Esercitazione

Esercitazione 5_Studio ripartizioni di forze sismiche in struttura controventata da telai

Scopo di questa esercitazione è quello di analizzare la ripartizione delle forze sismiche in una struttura di un edificio ad un piano. Le forze sismiche sono forze orizzontali e per far fronte a questo, è necessario dotar l’edificio di controventi; il telaio rappresenta un controvento “naturale”, adatto a far fronte a forze orizzontali.                         In questo caso si è scelto di dotare l’edificio di telai shear-type: questi sono un modello idealizzato, dotato di una trave molto resistente, che ha il compito di assorbire la grande parte del taglio e del momento.

Per svolgere l’analisi della struttura, è necessario delineare dei telai, sia in orizzontale che in verticale: in base a questo, è possibile andare ad analizzare le rigidezze del telaio, in quanto la rigidezza del telaio è la somma delle rigidezze dei pilastri che ne fanno parte.

Trattandosi di un telaio shear-type, la rigidezza del singolo pilastro è pari a 12EJ/l³ ; tuttavia, andando a considerare telai di più pilastri, la rigidezza sarà 12E/l³ *(J₁ + J₂ +…J_i).

È anche necessario notare come, a livello di pianta, i pilastri, essendo rettangolari saranno regolati in base a come sono tessuti i telai, per essere dotati di maggior momento d’inerzia (in pilastri rettangolari bh³/12) nella direzione utile al telaio; avendo scelto pilastri di sezione rettangolare 0,5*0,3, in cemento armato.

Una volta individuati i telai, questi vengono rappresentati con delle molle, che rappresentano la rigidezza del telaio nel piano dell’impalcato: questo simbolo rappresenta la natura intrinseca nel vincolo, che è un vincolo elastico: con questo si intende la capacità che ha di deformarsi sotto sforzo, e poi di tornare alla sua posizione una volta terminata la spinta della forza esterna.

Grazie lo strumento di excel, è possibile calcolare in modo veloce la ripartizione delle forze sismiche attraverso vari step: il primo è stato quello di inserire nelle tabelle i valori dei parametri per il calcolo delle rigidezze dei diversi telai; i parametri sono i seguenti:

-E (modulo di elasticità) = per la classe di calcestruzzo armato scelta C25/30 il valore del modulo di Young è 31500 MPa (N/mm²);

-J (momento di inezia) = bh³/12, calcolato in base all’orientamento dei telai: per i telai verticali J_x, per quelli orizzontali J_y;

-H (altezza dei pilastri) = molto influente nel calcolo perché viene inserita con l’esponente alla 3.

Vengono così calcolati direttamente i valori delle rigidezze dei telai che formano la struttura.

Sono poi riassunti nel secondo step tutte le rigidezze dei vari controventi, riportate insieme alle rispettive distanze dal punto di origine O, preso coincidente con il pilastro 1. Le distanze dei vari controventi serviranno per calcolare le coordinate del centro delle rigidezze.

Prima del calcolo del centro di rigidezze, che è il punto dove si concentrano idealmente le forze reattive di tutti i controventi, è necessario andare a trovare il centro di massa, o baricentro, che è invece il punto dove idealmente si concentrano tutte le forze esterne, che spingono il corpo a trasformarsi.

Per calcolare il centro di massa è necessario scomporre l’area totale in delle aree semplificate, andando a trovare i baricentri delle singole, per poi risalire a quello dell’intera struttura.

X_G=15,78 ; Y_G= 5,22

Una volta calcolato il baricentro, si può passare al calcolo del centro delle rigidezze: le coordinate vengono ottenute attraverso le seguenti formule:

X_c= K*/Ko_tot  ;   Y_c= K* / Kv_tot

Dove K*(momento risultante delle rigidezze)= k₁*d₁ + k₂*d₂ + k₃* d_{3 …}+k_i*d_i

Successivamente viene calcolata la rigidezza torzionale totale, grazie alla formula: ∑k_oi* d_oi² +∑ k_vi* d_vi²

Per l’analisi delle forze sismiche è necessario calcolare la risultante di queste forze: questa viene calcolata basandosi sui carichi sia di natura permanente G, sia di natura accidentale Q, che vengono moltiplicati per l’area dell’impalcato su cui agiscono; questi poi vengono moltiplicati per un coefficiente sismico, il coefficiente di contemporaneità Ψ (=0,80) ottenendo il fattore W(pesi sismici) il quale, moltiplicato per un altro coefficiente c (=0,10), di intensità sismica, dà il valore della forza sismica orizzontale F (KN).

