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Come conclusione dell'Esercitazione I: Struttura reticolare piana realizziamo una struttura reticolare spaziale. Sebbene la struttura che andrò a disegnare sarebbe facilmente disegnabile con SAP mi servirò di Autocad per realizzarla.

Questo mi permetterà di presentare una delle procedure per l'importazione di dati da software esterni. Infatti SAP è in grado di importare svariati formati di file tra cui il .dxf (nativo di Autocad); come accennato a lezione però quello con il quale dialoga meglio, soprattutto per le superfici, e quello .igs che Rhinoceros è in grado di realizzare come altri programmi per la progettazione di oggetti non necessariamente destinati all'edilizia come SolidWorks.

In questo caso semplice il comune formato .dxf è più che sufficiente.

Cominciamo disegnando un reticolo 3x2 uguale a quello riportato in figura attraverso dei segmenti di LINEA (non Polilinea) di lunghezza 1.

Prima di continuare con la realizzazione del reticolo 3D creare un livello con un nome a piacere: è importante che tutte le aste siano su un livello diverso da quello 0 perchè altrimenti la struttura non sarà importabile.

Nel nostro caso lo chiameremo Aste

Premendo Shift+il tasto centrale del mouse e trascinando sullo schermo saremo in grado di ruotare la camera.

Così facendo sarà possibile effettuare una copia della nostra base di una unità verso l'asse Z.

Uniamo quindi ogni vertice del reticolo superiore al corrispettivo inferiore; a questo punto disegnamo un'asta diagonale per ogni quadrato prodotto dalla passaggio precedente.

Dopo aver verificato che ogni asta sia un oggetto di tipo LINE separato l'uno dall'altro e salviamo in formato DXF 2000. Apriamo SAP e quindi File→Import→Autocad .dxf file:

- scegliamo l'asse Z positivo e unità di misura kN,m,C
- scegliamo sotto la voce Frames il livello dove sono collocate le aste

L'importazione è così avvenuta. Impostiamo la struttura affinchè possa essere avviata la simulazione.

1. selezionare l'intera struttura e applicare un Rilascio del Momento così da simulare il comportamento di una cerniera interna (a meno di questa operazione nonostante le aste siano state disegnate separatamente SAP implicitamente le considera legate ad incastro, e quindi continue alle azioni di contatto). Per farlo clicchiamo su Assign→Frame→Releases/Partial Fixity. Abilitiamo Start e End per Moment 33 (Major)

2. Per vincolare la struttura al suolo applichiamo tre cerniere in 3 punti non allineati sulle aste a terra (click su 3 punti Assign→Joint→Restraints quindi cliccare sull'icona corrispondente)

3. Eliminare le forze dovute al peso della struttura attraverso Define→Load Patterns. Scrivere il nome del pattern in Load Pattern Name, assegnare 0 a Self weight multiplier e cliccare Add new Load Pattern.

4. Assegnare dei profili alle aste. Ci serviremo per semplicità di profili già esistenti: basta selezionare tutte le aste quindi Assign→Frame sections e dal menu contestuale Add new Property. Come facilmente visualizzabile esistono diversi profili già esistenti per diversi materiali: scegliamo una sezione tubolare metallica con diametro 15 cm e spessore 7 mm.

5. Per pplicare dei carichi selezioniamo, trascinando il mouse, tutti i punti (è indifferente che siano selezionate anche le aste) del piano superiore. Click su Assign→Joint Loads, e assegnare un carico negativo sull'asse Z (verso il basso): nella fattispecie assegnerò per ciascun punto un carico di 50 KN.

Avviare la simulazione eliminando il contributo di DEAD e MODAL attraverso Run / Do not run cases.

GRATICCIO DI TRAVI

Il Graticcio di travi, utilizzato per grandi luci, è costituito da travi dirette lungo due direzioni perpendicolari. Si differenzia dalla gerarchia di travi perché non è costituito da travi principali e travi secondarie, ma tutte le travi collaborano allo stesso modo, hanno lo stesso momento di inerzia a prescindere dalla loro orditura e presentano un nodo che consente la trasmissione della rotazione .

RISOLUZIONE DI UN GRATICCIO

L’esercizio propone 2 travi entrambe doppiamente incastrate, su cui agisce una forza F all’incrocio tra le 2 aste. Il nodo in 3 d ha 6 gradi di libertà: esso può avere 3 differenti traslazioni, secondo i 3 assi x, y e z e 3 rotazioni intorno ai 3 assi. Analizziamo le deformate delle due aste separatamente e notiamo che:

SPOSTAMENTI

Per l’indeformabilità delle aste, che altrimenti si accorcerebbero o allungherebbero, non abbiamo spostamenti lungo x e lungo y,(u_x u_y =0), ma solamente lungo z ( u_z =delta)  a causa del carico F che agisce lungo z.

