esercitazioni

 

RIPARTIZIONI DELLE FORZE SISMICHE

 

La struttura asimmetrica presenta 7 controventi, 4 lungo l’asse y e 3 lungo l’asse x; essendo una struttura iperstatica potremmo calcolarlo attraverso il metodo delle forze, ma avendo più di tre controventi le equazioni di vincolo non ci bastano più…e quindi utilizziamo il metodo delle ripartizioni delle forze sismiche (verticali e/o orizzontali).

Nel modello vediamo delle molle, in corrispondenza dei controventi, che nascono per effetto delle deformazioni e sono delle forze elastiche : F= Kδ dove K è la rigidezza della molla...Ipotizziamo di utilizzare come materiale il Cls armato che ha come modulo di Young = 21000,00 N/mmq.

 Il calcolo dei momenti di inerzia dei pilastri cambierà in base alla sua disposizione sul controvento preso in esame…

Impalcato preso in esame con disposizione dei pilastri e le relative distanze dal centro di origine degli assi "O"

 Step 1 : calcolo delle rigidezze traslanti dei controventi dell'edificio 

CONTROVENTO 1-5-9

CONTROVENTO 2-6-10

CONTROVENTO 3-7-11

CONTROVENTO

CONTROVENTO 1-2-3-4

CONTROVENTO 5-6-7-8

CONTROVENTO 9-10-11

 

inseriamo tutte le rigidezze traslanti totali di ogni controtelaio, calcolati in precedenza (step 1),ed inseriamo la distanze dei controventi dal centro di origine degli assi “O”

 

 

Dividiamo l’impalcato in due rettangoli e calcoliamo le rispettive aree (A1, A2) ed i loro centri geometrici...

inseriamo i dati precedentemente trovati e ricaviamo così oltre all’area dell’impalcato anche i centri di massa…

 

automaticamente abbiamo le coordinate il centro delle rigidezze x_c ed y_c ricavate dal rapporto tra, la somma dei prodotti delle rigidezze traslanti  con le rispettive distanze dall’origine, e la rigidezza totale....

 

Ipotizziamo i sovraccarichi per una struttura in cls armato (qs, qp, qa), destinata all’uso di una biblioteca…

 

 

Reticolare spaziale (06/05/12)

iniziamo col  disegnare le aste di lunghezza 2m, digitando come punto iniziale 0,0,0 

con il comando polilinea disegno delle aste aperta in modo tale che poi utilizzando il comando array non si sovrappongano gli elementi uguali

 

selezioniamo l’elemento disegnato e con il comando array, impostando i valori della serie rettangolare con 1 riga e 4 colonne poste ad una distanza di 2m, avremo la prima serie di elementi e poi chiudiamo la serie con un’asta verticale

 

vado sulla finestra a tendina “view”, poi su “3D view” e digito il comando “ruota 3D” per ruotare la figura in verticale, indicando l’asse x come asse di rotazione e ruoto di 90°

cambio l’UCS così da disegnare le altre aste sul piano yz, poi utilizzo nuovamente il comando array e chiudo l’ultimo elemento con una polilinea

 

utilizzo ancora una volta il comando array per duplicarmi il modulo sull'asse x, lungo l’asse y andando a impostare 1 riga e 6colonne, otterremo così la struttura reticolare spaziale. in fine salviamo il file in Dxf....

 

Nell’importazione del file Dxf di autocad, dopo aver assegnato la giusta unità di misura, dobbiamo assegnare le aste solo al Layer “Frame”.

Così ci aprirà il file ed avremo la struttura in SAP 2000....

 

Adesso ruotando la struttura con il comando “ruota 3d” selezioniamo i 4 vertici di base della struttura dove andremo ad assegnargli i vincoli. Quindi poi andiamo su Assign -> Joints -> Restrains e selezioniamo il carrello….