Infine tramite il foglio excel è possibile anche osservare la ripartizione delle forze sismiche orizzontali lungo x e lungo y (F_x; F_y):i pilastri non effettuano traslazioni sulla base, in quanto questi sono incastrati, ma traslano nell’estremità opposta, ottenendo al contempo un momento torcente. Questo dipende dalla forza sismica orizzontale che viene moltiplicata per la differenza delle coordinate delle ordinate del centro di rigidezze – il centro di massa: M_x= F(Y_C-Y_G).

La traslazione lungo l’asse x (u_o) si ottiene dalla formula F= k*δ, dove δ= u_o= F/k_o_tot.

Un altro valore importante è la rotazione dell’impalcato, generata dal rapporto del momento torcente e della rigidezza torsionale totale. Φ= M_x/ K_tot.

Infine vengono poi indicate per ogni controvento, le forze che vi agiscono, queste sono ottenute dal prodotto della rigidezza del controvento, della sua distanza dall’origine e infine della rotazione dell’impalcato.

Lo stesso viene ottenuto anche per le forze sismiche che agiscono lungo l’asse y.

Si ricrea lo stesso modello su SAP, per verificare i risultati ottenuti: trattandosi di un impalcato infinitamente rigido ci si aspetta una semplice traslazione di tutto l’impalcato, ottenuta dalla deformazione dei pilastri ad “S”, secondo il modello sher-type, con il punto di nullo del momento a ½ dell’altezza.

-si ridisegna la struttura;

-vengono incastrati i pilastri a terra, secondo il modello shear-type;

-vengono definite le sezioni degli elementi: i pilastri 1-2-3-4-5-6 vengono dotati di una sezione di 0,5*0,3m, i pilastri 7-8-9-10 vengono dotati di una sezione di 0,3*0,5m, mentre le travi vengono realizzate di sezione 0,4*1,0m. Inoltre, sono state modificati i moduli di elasticità dei pilastri, per renderli conformi a il dato utilizzato in excel (31500 N/mmq), sia è stato cresciuto esponenzialmente il modulo E delle travi, per renderle infinitamente rigide, cercando di raggiungere il più possibile il modello ideale di shear-type.

-è poi necessario inserire il centro delle rigidezze, utilizzando le coordinate ottenute su excel:

X_c= 18,79  Y_c= 3,74

-si assegna un vincolo interno (diaphragm) in modo da rendere l’impalcato rigido;

-si assegna la forza sismica ottenuta su excel (F=170,64 KN), facendola agire sul centro delle rigidezze della struttura.

-si effettua l’analisi e si osservano i risultati:

come previsto, la deformata mostra una traslazione rigida dell’impalcato (la rotazione è praticamente irrisoria) e la deformazione dei pilastri avviene tramite la forma ad S;

-il grafico del momento mostra come questo nei pilastri sia lineare, e praticamente come si annulli, tralasciando piccolissimi errori decimali ad ½ dell’altezza dei pilastri;

Struttura in pianta:

Per lo sviluppo di questa esercitazione ho ripreso gli stessi pacchetti di solaio utilizzati per l'esercitazione precedente. Andrò a prendere in esame la trave centrale poiché quella più sottoposta a sollecitazione. L'area di influenza è evidenziata con il tratteggio. Nel file excel vado poi ad inserire i valori già precedentemente calcolati (nell'esercitazione 2) per i carichi per andare ad effetture la verica di abbassamento. Sappiamo che nel caso di una mensola il momento sarà uguale a M=ql²/2. La verifica che andremo ad effettuare sarà che il rapporto tra sbalzo ed abbassamento massimo sia maggiore o uguale a 250.

Vado a verificare per ogni singolo pacchetto di solaio:

LEGNO:

Nel secondo esempio vedendo che il rapporto non risultava verificato, vado a diminuire la base della trave in modo da avere un'altezza maggiore. Una trave più snella mostra maggiore resistenza a flessione.

ACCIAIO:

CLS:

Aggiunti i 5 cm di copriferro all'altezza della trave, normalizzo in base all'altezza di Design, e vado a soddisfare la verifica poiché v/lmax > di 250.

