TRAVATURA RETICOLARE 

STRUTTURA RETICOLARE SIMMETRICA (SEZIONI DI RITTER)

 

Nel caso di questa struttura reticolare l’isostaticità è verificata in quanto
gradi di libertà = gradi di vincolo = 33

REAZIONI VINCOLARI

AZIONI DI CONTATTO

Calcolate le reazioni vincolari si può procedere al taglio delle varie aste per trovare le azioni di contatto facendo attenzione a tagliare 3 aste che non convergono ad uno stesso punto.

I SEZIONE

Imposto ∑M=0 in C trovando che
N₁ = -40 KN  (asta compressa)

Per le aste oblique è fondamentale scomporre la forza nelle sue due componenti verticale ed orizzontale. In questo caso specifico un’asta inclinata di 45° ha due componenti di uguale valore pari a  N x (radice di 2 su 2)

N₄ = -30 x radice di 2 (asta compressa)

 

Grafico della deformata

 

 

 

STRUTTURA RETICOLARE ASIMMETRICA (METODO DEI NODI)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

La travatura reticolare è una particolare tipologia strutturale in cui tutti gli elementi che compongono la struttura sono tratti lineari (puntoni o tiranti) collegati da due cerniere. In questo caso ci troviamo di fronte ad una configurazione simmetrica, sia nella disposizione delle aste che nella ripartizione dei carichi nei nodi superiori.          

Il primo passo nel calcolo di questa struttura è la verifica dell'isostaticità (una situazione in cui il numero dei gradi di libertà della struttura sia pari al numero dei vincoli applicati su questa). Per verificare che la struttura sia isostatica possiamo utilizzare due metodi:

1. L=V (numero gradi di libertà=numero gradi di vincolo)

V = V_e + V_i  =>33

L= 3 x numero corpi  =>33

2.  V_e + a = 2 nodi (vincoli esterni+n°aste=n°nodi x 2)

3 + 11 = 2 x 7      => 33

Da queste uguaglianze si deduce che la struttura si trova in una condizione di isostaticità.

Il secondo passo è il calcolo delle reazioni vincolari. La reazione vincolare orizzontale nel nodo A risulta pari a 0 (in quanto unica forza orizzontale all’interno della struttura, non bilanciata, quindi, da altre forze) mentre le due reazioni verticali nei nodi A e G, trovandosi in una condizione di simmetria, si ripartiscono equamente il carico applicato sui nodi superiori, bilanciando, quindi, la forza esterna pari a 60 KN.

In questo caso abbiamo risolto la struttura utilizzando il metodo di Ritter, sezionando idealmente la trave in due parti, andando a tagliare tre aste non convergenti nello stesso punto.  

Scegliamo arbitrariamente la porzione di struttura sulla sinistra. Attraverso questa sezione possiamo mettere in evidenza gli sforzi normali delle singole aste sezionate. Il verso ipotizzato è “uscente”: ciò equivale a dire che secondo la nostra ipotesi, e secondo le convenzioni riguardo la direzione positiva o negativa dello sforzo normale, le aste sono sottoposte a sforzo di trazione.

Attraverso l’equilibrio dei momenti intorno al nodo C ricaviamo il valore dello sforzo normale dell’asta 1.

 (20x2)-(30x4)-(N₁x2)=0

40-120-2N₁=0

2N₁=40-120

N₁=-40

Quindi il verso ipotizzato non è esatto: l’asta, sottoposta a sforzo di compressione, è un puntone. Attraverso l’equilibrio dei momenti intorno al nodo B ricaviamo lo sforzo normale N3.                              

 -30x2+N₃x2=0

N₃=30

Il verso ipotizzato è corretto: l’asta è un tirante.

                   

L’asta BC è inclinata di 45°: per calcolare il valore dello sforzo normale N2 devo, quindi, scomporre la forza in una componente verticale e una orizzontale. Tramite l’equilibrio delle forze verticali posso calcolarmi l’unica incognita all’interno di questa sezione, ovvero N2.