 

Ora selezioniamo tutta la struttura e gli assegniamo Assign -> Frame -> Releases/Partial Fixity e Impongo che i momenti siano nulli alla fine e all’ inizio delle aste…

 

Dobbiamo definire il materiale della struttura e la sua sezione, quindi andiamo su Define -> Materials -> Add New Material scelgo l’ acciaio...

 

per la sezione vado su Define -> Section Properties -> Frame Sections -> Add New Propery-> Pipe e definisco le dimensioni della sezione

 

Successivamente creiamo il carico che graverà sulla struttura lo chiamo “carico conc” e impongo che il peso proprio della struttura sia “0”… quindi  Define -> Load Patterns ->Add New Load Pattern…

 

Adesso dalla vista 3d passiamo a quella 2d precisamente su “set xy view” e selezioniamo “set display option (Ctrl+E)” e ci apparirà una finestra con varie opzioni… dobbiamo levare l’opzione di invisibilità sotto la colonna Joint, mentre sotto la colonna Frames/Cables/Tendons  spunto la voce Frames Not in View .Ora andiamo su View -> Set 2D view e scrivo 2 alla voce z….mi riposiziono con la vista “xy” e Seleziono i nodi e uso i comandi Assign -> Joint Loads -> Forces, seleziono il carico creato precendemente "carico conc" e alla voce Force GlobalZ gli do un valore di -40 KN…

 

Ritorno sulla vista in 3d e faccio partire l’analisi selezionando il tasto ”Run Analysis” solo per il “carico conc” senza considerare i carichi nominati DEAD e MODAL…

Avremo i risultati di:

 Deformazione della struttura

 

Le forze assiali

 

Le reazioni delle forze.

Dimensionamento Trave con foglio Excel (26/04/12)

Qs: peso proprio del solaio

Tipi di solaio presi in esame

Solaio in acciaio: = 2,00 KN/mq

Solaio in legno: = 2,00 KN/mq

Solaio in cls: = 2,50 KN/mq

(I valori indicativi trovati facendo una media dei dati forniti dalle case produttrici)

Qp: sovraccarico permanente           (Stessa tecnologia per i tre tipi di solaio)                            

1. Pavimento: 20 KN/mc x 0,02 m = 0,40 KN/mq
2. Massetto: 14 KN/mc x 0,05 m = 0,70 KN/mq
3. Soletta armata: 25 KN/mc x 0,04 m = 1 KN/mq

Incidenza tramezzi: 1,5 KN/mq

Incidenza impianti: 0,5 KN/mq

Totale Qp = 4,1 KN/mq

Qa: sovraccarico accidentale            Civile abitazione = 2 KN/mq

Solaio in Latero-Cemento:

• Qp: Intonaco sull’intradosso: 19 KN/mc x 0,01 m = 0,19 KN/mq
• Qs: altezza: 16+4; interasse nervature 60 cm; larghezza nervature: 12 cm

Solaio laterocemento avente travetti posti ad interasse 60 costituiti da traliccio elettrosaldato inseriti in cotto e confezionato in calcestruzzo; ciò consente di alleggerire il solaio con il riempimento in cls. Acciaio utilizzato classe B 450 C ad alta duttilità con fy = 450 MPa o N/mm² ed un Cls di classe C 32/40 con resistenza cubica Rck = 32 N/mm ² e Resistenza cilindrica a compressione fck = 40 N/mm ²

Trave b*h = 30 x 30 cm

Totale Qp :  4,1 KN/mq + 0,19 KN/mq = 4,29 KN/mq

TotaleQs:  2,50 KN/mq

Dimensionamento trave:

Dalla verifica ottengo una trave in cls armato di 30 x 25 cm.