Per sviluppare la terza esercitazione mi sono basata sulla seconda, usando gli stessi pacchetti di solaio per il cls, l’acciaio ed il legno.Per sviluppare la terza esercitazione mi sono basata sulla seconda, usando gli stessi pacchetti di solaio per il cls, l’acciaio ed il legno.

Consideriamo la trave centrale, poiché è quella più sollecitata, e la sua area di influenza in azzurro.

Dopodiché inserisco i valori ottenuti dalla precedente esercitazione nel file excel per la verifica ad abbassamento.

Nel caso dalla trave appoggiata avevamo un momento uguale a qL^2/8, mentre ora avremo che M=qL^2/2.

In tutte le tipologie costruttive usate dobbiamo verificare che il rapporto tra lo sbalzo e l’abbassamento massimo deve essere maggiore o uguale a 250.

ACCIAIO

Basandomi sul modulo di resistenza Wx, decido di usare un’Ipe 330, la sezione della mensola è verificata.

LEGNO

La sezione della mensola è verificata.

CLS

L/vmax=359,12

La sezione è verificata.

Questa quinta esercitazione vuole mettere in mostra il diverso comportamento di tre strutture ad arco che coprono la stessa luce ( L=10 m; FIG.01), aventi la stessa sezione (30 x 50 cm, FIG 03), di forma diversa sottoposte all'azione di un carico distribuito q= 100kN (FIG.02).

La prima è rappresentata da un arco circolare in cui la fraccia è uguale alla metà della luce: (f=L/2)

La seconda è rappresentata da un arco ribassato in cui la freccia è un quarto della luce (f=L/4)

L'ultima é un arco parabolico in cui la frecca è pari alla lunghezza della luce (f=L)

FIG.01

FIG.02

FIG.03

FIG.04

La loro deformata è simile ma le loro reazioni vincolari sono molto diverse. La FIG. 05 mostra come l'arco ribassato rappresenti la struttura più spingete di tutte tanto che la reazione vincolare orizzontale è pari a circa 500 kN, la metà della reazione vincolare dell'aco circolare (250 kN) ed un quarto della reazione vincolare dell'arco parabolico ( 125 kN).

FIG.05

I diagrammi dello sfrozo normale confermano quel che già era stato visto dalle reazioni vincolari e ci permettono di fare ulteriori ragionamenti riguardanti lo sfrozo normale. 

Nell'arco circolare in corrispondeza delle cerniere esterne l'arco arriva a tangente verticale, di conseguenza lo sfrozo normale sarà pari alla reazione vincolare verticale.

Nell'arco ribassato e nell'arco parabolico, lo sforzo normale è inclinato secondo l'asse dell'arco e le sue componenti orizzontali e verticali possono essere rintracciate nelle reazioni vincolari che si generano nella cerniera esterna.

N₁²=(500,44)²+(500)²=> N₁=702,68 kN

N₂²=(125)²+(500)²=> N₂=514,30 kN

FIG.06

La quinta esercitazione prevede lo studio di un arco con il software SAP. L’arco rappresenta una tipologia di struttura che lavora a sforzo normale, grazie alla sua geometria, che gli permette di lavorare non per massa, ma per forma riuscendo a superare grandi luci dato che non funziona a flessione ottimizzando anche l’impiego di materiale.

Per il disegno di un arco a tutto sesto si è utilizzato il programma AUTOCAD, grazie al quale è stato possibile realizzare un arco con una luce di 6m.  Una volta realizzato il modello, si è salvato il file in formato DXF e poi lo si è importato direttamente sul programma SAP. 

Dato che il modello di riferimento, in tal caso, è un arco a tre cerniere, si è proceduto con l’assegnare in corrispondenza della linea d’imposta due cerniere esterne: dopo aver selezionato i due punti -> Assign -> Joint -> Cerniera

Per inserire la cerniera in chiave il procedimento prevede di selezionare il segmento precedente e quello successivo al punto che coincide con la chiave dell’arco e poi impostare il comando: Assign -> Release -> spuntare una volta la casella “end” e una volta la casella “start” in corrispondenza del Momento 33 per il rilascio del momento, che deve essere assente.

Successivamente si è assegnata una sezione alla struttura; si è optato per una sezione rettangolare in calcestruzzo pari a 0,3x0,4 m.