ROTAZIONI

φ_z non la consideriamo, φ_x è nulla poiché nell’asta BC la forza F  è applicata a l/2  dove la tangente è orizzontale,φ_y è l’unica ad esserci.

Le incognite sono quindi: lo spostamento (∂) e la rotazione (φ_y) che troveremo attraverso 2 equazioni di equilibrio al nodo:

Equilibrio CONTRO la traslazione verticale           

Equilibrio CONTRO la rotazione                              

Separiamo idealmente le due incognite, facendole agire separatamente e sovrapponendone poi gli effetti. Conoscendo i valori in una trave doppiamente incastrata possiamo quantificare Taglio e Momento flettente. 

Analizzando solo i gli effetti di ∂ vediamo:

Analizzando solo i gli effetti della rotazione oraria φ_yvediamo:

deformazioni, reazioni vincolari e momenti

La flessione della trave AC intorno all’asse y provoca la torsione di quella BD poiché ciò che è flessione in un piano diventa torsione nel piano ortogonale a questo.

EQUILIBRIO AL NODO CONTRO LA TRASLAZIONE VERTICALE

EQUILIBRIO AL NODO CONTRO LA ROTAZIONE INTORNO ALL’ASSE Y

Per trovare il valore dello spostamento e della rotazione, inseriamo i valori noti

Per una luce l=6 m e una forza F=20 KN e entrambe le aste hanno una sezione rettangolare in cls con a=0,67m e b=0,15m

Otteniamo i seguenti valori:

Verifico i risultati ottenuti con sap.

Disegno attraverso una griglia il graticcio in sap, gli assegno il materiale, la sezione scelta precedentemente, il modulo di elasticità e di elasticità tangenziale.

Notiamo che anche con sap ho trovato gli stessi valori per le rotazioni e gli spostamenti.

Otteniamo i seguenti valori:

u₃=u_z =0,0001 con segno negativo perché convenzionalmente l’asse positivo è verso l’alto

R₂= φ_Y = 0,00004

In questo esercizio studieremo il comportamento di due travi perpendicolari tra di loro , le quali collaborano tra di loro per garantire un miglior equilibrio alla struttura.

SCHEMA DI RIFERIMENTO

DEFORMATA

Lungo l'asta 2 avendo la forza che cade perfettamente al centro si avrà come detto precedentemento solo abbassamento, sull'asta 1 invece, abbiamo in y anche la rotazione poichè la forza non cade perfettamente al centro, ma a 1/3L .

Dunque  per quanto riguarda gli spostamenti sappiamo che u_x = 0 , u_y = 0 e u_z = δ ; per quanto riguarda le rotazioni abbiamo solo φ_Y. 

          

        

       

FL²/EI - δ/L*(1113/2) + 81/2  φ_Y = 0

 

Vado ora a sostituire δ/L con l'equazione prima ottenuta

 

FL²/EI - 1113/2*[(36+8α)/81]φ_Y+ 81/2  φ_Y = 0

FL²/EI - 371/27*(18+4α)φ_Y+ 81/2  φ_Y = 0

FL²/EI = 371/27*(18+4α)φ_Y+ 81/2  φ_Y = 0

 

Metto φ_Y in evidenza

 

φ_Y[371/27*18 -81/2 + 371/27 * 4α ] = 0 

φ_Y[1241/6 + 1484/27 α ] = 0 

FL²/EI = φ_Y[1241/6 + 1484/27 α ]

 

φ_Y = FL²/EI [1241/6 + 1484/27 α ]

 

Abbiamo così ottenuto φ_{Y e} δ 

 

Definiamo ora una sezione inserendo dei valori noti per trovare i valori incogniti della rotazione e dello spostamento .