30-20-N2√2/2=0

N₂ =10√2

Il verso ipotizzato è corretto: l’asta è un tirante.

In questo modo, attraverso altri tagli e tramite gli sforzi normali delle aste ricavati in precedenza, possiamo risolvere l’intera struttura, verificando se le singole aste sono sottoposte a sforzi di trazione o compressione.           

 

30+N₄√2/2=0

N₄√2/2=-30

N₄=-30√2/2

(N₅x2)+(20x4)-(30x6)=0

2N₅+80-180=0

2N₅-100=0    

N₅=50                                                                                                                                                                                                                                                      

   

N₆√2/2+30-20=0

N₆=-10√2   

(Le aste evidenziate in giallo corrispondono alle aste tese)   

Verifica della struttura con il software di calcolo SAP 2000

A partire dalla griglia disegno la struttura reticolare, i vincoli esterni e definisco i carichi che gravano sui nodi B,D,F.

Mi assicuro che le aste siano soggette soltanto a sforzo normale, ponendo pari a zero il momento sia all'inizio che alla fine di ogni singola asta.

Ottengo così il valore delle reazioni vincolari e la deformazione della struttura dovuta ai carichi esterni.

Attraverso l'analisi di SAP ottengo anche il diagramma degli sforzi assiali (in blu le aste tese) con i relativi valori.

 

Seconda esercitazione-travatura reticolare asimmetrica

In questo esercizio ci troviamo di fronte ad una struttura reticolare asimmetrica. In questo caso, quindi, non possiamo risolvere soltanto metà configurazione e avvalerci delle proprietà della simmetria per la restante parte. 

Partiamo dalla verifica dell'isostaticità:

V_e + a=2 x n°nodi

3 + 11=2 x 7

14=14

La struttura è isostatica.

Calcoliamo ora le reazioni vincolari.

Per risolvere questa struttura utilizziamo il metodo dell'equilibrio ai nodi, attraverso il quale isoliamo un nodo della struttura reticolare calcolando il valore dello sforzo assiale che arriva sulla cerniera attraverso il solo equilibrio delle forze orizzontali e verticali.

Partiamo dal nodo A nel quale convergono visibilmente due aste scariche (AB e AF) in quanto non è presente una reazione vincolare o un carico esterno: dall'equilibrio delle forze orizzontali e verticali risulterà quindi che

Grazie al valore dello sforzo N₁ possiamo calcolare il valore delle incognite sul nodo B che, altrimenti, risulterebbero maggiori rispetto al numero di equazioni a disposizione.

 

20+N₃√2/2=0

N₃=-20√2

30+N₃√2/2+N₄=0

30-(20√2x√2/2)+N₄=0

N₄=-10

10+N₈=0

N₈=-10

N₅₌0

10+N₆√2/2-(20√2x√2/2)=0

10+N₆√2/2-20=0

N₆=10√2

N₇+N₆√2/2-(20√2x√2/2)=0

N₇+(10√2x√2/2)+20=0

N₇=-30

N₉=-10

N₁₁=-30

N₁₀√2/2+10-(10√2x√2/2)=0

N₁₀√2/2=10-10

N₁₀=0

N₁₀√2/2=0

(Le aste evidenziate in giallo corrispondono alle aste tese)   

Verifica della struttura con il software di calcolo SAP 2000

A partire dalla griglia disegno la struttura reticolare, i vincoli esterni e definisco i carichi che gravano sui nodi C,E.

Mi assicuro che le aste siano soggette soltanto a sforzo normale, ponendo pari a zero il momento sia all'inizio che alla fine di ogni singola asta.

Ottengo così il valore delle reazioni vincolari e la deformazione della struttura dovuta ai carichi esterni.

Attraverso l'analisi di SAP ottengo anche il diagramma degli sforzi assiali (in blu le aste tese) con i relativi valori.

 

 

Terza esercitazione:

arco a tre cerniere con carico distribuito laterale

La struttura in questione è un portale: due corpi incernierati a terra e collegati da una cerniera interna. La configurazione non è simmetrica in quanto è presente lateralmente un carico distribuito pari a q. Anche in questo caso il primo passo è il calcolo delle reazioni vincolari: dividiamo la struttura in due corpi. 