L’arco è stato, poi, sottoposto ad un carico uniformemente distribuito ed impostato attraverso i seguenti comandi: si è selezionato l’arco -> Assign -> Frame Loads -> Distributed -> impostare un carico Q trascurando il peso proprio della sezione dell’arco -> in corrispondenza della voce Direction si è impostata la condizione: Gravity Projected per indicare un carico pari a 10 KN/m non distribuito sulla lunghezza dell’arco, ma sulla sua proiezione a terra.

Si è avviata l’analisi e si è visto che il carico totale pari a 10 KN/m x 6m = 60 KN è stato ripartito equamente in corrispondenza dell’imposta; se si considera metà arco qxl = 10 KN/m x 3m (metà luce) = 30 KN pari alla metà del carico totale, mentre in chiave si ha qxl/2 = 10 KN/m x 3m /2 = 15 KN.

ARCO PARABOLICO

Dopo aver rappresentato sul programma SAP un arco a tutto sesto si è proceduto con la realizzazione di un modello di un arco parabolico (di equazione y= ax²+bx+c) con tre cerniere e caricato anche esso con un carico q uniforme. Dai risultati che fornirà il software SAP ci si aspetta che l’arco assuma un comportamento funicolare, per cui momento flettente e taglio sono nulli, mentre tutto il carico viene trasformato in sforzo normale.

Si è disegnato un arco usando il programma AUTOCAD con il comando “Spline” con luce pari a 6 metri, uguale a quella dell’arco a tutto sesto rappresentato precedentemente. Successivamente lo si è salvato in formato DXF ed importato su SAP.

Anche in questo caso sono stati applicati i vincoli cerniera all’imposta dell’arco.

In chiave è stata inserita una cerniera interna seguendo la stessa modalità descritta per l’arco a tutto sesto.

Si è selezionato l’intero arco ed è stata adottata una sezione in calcestruzzo di dimensioni pari a 30 cm x 40 cm.

È stato applicato un carico distribuito pari a 10 KN/m, senza considerare il peso proprio dell’arco, e non distribuito su tutta la lunghezza dell’arco stesso, ma solo sulla sua proiezione a terra.

Si è avviata l’analisi grazie alla quale è stato possibile notare che la reazione vincolare orizzontale, considerando metà arco (per una luce = 3m) risulta essere uguale a quella dell’arco a tutto sesto, ovvero 30KN, che deriva da: 10KN/m x 3m. Per ciò che riguarda la reazione verticale essa non è pari a ql/2, ma deriva da: ql²/2f dove f sta ad indicare la freccia dell’arco che nell’arco parabolico è diversa dalla luce l.

Per questa esercitazione ci viene richiesto di andare a risolvere una struttura ad arco con il software SAP.
Questo tipo di struttura, reagisce grazie alla propria geometria e tende a lavorare solo con sforzo normale, quindi in maniera omogenea su tutta la sezione, avendo così un’ottimizzazione del materiale (nel momento per esempio, le fibre al centro della sezione lavorano meno rispetto quelle esterne).
Data l’impossibilità di utilizzare il programma per disegnare linee curve, utilizzeremo un programma CAD (autoCAD, Rhino, etc.).
Una volta esportato il file (.dxf, .iges) importiamolo sul programma SAP.
Svolgiamo prima il caso dell’arco a tutto sesto, ovvero quando la freccia è pari a metà della luca (semicircolare), dimostrando che tra le reazioni vincolari (appoggiato-appoggiato) risulteranno anche azioni orizzontali, quindi spingenti lateralmente.
Una volta preso metà arco in considerazione (tenendo conto che il concio di chiave è rappresentabile come una cerniera interna), possiamo dimostrare come la reazione verticale sull’appoggio risulterà uguale a metà carico equamente distribuito sulla proiezione dell’arco (quindi q*l, dove l è metà luce), mentre tramite equilibrio dei momenti dimostriamo come la reazione orizzontale sull’appoggio (verso l’interno) risulterà uguale a ql/2.

Importiamo il disegno su SAP.

Mettiamo i vincoli di appoggio agli estremi.

Andiamo ad inserire una cerniera interna sul concio di chiave.

Applichiamo ora una sezione in cemento armato all’intero arco (ottimizzato già con la stessa sezione su tutta la lunghezza).

