutto diviso 1,05 = 32558 N = 33 KN circa

33 KN < 40 KN

Dalle tabelle di SAP a disposizione è possibile individurare ora l'asta maggiormente sollecitata a trazione. Per trovare facilmente i valori maggiori è possibile esportare la tabella in Excel per porre in ordine crescente i dati ottenuti. Il progetto dell'asta tesa sarà analogo a quello dell'asta compressa con meno complicazioni per quanto riguarda la verifica.

PROGETTO:

Sull'asta più sollecitata a trazione agisce un N = 258,934 KN. Per progettare sappiamo che  fd = N / A da cui

A = N / fd ovvero scegliendo un acciaio S355:

A = 258934 N (ho moltiplicato per 1000) / 338,09 N/mmq = 766 mmq = 7,66 cmq

Posso adottare il tubolare già scelto (sezione = 10,70 cmq = 1070 mmq). Il risultato della verifica sarà scontato.

VERIFICA:

Per verificare quanto ottenuto: N / A deve essere minore o uguale ad fd

258934 N / 1070 mmq = 242 N/mmq circa < 338,09 N/mmq
 

_{CONSEGNA 3: ripartizione forze sismiche}
svolto con Claudia Natili

L'impalcato ipotizzato è una struttura simmetrica, composta da 5 telai verticalmente (potremmo dire lungo X) e da 4 telai orizzontalmente di cui due (11-12 e 13-14) in linea.

In arancio sono segnalate le travi che portano il solaio. Ritorna importante questo passaggio per capire la disposizione, o meglio, l'orientamento dei pilastri (di sezione 30x50cm): se abbiamo un controvento che porta il solaio, travi e pilastri si infletteranno maggiormente. Da ciò il bisogno di un momento d'inerzia importante verso il piano del solaio. Il momento d'inerzia I = 1/12 bh³, la disposizione corretta di un pilastro rettagolare, permette di sfruttare il momento d'inerzia maggiore dovunto all'asse di rotazione con cui h = 50 cm e non ai 30 cm di lato minore (ovviamente non essendo circolare o rettangolare i momenti d'interzia sono differenti quindi secondo i due ipotetici assi di rotazione della sezione del pilastro). Se ci si chiede come mai i pilastri 6-7 e 9-10 sono oritentati proprio in funzione delle campate inferiori e non delle "ali" della U di pianta, la risposta è semplice: in un caso particolare come quello di questi quattro pilastri ci dobbiamo ricordare che un pilastro si inflette abbastanza quando si inflette molto una trave per via della continuità del nodo, la trave si inflette a causa del carico ma in virtù di una luce troppo grande. L'indecisione che può sorgere per questi quattro pilastri è risolta consideranto la dimensione maggiore della luce della campata inferiore.

STEP 1_: calcolo delle rigidezze traslanti dei controventi dell'edificio

La tiritera sulla disposizione dei pilastri in base alla loro geometria legata ai momenti d'inerzia è anche strettamente legata ad un passaggio fondamentale che stiamo per copiere. Ci saremo accorti a questo punto di come la struttura sia iperstatica (ben 6 volte!!), per semplificare i calcoli pensiamo ai carrelli di vincolo, non come a dei carrelli per l'appunto, bensì a degli ammortizzatori? Si! Dei carrelli "elastici", ovvero delle molle, tant'è che riferendoci a Hooke F = Kδ δ= F/K con K che non è altro che la rigidezza della molla. Ho dei vincoli elastici dunque, i controventi si deformano ma ricordo che K la valuto sapendo che ho dei telai Sheat Type.

La rigidezza traslante per un telaio Shear Type è K_t = 12EI/h² in particolare poi I = alla somma dei momenti d'inerzia dei pilastri che compongono il telaio (e qui è importante ricordarsi la disposizione di questi!!), ad esempio nel controvento 2-7-12 i momenti d'inerzia saranno:

pilastro 2/7 I = 30x50³/12 = 312500 cm⁴
pilastro 12 I = 50x30³/12 = 112500 cm⁴

da cui ricaviamo una rigidezza traslante = 56716,92 KN/m [posta h = 3,20 m e E = 21000 KN/mm² (modulo di Young del cemento armato)].
Seguono le tabelle dei telai che compongono la struttura.

STEP 2_: tabella sinottica controventi e distanze

Assegnamo un origine di riferimento 0 per definire le distanze da questa, delle K_t verticali e orizzontali, ne conseguno dv e do come distanze rispettivamente per le rigidezze verticali (Kv) e per le rigidezze orizzontali (Ko).