 

Supponiamo di realizzare una struttura in cls , in cui entrambe le aste abbiano la seguente sezione :

 

 

                                         

supponiamo di avere una luce di 8m e una forza applicata pari a 40kN

 

Sappiamo che :

 

Jt  ( coefficiente di resistenza a torsione)

c₂ è tabelleto in funzione di a/b . In questo caso vale  a/b = 0.67/0.15= 4,46 →c2 = 0,291

Jt = c₂ab^{3 =} (0,291) 0,67 * (0,15)³ = 0,000658 m³

E (modulo di elasticità) = 21000000 kN/m²

I (momento di inerzia) = bh³/12 = (0,15 * 0,67³) /12 = 0,003759 m⁴

G ( modulo di elasticità tangenziale) = 10000000 kN/m²

Andiamo ora a sostituire i valori noti nell'equazioni prima trovate 

Ricordiamo che :

δ/L = (36 + 8α)/81φ_Y

φ_Y = FL²/EI [1241/6 + 1484/27 α ]

α = GJt/EI = 10000000 * 0,000658 / 21000000 * 0,003759 = 0,083355

φ_Y   =  40 * 64 / 21000000 * 0,003759 [ (1241/6 + 1484/27) * 0,08355] = 0,0001534

δ/L =  [(36 + 8 * 0,08355) / 81) * 0,0001534 = 0,0000808 

δ = 8 * 0,0000808 = 0,000646

VERIFICA SAP

Disegno la struttura grazie all'aiuto della griglia. Assegno i vincoli e la forza esterna, e cambio i valori del modulo di elasticità E e del modulo di elasticità tangenziale G. 

        

Assegno poi ad entrambe le travi la sezione scelta e faccio partire l'analisi. 

     

Leggiamo ora i risultati ottenuti. 

     

Abbiamo che Ux e Uy sono uguali a zero, mentre Uz = 0,0006524. Mentre per quanto riguarda la rotazione abbiamo un valore corrispondente a = 0,00008.

I valori trovati manualmente corrispondo, se non per un minimo scarto, a quelli trovati in sap. 

 

 

 

 

ABSTRACT: La seguente esercitazione prenderà in analisi una pianta strutturale di un edificio a un piano. Attraverso la modellizzazione del solaio come impalcato infinitamente rigido orizzontalmente (una modellazione analoga è già stata incontrata per i telai shear-type della trave Vieerendel http://design.rootiers.it/strutture/node/954) si analizzeranno gli effetti di una forza orizzontale valutando le rigidezze dei suoi controventi, necessari a impedire la rotazione lungo l'asse z.

Il controvento è un vincolo cedevole con rigidezza K (kN/m) visualizzabile come una molla elastica poichè capace di reagire a trazione e compressione solamente lungo il proprio proprio asse.
L'impalcato ha rigidezza proporzionale alla distanza dal centro delle rigidezze. Se gli assi (x e y) del centro delle rigidezze e del centro delle masse coincidono allora il solaio non sarà in grado di ruotare.

Considerato il telaio in figura si assegnano pilastri con la seguente sezione.

il momento di inerzia del pilastro è dunque dato da I=bh³/12 ⇒

I=40 cm^.40³/12=213333 cm⁴

Il telaio dunque assume in pianta, secondo il modello adottato, la seguente configurazione:

Dove la rigidezza di ogni controvento (modellato come un telaio shear-type) viene calcolata come segue (in modo analogo al post http://design.rootiers.it/strutture/node/151):

F= (12EI_1B/h³ + 12EI_2B/h³ + 12EI_3B/h³ + 12EI_4B/h³ + 12EI_5B/h³ ) δ⇒

⇒ F= k δ  ⇒ k= 12E/h³ (I_1B+I_2B+I_3B+I_4B+I_5B)

NB come esemplificazione è stata presa la sezione lungo B

Esempio di tabella per il calcolo delle rigidezza dei telai (per visualizzare tutti i calcoli scaricare il file .xls allegato)

I telai per i quali calcolare k dunque saranno A,B, 1C-2C e 3C-4C orizzontalmente e 1,2,3,4 e 5 verticalmente.

Individuiamo quindi il centro di massa cdm dividendo la struttura nelle seguenti porzioni di area e sfruttiamo il foglio excel per il calcolo delle sue coordinate.

Attraverso il foglio di calcolo (sempre opportunamente adattato al telaio in questione) si trova il centro delle rigidezze CK

I due centri sono traslati l'uno rispetto l'altro ci si aspetta dunque che su ogni "molla" agisca una forza diversa da 0 in grado di contrastare l'effetto della rotazione.

I valori di tale forze sono opportunamente evidenziati sul foglio Excel.

Vediamo cosa cambia se consideriamo un nodo incastro in 3D invece che in 2D: intanto non bloccherà più 3 gradi di libertà ma 6 e renderà solidali delle travi tra loro perpendicolari.