Solaio in Acciaio:

Scelgo un acciaio di classe Fe 360/S235 con Resistenza di snervamento di 235 MPa ed una resistenza a rottura di 360 MPa

• Qp: Controsoffitto in cartongesso:  8Kg/mc (0,08 KN/mc) x 0,0125 m = 0,1 KN/mq
• Qs: Soletta in cls altezza 65 mm, Lamiera grecata altezza 0.55 mm

Ipotesi di travi adottate:

Trave principale: IPE 300, peso 42,20 Kg/m con una luce di 5m ottengo un peso complessivo di 211 Kg/mq cioè 2,11 KN/mq

Travetto IPE 180; peso 18,80 Kg/m per interasse di 3 m ottengo un peso complessivo di 56,4 Kg/mq cioè 0,56 KN/mq

Totale Qs: 2,11 KN/mq + 0,56 KN/mq = 2,67 KN/mq

Totale Qp :  4,1 KN/mq + 0,1 KN/mq = 4,19 KN/mq

Dimensionamento trave:

Dalla verifica ottengo il Modulo di resistenza, Wx, di 406,48 cm³ quindi utilizzerò una trave IPE 270.

                                                                                                                              

Solaio in Legno:

Scelgo una tipologia di legno lamellare con caratteristiche di resistenza GL24 (BS11), resistenza a flessione fk = 24 MPa, resistenza a trazione ft = 16,5 MPa e Modulo di elasticità E = 11600 MPa

• Qp = 4,1 KN/mq
• Qs = Tavolato: 0,035 m x 1 x 1 x 6 KN/m = 0,21 KN/mq

Ipotesi di travi adottate:

Trave principale: 0,20 m x 0,30 cm x 6 KN/m x 5 = 1,8 KN/mq

Travetti con un’interasse di 60 cm : 0,10 m x 0,10 m x 1 x (6 KN/m : 0,60 m) =  0,1 KN/mq

Totale Qs:  0,21 KN/mq + 1,8 KN/mq + 0,1 KN/mq = 2,11 KN/mq

Dimensionamento trave:

Dalla verifica ottengo la dimensione della trave principale di 20 x 40 cm e dei travetti di 10 x 20 cm

 

.Travatura reticolare asimmetrica (metodo dei nodi)

 

1 ) verifica di isostaticità ( il grado di vincolo deve essere uguale al grado di libertà) L=V

L= n° aste x 3      11 x 3 = 33           V= V_i +V_e              V_e= vincoli esterni = 2+1 = 3

V_i = vincoli interni = 2(n-1)                                “n” indica il numero di aste che presenta il nodo

A–G= 2                 2(2-1)=2

B–D–E= 3             2(3-1)=4

(C= 5                     2(5-1)=8

F= 4                       2(4-1)=6

                                                       (2x2)+(4x3)+8+6=30                         V= 30+3=33 Struttura isostatica

2) Calcolo delle reazioni vincolari:

∑ Fy=0 Ya-10 Kn -10Kn=0  Ya= 20Kn

∑ Mb=0 (-10 x 1)+(-10 x 2)+ (Xg x 1)=0  Xg=30Kn

∑ Fx=0  Xa+Xg=0  Xa=-30Kn

 

3) risoluzione del problema con il metoro dei nodi, calcolando il valore dello sforzo assiale attraverso la regola del parallelogramma equilibrando le forze orizzontali  e verticali

Nodo A  

∑ Fy=0  N₁=0 ; ∑ Fx=0  N₄=0 (entrambe scariche)

Nodo B 

 

∑ Fy=0  20Kn+N2√2/2=0   N₂=20√2 Kn; ∑ Fx=0  (-30Kn+N₂ x √2/2) N3=-10Kn

Nodo D

∑ Fy=0  N₅=0 (asta scarica);  ∑ Fx=0  N₃+N₈=0    N₈= 10Kn

Nodo C

∑ Fy=0 -10Kn+N₂√2/2+ N₆ √2/2=0   N₆=-10√2Kn;  ∑ Fx=0   N₇+N₂√2/2- N₆ √2/2=0  N₇=-30Kn

Nodo E

∑ Fy=0  N9+10Kn=0  N9=-10Kn;  ∑ Fx=0   N₇+N₁₀=0   N₁₀= -30kN

Nodo G

∑ Fy=0; ∑ Fx=0  +30Kn+N₁₀+N₁₁√2/2 =0  N₁₁=0 (asta scarica)