La tabella che segue riassume quanto detto e rappresentato nella pianta precedente. Se ci si chiede come mai vi sono solo 4 distanze verticali e 3 orizzontali, il motivo è che semplicemente Kv1 e Ko1 si trovano in corrispondenza dell'origine 0 con una distanza quindi nulla.

STEP 3_: calcolo del centro di massa

Per definire il centro di massa dobbiamo suddividere l'impalcato in tre aree (in questo caso!!). In verde è individuata l'area 1, in rosso l'area 2 ed in blu l'area 3. Rispettivamente di dimensioni 12 m², 80 m² e ancora 12 m².

Di seguito la tabella che ci permette di cacolare la posizione del centro di massa una volta definita la dimensione e la posizione delle tre aree e le coordinate dei rispettivi tre centri delle aree (x_G1, y_G1 etc etc...) sempre tenendo come riferimento l'origine 0 stabilita prima.

STEP 4_: calcolo del centro di rigidezze e delle rigidezze globali

Il quarto step è il più piacevole, se tutto è stato impostato correttamente Excel farà per noi tanti calcoli noiosi e ci ritroveremo un'intera tabella di risultati. Ricordiamoci però che:

Kv_tot = Kv1+Kv2+Kv3+Kv4+Kv5 = 274932,86

Ko_tot = Ko1+Ko2+Ko3+Ko4 = 165344,24

x_C = (Kv1 x dv1)+(Kv2 x dv2)+(Kv3 x dv3)+(Kv4 x dv4)+(Kv5 x dv5) / Kv_tot = 8 m

y_C = (Ko1 x do1)+(Ko2 x do2)+(Ko3 x do3)+(Ko4 x do3)/ Kv_tot = 5,70 m

Stabilita le cordinate del centro di rigidezze dd_v e dd_o non rappresentano altro che le distanze dei rispettivi controventi dal centro appena trovato.

STEP 5_: analisi dei carichi sismici

A questo punto definiamo i carichi strutturali, permanenti e accidentali (ovvero legati alla funzione). Quindi per comprendere il risultato che si ottiene dobbiamo sapere che:

F_sismica = M_edificio x a
dove a è una frazione di 9,8 m/s (gravità!) ovvero a = c x g dove c dato dalla normativa è comunque un valore minore di 1

F_sismica = M_edificio x c x g
              = c x (M_edificio x g) = c x P (ragion per cui strutture pesanti sono vulnerabili)

- Premessa STEP 6 e STEP 7
Gli ultimi due step seguno uno sviluppo medesimo. Lo step 6 e 7 ci permettono di calcolare la forza ripartita su ogni controvento oltre che lo spostamento e la rotazione dell'impalcato. Il momento torcente è il risultato della forza sismica per il braccio dato dalla distanza del punto C (centro di rigidezze) dal punto G (centro di massa).

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

La traslazione orizzontale è: Uo = F_sismica/Ko_tot

La traslazione verticale è: Vo = F_sismica/Kv_tot

Le reazioni vincolari si determinano:

R_io = K_io (Uo+φ d_io)

R_iv = K_iv (φ d_iv)
i = iesimo

STEP 6_: ripartizione forza sismica lungo x

STEP 7_: ripartizione forza sismica lungo y

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Matteo Saya_cancro ascendente scorpione

RETICOLARE SPAZIALE (STAR TREK episodio xyz) 7 maggio 2012

DIMENSIONAMENTO TRAVE (26 aprile 2012)

Calcestruzzo armato

Area d'influenza: interasse = 4,00 m; luce = 5,50 m

Materiali: cls C40/50; acciao B450C

Tipologia solaio: latero-cemento

Impalcato

 ANALISI  DEI CARICHI

Qs (pesi permanenti strutturali) : 2,51KN/mq

Travetti: 2(0,16x0,10x1,00)25KN/mc = 0,8KN/mq

Caldana superiore: (0,04x1,00x1,00)25KN/mc = 1KN/mq

Pignatte in laterizio: 2(0,16x0,40x1,00)5,5KN/mc = 0,71KN/mq

Qp (pesi permanenti non strutturali)  4,12KN/mq

Intonaco: (0,15x1,00x1,00)2,00KN/mc = 0,3KN/mc

Coibentazione: (0,04x1,00x1,00)10KN/mc = 0,40KN/mq

Incidenza impianti e pareti verticali: = 0,50+1,00 = 1,50KN/mq

Massetto: (0,08x1,00x1,00)19KN/mc = 1,52KN/mq

Pavimentazione: (0,01x1,00x1,00)40KN/mc = 0,4KN/mq

Qa (carichi variabili)

Trattandosi di residenze si assume Qa = 2KN/mq

Inserisco tutti i dati che ho a disposizione nelle corrispondenti caselle del foglio excel impostato per il dimensionamento della trave in calcestruzzo armato e scegliendo la dimensione di 25cm per la base b, ottengo che l'altezza h risulta 39,04cm che arrotondo a 40,00cm.