Dall'equilbrio dei momenti intorno alle due cerniere esterne e dall'equilibrio delle due traslazioni ottengo il valore delle singole forze

Le forze orizzontali bloccate dalle due cerniere esterne sono pari a 3qh/4 e qh/4 e possiedono lo stesso verso in quanto vanno a contrastare insieme il carico distribuito esterno pari a qh.

Attraverso i valori ottenuti e tramite i diagrammi di N,T,M andiamo a visualizzare  lo sforzo della struttura.

Diagramma sforzo normale

Possiamo vedere come l'andamento dello sforzo normale sia costante in tutta la struttura in quanto in ogni punto sono assenti carichi concentrati q1 paralleli agli assi. Il valore dello sforzo normale assume valori positivi se agli estremi dell'asta è presente uno sforzo di trazione e negativi se, al contrario, è presente uno sforzo di compressione.

Diagramma sforzo di taglio

Nel primo tratto verticale lo sforzo di Taglio assume un andamento lineare per la presenza di un carico distribuito q2 perpendicolare all'asse, con estremi negativi e positivi pari al valore e al verso delle forze orizzontali. Nei tratti rimanenti i diagrammi sono costanti (per la presenza di sole forze concentrate), positivi o negativi in base alla direzione delle forze orizzontali alle estremità del tratto considerato.

Nel primo tratto verticale il diagramma del momento è parabolico e presenta un punto di massimo proprio dove si annulla il diagramma del taglio. Nei tratti rimanenti, il diagramma è lineare.

 

Verifica della struttura con il software di calcolo SAP 2000

Deformazione struttura sotto il carico distribuito q

Diagramma sforzi assiali

Diagramma sforzi di Taglio

Diagramma Momenti

 

 

 

Quarta esercitazione:

arco a tre cerniere con carico centrale

La configurazione di questo portale è simmetrica: l'unica forza presente è il carico puntuale F disposto esattamente sull'asse di simmetria della struttura (in corrispondenza della cerniera interna). Da questa conformazione possiamo dedurre che le reazioni vincolari orizzontali delle cerniere a terra saranno uguali ma di verso opposto, mentre, al contrario quelle verticali avranno stesso modulo e verso (pari a metà della forza concentrata superiore). Dall'equilibrio dei momenti intorno alla cerniera otteniamo le reazioni orizzontali:

RoC h-F/2 l=0    => RoC=Fl/2h

RoA=RoC=RoB=Fl/2h         

 

Attraverso i valori ottenuti e tramite i diagrammi di N,T,M andiamo a visualizzare  lo sforzo della struttura.

Diagramma sforzo normale

 

Possiamo vedere come l'andamento dello sforzo normale sia costante in tutta la struttura in quanto in ogni punto sono assenti carichi concentrati q1 paralleli agli assi. Il valore dello sforzo normale assume per ogni tratto della struttura valori negativi in quanto agli estremi di ogni asta è presente una forza di compressione.

Diagramma sforzo di taglio

Nel primo tratto verticale lo sforzo di Taglio assume un andamento costante per la presenza del solo carico concentrato Fl/2h (positivo secondo la convenzione stabilita). Stessa situazione nel tratto verticale sulla destra, anche se in qesto caso la forza Fl/2h fa assumere all'asta uno sforzo di taglio negativo pari al valore della stessa forza. Nel tratto orizzontale possiamo vedere un salto nel diagramma del taglio, in corrispondenza della forza esterna, pari al valore della forza F.

Diagramma Momento

Il momento assume un andamento lineare in tutti i tratti del portale (il diagramma del taglio è infatti costante per tutti i punti), annullandosi in corrispondenza delle cerniere esterne e della cerniera interna.