Andiamo a togliere il peso proprio della struttura e a applicare un carico distribuito q pari a 10 Kn/m sulla proiezione dell’arco a terra, non sulla lunghezza dell’arco (gravity projected).

Calcoliamo ora le reazioni.

I risultati corrispondono a quelli descritti nell’analisi spiegata sopra.

Analizziamo ora il caso di un arco parabolico, ovvero un arco il cui andamento corrisponde all’andamento di una parabola, quindi di equazione y(x)=ax^2+bx+c.

Dopo averlo disegnato tramite SpLine su autoCAD, importiamo il file su SAP.

Applichiamo i vincoli (appoggio - appoggio).

Applichiamo una cerniera interna nel concio di chiave.

Applichiamo la sezione come nel caso precedente,

e anche il carico distribuito sulla proiezione dell’arco.

Calcoliamo le reazioni vincolari.

Notiamo come mentre la reazione verticale rimane la stessa, l’orizzontale ovviamente sarà diversa, dato che in questo caso, non corrisponde allo sforzo normale.  Tale reazione sarà uguale a ql^2/2f (dove f corrisponde alla freccia dell’arco 6m nel nostro caso).

Proviamo ora ad eliminare le azioni spingenti lateralmente tramite l’addizione di due mensole esterne.
Provando a calcolare manualmente le razione di questa situazione, siamo riusciti a trovare che per eliminare totalmente queste spinte le mensole devono avere una lunghezza, in proiezione sull’asse X pari al prodotto della semiluce e la radice quadrata del rapporto tra carico q sull’arco e carico q sulla mensola:

b=l*sqrt(q1/q2)

Immaginando q1=q2, per eliminare lo sforzo orizzontale avrei dovuto inserire mensole di una lunghezza tale da avere una proiezione sull’asse X di 3m.

Ho riscontrato problemi nell’importazione del file cad, ho quindi disegnato direttamente su SAP le mensole inserendo le coordinate dei punti negli estremi.

Applichiamo ora lo stesso carico distribuito anche sulle mensole, sempre sulla proiezione di queste sull’asse X.

Applichiamo la sezione in cemento armato.

Dato che utilizziamo un carico distribuito agente sulla proiezione della struttura sull’asse orizzontale, l’inclinazione della mensola non influirà sulle reazioni vincolari (ovviamente influirà sulle sollecitazioni e  sulle deformazioni), dimostriamolo utilizzando due mensole di differenti inclinazioni ma uguale proiezione.

Il risultato della reazioni verticali sarà la somma tra q1*l e q2*b, mentre quelle orizzontali saranno uguali a 0 come immaginavamo.
In conclusione è quindi possibile eliminare le spinte orizzontali tramite alcune scelte già in fase progettuale.
 

4 ESERCITAZIONE_CENTRO DELLE RIGIDEZZE

La quarta esercitazione prevede la realizzazione di un telaio Shear - Type in calcestruzzo, formato da pilastri con sezione 40 cm x 40 cm e con travi con sezione 40 cm x 80 cm. Tale telaio è caratterizzato dalla presenza di travi infinitamente rigide che hanno un momento d’inerzia molto più grande di quello dei pilastri, ragion per cui in questo modello teorico le travi non si deformano assialmente, ma traslano cioè subiscono uno spostamento rigido, mentre i pilastri si deformano in quanto soggetti a flessione.

Il telaio che si è voluto rappresentare è caratterizzato anche dalla presenza di controventi, vincoli semplici, che si possono rappresentare come molle e che indicano la rigidezza del telaio stesso, come si può osservare nella Figura 1.

Lo scopo dell’esercitazione è quello di determinare il centro delle rigidezze di un telaio Shear – Type, per fare ciò ci si giova del supporto di un foglio di calcolo Excel. La prima fase che porta al calcolo del centro delle rigidezze prevede l’inserimento dei dati nel foglio preimpostato. Prima di tutto bisogna stabile le dimensioni del telaio e quindi anche la sua altezza, pari a 4 m.

Successivamente si procede con la compilazione del foglio Excel, che attraverso più passaggi, calcola il centro delle rigidezze.