Acciao

TRAVE SECONDARIA

Area d'influenza: interasse = 1,00m; luce = 4,70m

Materiale: IPE in acciaio S235

Tipologia solaio: con lamiera grecata e calcestruzzo armato con rete elettrosaldata;

Impalcato

 ANALISI  DEI CARICHI

Qs (pesi permanenti strutturali)

lamiera grecata + massetto = 1,66KN/mq

Qp (pesi permanenti non strutturali)  4,02KN/mq

controsoffitto: (0,10x1,00x1,00)2,00KN/mc = 0,2KN/mc

Coibentazione: (0,04x1,00x1,00)10KN/mc = 0,40KN/mq

Incidenza impianti e pareti verticali: = 0,50+1,00 = 1,50KN/mq

Massetto: (0,08x1,00x1,00)19KN/mc = 1,52KN/mq

Pavimentazione: (0,01x1,00x1,00)40KN/mc = 0,4KN/mq

Qa (carichi variabili)

Trattandosi di residenze si assume Qa = 2KN/mq

Inserisco tutti i dati che ho a disposizione nelle corrispondenti caselle del foglio excel impostato per il dimensionamento della trave in acciaio. Mi risulta un Wx = 103,78 cmc. Cerco sul profilario e trovo per eccesso il Wx corrispondente ad una trave IPE 160 che ha Wx = 109,00cmc.

 TRAVE PRINCIPALE

Area d'influenza: interasse = 4,00m; luce = 5,50m

Materiale: IPE in acciaio S355

ANALISI  DEI CARICHI

Qs (pesi permanenti strutturali) : 1,82KN/mq

lamiera grecata + massetto = 1,66KN/mq

trve IPE160 = 0,158KN/mq

Qp (pesi permanenti non strutturali)  4,02KN/mq

controsoffitto: (0,10x1,00x1,00)2,00KN/mc = 0,2KN/mc

Coibentazione: (0,04x1,00x1,00)10KN/mc = 0,40KN/mq

Incidenza impianti e pareti verticali: = 0,50+1,00 = 1,50KN/mq

Massetto: (0,08x1,00x1,00)19KN/mc = 1,52KN/mq

Pavimentazione: (0,01x1,00x1,00)40KN/mc = 0,4KN/mq

Qa (carichi variabili)

Trattandosi di residenze si assume Qa = 2KN/mq

Inserisco tutti i dati che ho a disposizione nelle corrispondenti caselle del foglio excel impostato per il dimensionamento della trave in acciaio. Mi risulta un Wx = 384,13 cmc. Cerco sul profilario e trovo per eccesso il Wx corrispondente ad una trave IPE 270 che ha Wx = 429,00cmc>384,13cmc.

legno

trave secondaria

interasse 1,00m; luce 4,70m

materiale: legno lamellare

ANALISI DEI CARICHI

Qs  (tavolato) = (0,03x1,00x1,00) = 1,18KN/mq

Qp (massetto 1,28KN/mq, coibentazione 0,07KN/mq, incidenza impianti e tramezzi 1,5KN/mq, pavimento 0,2KN/mq) = 3,05KN/mq

Qa = 2KN/mq

 Ho una trave secondaria 12cmx22cm

trave principale

interasse 4,00m; luce 5,50m

materiale: legno lamellare

ANALISI DEI CARICHI

Qs  (tavolato) + trave secondaria = (0,03x1,00x1,00) + 0,12= 1,30KN/mq

Qp (massetto 1,28KN/mq, coibentazione 0,07KN/mq, incidenza impianti e tramezzi 1,5KN/mq, pavimento 0,2KN/mq) = 3,05KN/mq

Qa = 2KN/mq

 ho una trave principale di 24cm x 36,75cm. si arrotonda a 24cm x 40cm.