Eliminiamo per un attimo l'asse DC (che sarebbe "uscente" dallo schermo) e osservo il comportamento di questa struttura:

- la mensola produce un MOMENTO FLETTENTE che arriva direttamente al nodo D; assumo inoltre che il pilastro sia assialmente indeformabile e che quindi assorba lui tutto lo sforzo qL.

                                              configurazione equivalente:

- il momento genera sul nodo una ROTAZIONE che diventa: FLESSIONE nelle travi AD e BD, TORSIONE nella trave DC. Da qui nasce l'esigenza di una nuova RIGIDEZZA, che contrasti le deformazioni derivanti dal momento torcente.

Risolviamo il sistema con il METODO DELLE FORZE facendo cedere l'incastro in A alla rotazione.

1) INTEGRO:

2) METTO LE CONDIZIONI AL BORDO:

3) SOSTITUISCO I VALORI NELLE EQUAZIONI:

4) DIAGRAMMI

In questo caso il MOMENTO non si ribalta sul pilastro! Ci vuole altro per equilibrarlo!

Il MOMENTO si è diviso esattamente a metà perchè la RIGIDEZZA delle due aste è la stessa!

SAP

Ripartizione di forze sismiche

Per un edificio a un solo livello, si consideri la pianta strutturale dell’impalcato:

La struttura tridimensionale è sottoposta a carichi verticali ed azioni orizzontali, quest’ultime interpretabili come sismiche.

I pilastri in calcestruzzo vengono considerati con sezione rettangolare di base b=40 cm e altezza h=30 cm:

L’impalcato descrive la presenza di 8 telai piani,

4 lungo l’asse x, piano x-z:

1_O) 1-2-3-4

2_O) 5-6-7-8

3_O) 9-10-11

4_O) 12-13

telaio 1_O

 e 4 lungo l’asse y, piano y-z:

1_V) 1-5-9-12

2_V) 2-6-10-13

3_V) 3-7-11

4_V) 4-8

telaio 1_V

che hanno il ruolo di sostenere il peso della costruzione ma anche di reagire alle forze orizzontali agenti sul piano x-y.

Associando quindi il comportamento di questi telai fungenti da controventi a quello dei telai shear-type, per solaio sufficientemente rigido e pilastri elastici, si rappresentano i controventi applicati alla costruzione grazie a delle molle di adeguata rigidezza sul piano x-y.

La ridistribuzione delle forze sismiche avviene seguendo una sequenza di passaggi:

1) calcolo delle rigidezze traslanti dei controventi;

2) calcolo del centro di massa;

3) calcolo del centro delle rigidezze;

4) calcolo delle rigidezze globali;

5)calcolo delle forze sismiche;

6) ridistribuzione delle forze sismiche lungo gli assi di riferimento x e y.

1_ calcolo delle rigidezze traslanti dei controventi.

Il valore della rigidezza traslante è valutabile grazie al modulo di Young E= 210 000 N/mm^2, all’altezza dei pilastri h=4,00 m, e ai momenti di inerzia dei pilastri di sezione rettangolare, per cui I=(bh^3)/(12)=(40cm*(30cm)^3)/12=90000cm^4.

Rigidezza traslante dei telai orizzontali:

es: telaio 1:

Rigidezza traslante dei telai verticali:

2_ Calcolo del centro di massa

Per il calcolo del centro di massa è possibile immaginare di dividere la struttura in aree rettangolari, valutare il centro di ognuna e poi determinare quello complessivo.

3_ Calcolo del centro delle rigidezze

Il centro delle rigidezze invece richiede le distanze dv e do dei controventi dal centro degli assi di riferimento O e le rigidezze di ogni controventokv e ko, la cui somma definisce la rigidezza totale k_vtot lungo i due assi.

4_Calcolo della rigidezza torsionale totale:

con dd_on e dd_vn distanze dei controventi dal centro delle rigidezze:

5_Calcolo delle forze sismiche

Dopo aver assegnato i carichi permanenti strutturali e accidentali, è possibile, grazie al coefficiente di intensità sismica

6a_ Ridistribuzione delle forze sismiche lungo x

La ridistribuzione delle forze sismiche richiede la conoscenza del momento torcente M, delle traslazioni u_o e v_o e delle rotazioni dell'impalcato.

Forze sui controventi verticali:

Forze sui controventi orizzontali:

6b_ Ridistribuzione delle forze sismiche lungo y

cari/ ragazzi/e

il programma del corso è contenuto nell'allegato. Per i contenuti dettagliati potete chiedere a morena mimmi all'indirizzo email morena_mimmi@libero.it