Step 1: definizione dei telai

Calcolo del modulo d’inerzia del pilastro: (bxh³) /12 = 21333 cm⁴

Modulo di elasticità del calcestruzzo: si utilizza il valore che utilizza il software SAP per una maggiore comodità di calcolo; E= 24855,57 N/mm²

Si inseriscono tutti questi dati nelle caselle del foglio Excel, compresa l’altezza dei pilastri, e si ripete la sessa operazione per tutti i telai della struttura. (Fig. 02)

Step 2: calcolo delle distanze dall’origine degli assi 0

Si è calcolata la distanza di ogni rigidezza (molla) dall’origine 0 e si sono riportate tali misure nel foglio Excel (Fig. 03)

Step 3: calcolo delle coordinate del centro delle masse

Si è diviso il telaio in due parti, di cui si è successivamente calcolata l‘area, poi per ogni area si è inserita la coordinata X e la coordinata Y del centro di ognuna delle due aree. Dopo aver inserito tali dati si sono ottenute le coordinate del centro delle masse dell’intero telaio X= 5,91  Y= 5,18 (Fig. 03)

Step 4: Calcolo del centro delle rigidezze

Coordinate del centro delle rigidezze:  X= 5,82  Y= 6,55 (Fig. 04)

Step 5: analisi dei carichi sismici

Si ipotizza che il telaio in esame sia sottoposto ad una forza orizzontale come la forza sismica.

Si inseriscono i carichi di un solaio in calcestruzzo, ripresi dall’esercitazione precedente: qs= 2,50 KN/mq, qp= 2,47 KN/mq, qa= 2 KN/mq (Fig. 05)

Step 6  e Step 7: ripartizione della forza sismica lungo X e lungo Y

Si sono ottenute tutte le forze cui sono sottoposti tuti i controventi. (Fig. 06, Fig. 07)

Successivamente si disegna il telaio rappresentato nella carpenteria iniziale in SAP.  (Fig. 08)

Si determinano i vincoli (incastri) alla base dei pilastri (Fig. 09) 

Si assegna la sezione alle travi: travi 0,4x0,80 m. Tali travi devono essere infinitamente rigide perché facciano parte di un telaio Shear – Type, per cui si aumenta esponenzialmente il modulo di elasticità E del calcestruzzo. (Fig. 10, Fig.11)

Si determina la sezione dei pilastri: pilastri 0,4x0,4 m  (Fig. 12)

Si disegna il punto che rappresenta il centro delle masse di coordinate X= 5,91 Y= 5,18  (Fig. 13)

Si stabilisce che l’impalcato sia infinitamente rigido e che tutti i punti appartengano all’impalcato stesso: si selezionano tutti i punti poi si procede con il comando Assign – Joints – Constraint, si apre una  finestra e si seleziona la voce Diaphragm in modo tale da avere un telaio infinitamente rigido e sottoposto solo a traslazione.  (Fig. 14)

Si applica al punto la forza orizzontale (forza sismica) calcolata grazie al foglio Excel F= 86,78 KN  (Fig. 15)

Si avvia l’analisi ottenendo una deformata che è quella caratteristica del Telaio Shear – Type.  (Fig. 16, Fig. 17)

Dall’analisi si può evincere come l’impalcato trasli a causa della forza sismica, ma esso subisce anche una piccolissima traslazione che si può considerare trascurabile in quanto il centro di massa non coincide con quello delle rigidezze:  X= 5,82  Y= 6,55    (Fig. 18) 

ARCO RIBASSATO SOTTOPOSTO AD UN CARICO DISTRIBUITO

Disegno un arco ribassato con diametro 6m su Autocad 3d in dxf.

Una volta importato su SAP gli applico due cerniere all’imposta dell’arco e una cerniera interna in chiave per rendere la struttura isostatica.

Definisco la sezione dell’arco (40x30) e gli applico un carico distribuito da 10KNm, come nel caso dell’arco a tutto sesto.

Immagine della deformata.

Componenti della normale

ARCO A TUTTO SESTO SOTTOPOSTO AD UN CARICO DISTRIBUITO

Disegno un arco a tutto sesto con diametro 6m su Autocad 3d, lo farò in dxf per poterlo poi importare su SAP.

Una volta visualizzato su SAP applico due cerniere all’imposto dell’arco e una cerniera interna in chiave per rendere la struttura isostatica.

Definisco la sezione dell’arco (40x30) e gli applico un carico distribuito da 10KNm .

Immagine della deformata.

Componenti della normale