PORTALE 1 (22 marzo 2012)

Fasi: 1)calcolo delle reazioni vincolari; 2) diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione con metodo qualitativo osservando le condizioni al bordo e nei punti critici.

calcolo delle reazioni vincolari

Si considerano i due corpi che compongono la struttura separati sostituendo la cerniera interna in B con le azioni di contatto in quel punto. Si scrivono gli equilibri alla rotazione dei singoli corpi, 1 e 2, rispettivamente intorno ai punti A e C che ci permettono di calcolare le azioni di contatto nel punto B dove a causa della cerniera ho solamente azioni di traslazione. Di seguito, dagli equilibri alle traslazioni orizzontali (x) e verticali (y) ricavo le azioni di contatto esterne (reazioni vincolari)¹. 

diagrammi delle caratteristiche di sollecitazioni

Osservando il quadro generale delle azioni interne ed esterne della struttura, con dei semplici ragionamenti, posso conoscere le caratteristiche di sollecitazione in tutti i suoi punti. Nel tratto dove agisce il carico distribuito l'equazione del taglio è del tipo T_(s)/ds+q₂=0 per cui è un equazione lineare. Nello stesso punto il momento è massimo e la sua equazione di secondo grado indica un andamento parabolico. Per identificare una parabola ho bisogno di tre punti: 1)la cerniera in A dove il momento è M(A)=0, 2)l'estremità dell'asta opposta ad A dove il momento è M_(h)=qhl/4, 3)la sezione a distanza s da A dove il momento e massimo². 

***

Esercizio trave reticolare simmetrica caricata simmetricamente (20 marzo 2012)

La prima cosa da fare nel risolvere una trave reticolare è verificare la sua isostaticità. Deve risultare dunque l=v ⇒ 33=33, dove l sono i gradi di libertà e v i gradi di vincolo; v a sua volta risulta essere la somma dei gradi di vincolo esterni e di quelli interni, v=v_e+v_i ⇒ 3+30=33_; dove v_e=3, poichè la nostra trave reticolare interagisce con l'esterno tramite un carrello ed una cerniera che hanno rispettivamente grado di vincolo 1 e 2. Il totale sarà la loro somma. v_i=30 cioè v_i=2(n₁-1)+2(n₂-1)+...+(n_n-1), dove n indica il numero dei corpi che la cerniera interna collega e il pedice il posizionamento della cerniera interna.

Oppure l'isostaticità è verificata se sussiste l'uguaglianza v_e+a=2n dove v_e è il grado di vincolo esterno, cioè 3, a è il numero delle aste che compongono la struttura, n il numero dei nodi. Quindi v_e+a=2n ⇒ 3+11=14.

In entrambi i casi risulta che la struttura è isostatica.

Il secondo passo è il calcolo delle reazioni vincolari.

Facendo delle  considerazioni sulla sulla simmetria della struttura e delle azioni esterne (forze), si può semplificare notevolmente l'iter di calcolo delle reazioni vincolari. Sulla struttura agiscono solo forze verticali disposte simmetricamente rispetto all'asse centrale di simmetria rispetto al quale anche la struttura è simmetrica, per cui si deduce che le uniche due reazioni agenti in direzione verticale a contrastare la spinta effettuata dalle azioni sulla struttura, sono uguali. L'equilibrio alla traslazione verticale è: ∑ F_y=0 ⇒ V_A+V_B-60KN=0 ⇒ V_A-V_B=60KN ⇒ V_A=V_B=30KN.

Il terzo passo è il calcolo delle azioni di contatto

Sono due i metodi che si possono utilizzare: delle sezioni di Ritter, dei nodi. Per questo caso utilizzo il metodo delle sezioni di Ritter. Esso consiste nel tagliare la struttura in vari punti successivi considerandone di volta in volta sono una parte sostituendo il resto con le azioni di contatto in quella sezione che la mantengono in equilibrio. In questo caso si può iniziare con una sezione che intercetti almeno tre aste non concorrenti nello stesso noto e precisamente che sezioni la struttura sulle aste BD, BC e AC.

Trascurando il peso proprio della struttura e visto che le azioni esterne sono poste solo sui nodi, si deduce che le aste sono soggette solo azioni di trazione o di compressione.

Dette N₁, N₂ ed N₃ le azioni di contatto assiali di compressione o trazione delle aste BD, BC e AC, considerando che N₂ e N₃ hanno braccio nullo rispetto a C e, di conseguenza momento nullo rispetto a C, si può scrivere l'equilibrio alla rotazione rispetto a C del tratto di struttura considerato. ∑M_C=0 ⇒ -120KNm+40KNm-2N₁KNm=0 ⇒ N₁=-40KN; l'asta è compressa; il segno (-) indica che il verso dell'azione è diverso da quello ipotizzato. Analogamente si calcola N₃ tramite l'equilibrio alla rotazione  rispetto al punto B. ∑M_B=0 ⇒ -60KNm+2mN₃=0 ⇒ N₃=30KN; l'asta è tesa. Per il calcolo di N2, essendo essa inclinata a 45°, si considera la componente verticale o orizzontale che valgono entrambe N₂√2/2; per cui N₂ si può calcolare tramite l'equilibrio alla traslazione verticale. ∑ F_y=0 ⇒ 30KN -20KN-N₂√2/2=0 ⇒ N₂=5√2KN; l'asta è tesa.

Si esegue una seconda sezione che taglia le aste AB e AC. Dette N₃ e N₄ le azioni di contatto di dette aste, l'unica incognita risulta N₄. Anche in questo caso essendo N4 posta a 45° rispetto agli assi ortogonali x e y, si considerano le sue componenti rispetto ad x e y e cioè N₄√2/2. N₄ viene calcolato tramite l'equilibrio alla traslazione verticale: ∑Fy=0 ⇒ 30KN+N₄√2/2=0 ⇒ N₄=-30√2KN; l'asta è compressa.

Si esegue una terza sezione che taglia le aste BD, CD e CE. Dette N₁, N₅ e N₆ le azioni di contatto delle aste, le incognite risultano essere N₅ e N₆. Calcolo N₅ con l'equilibrio alla rotazione rispetto a D. ∑M_D=0 ⇒ 2mN5+80KNm-180KNm=0 ⇒ N₅=50KN; l'asta è tesa. Per calcolare N₆ si esegue l'equilibrio alla traslazione verticale considerando la sua componente N₆√2/2. Quindi ∑F_y=0 ⇒ N₆√2/2+30-20=0 ⇒ N₆=-10√2KN; asta compressa.

Considerando che la struttura è simmetrica e che ho calcolato esattamente la metà di essa, si può dire che l'ho calcolata interamente essendo l'altra metà identica. 

***

Eccomi, finalmente iscritto a questo blog! A presto con l'inserimento di notizie sostanziose! :-))

La maggior parte delle strutture che hanno interesse nelle costruzioni civili sono strutture iperstatiche, e questo solitamente non è un male, anzi la "ridondanza strutturale"  (ossia l'eccesso di vincoli rispetto al numero minimo indispensabile per eliminare il moto rigido) è ritenuta una riserva di resistenza..

Le strutture iperstatiche non sono semplici da affrontare, perchè le equazioni di bilancio da sole non bastano per calcolare le reazioni vincolari e le azioni di contatto. Ci vogliono strumenti e metodi.

Uno di questi metodi è il metodo delle forze. Esso è equivalente al "principio delle potenze virtuali" o dei "lavori virtuali" (a seconda della scuola di pensiero da cui provenite, scegliete pura una delle due locuzioni... ma talvolta potreste anche trovarvi a dover scegliere tra "principio" e "teorema" e lì sono doloracci acidi..) nell'accezione delle forze virtuali (anche questo concetto, sigh...).

Una modestissima sintesi la troverete in allegato con interessanti applicazioni al caso di trave continua su più appoggi, che è il modello meccanico più utilizzato per il calcolo di un travetto di solaio, ad esempio.. Lì troverete una narrazione, una sorta di sceneggiatura, che cerca di far leva sul vostro intuito fisico per fornirvi le basi teoriche di questo metodo.

Nonostante i miei sforzi, se non sapete che cosa sia una reazione vincolare o non conoscete il significato cinematico dei vincoli, che ve lo dico a fare (Donnie Brasco)?

dai, studiate e fatevi venire dubbi.. esempio: le forze sono veramente frecce?

dai.. mettiamoci sulle spalle dei giganti e ragioniamo (prima di "fare"). Che non fa male alla salute.. a proposito, di chi è il ritratto che trovate nel dipinto di Blake?

Leonardo da Vinci lo chiamava "unione di due debolezze" e,meccanicamente, è vero. Chi di noi abbia mai costruito un castello di carte, lo ha sperimentato:

In natura, sono presenti archi naturali nati da consunzione della roccia, a testimonianza del fatto che la natura "sa" quale parte della massa è necessaria per continuare a sostenere carichi:

e lo capirono anche i Romani che, rubando l'idea agli Etruschi, ne fecero un uso intensivo:

Anche noi, volendo, potremmo costruire un arco di pietre:

ma non sarebbe bello come il gateway arch di St.Louis:

o come questo ponte ad arco a Dubai:

Il comportamento ad arco è alla base di tanta naturalità e bellezza. Scaricate la dispensa per approfondire.