Verifica della struttura con il software di calcolo SAP 2000

Deformazione struttura sotto il carico concentrato centrale F

Diagramma sforzi assiali

Diagramma sforzi di Taglio

Diagramma Momento

 

 

Quarta esercitazione:

arco a tre cerniere con carichi concentrati laterali

Le uniche forze presenti su questo portale sono i carichi puntuali F disposti ad h/2 rispetto all'altezza del portale. Da questa conformazione possiamo dedurre che le reazioni vincolari orizzontali delle cerniere a terra avranno un valore pari a F ma di verso opposto rispetto al carico esterno, mentre quelle verticali sicuramente andranno a bilanciare il momento Fh/2 prodotto dalle forze orizzontali. Dall'equilibrio dei momenti intorno alla cerniera otteniamo le reazioni verticali:

-cl-dh-Fh/2=0   (corpo a destra)

-cl+dh-Fh/2=0  (corpo a sinistra)

Dalla seconda equazione mi ricavo il valore di d:

d=(cl+Fh/2) x 1/h 

sostituisco il valore trovato nella prima equazione:

-cl-(cl/h+F/2) x h - fh/2 = 0

=> c (= b = g) = - Fh/2l

 

Attraverso i valori ottenuti e tramite i diagrammi di N,T,M andiamo a visualizzare  lo sforzo della struttura.

Diagramma sforzo normale

 

Possiamo vedere come l'andamento dello sforzo normale sia costante in tutta la struttura in quanto in ogni punto sono assenti carichi concentrati q1 paralleli agli assi. Il valore dello sforzo normale assume per ogni tratto a sinistra un valore positivo in quanto agli estremi dell’ asta è presente una forza di trazione, e negativo a destra, in quanto è presente uno sforzo di compressione.

Diagramma sforzo di taglio

Nei primi tratti verticali lo sforzo di Taglio assume un andamento costante per la presenza delle sole forze concentrate F (negativo secondo la convenzione stabilita). Nel secondo tratto, in assenza di carichi, non c'è sforzo di Taglio. Nel tratto orizzontale il diagramma è costante e positivo e pari al valore della forza verticale della cerniera interna.

Diagramma momento

Il momento assume un andamento lineare in tutti i tratti del portale (dove il diagramma del Taglio è costante) tranne per il secondo tratto verticale dove il taglio è pari a 0.

 

Verifica della struttura con il software di calcolo SAP 2000

Deformazione struttura

 

Diagramma sforzi assiali

Diagramma sforzi di Taglio

Diagramma Momento

 

 

 

 

Quinta esercitazione:

dimensionamento di una trave

Per questo esercizio ho scelto di esaminare la struttura di due appartamenti simmetrici, all'interno di un complesso residenziale, studiata per il Laboratorio di Progettazione 3 (triennale): la pianta si riferisce al piano terra. Nella progettazione fatta in passato era stata ipotizzata un'orditura nella stessa direzione per tutta la lunghezza dell'impalcato, con un solaio in c.a. 

L'esercizio prevede il dimensionamento di una trave della struttura ipotizzando l'uso di tre differenti tipologie strutturali: legno, acciaio e c.a.

La trave che andrò a dimensionare è quella compresa tra i pilastri B1-B2, con una luce pari a 4.80 m, un interasse di 3.86 m (1.93 m + 1.93 m) e un'area d'influenza di circa 18.53 mq (3.86 m x 4.8 m).

Per poter effettuare il dimensionamento e inserire nel foglio di calcolo excel i valori noti, dobbiamo prima calcolarci il peso totale dei carichi che gravano sulla struttura, distinguendoli in tre classi:

1. Qs = pesi propri dei materiali strutturali

2. Qp = carichi permanenti non strutturali (carico non removibile durante il normale esercizio della costruzione, relativo a tamponature esterne, massetti, isolamenti, pavimenti, rivestimenti, intonaci, impianti e altro)

3. Qa = carichi accidentali (carichi legati alla destinazione d'uso dell'opera)

Dalla Normativa (d.m. 14.01.2008) possiamo ricavare i valori dei carichi d'esercizio in base alla categoria dell'edificio: in particolare per gli ambienti ad uso residenziale si adotta un valore di carico accidentale pari a 2 KN/mq.

 

1. LEGNO

Per poter effettuare il dimensionamento della trave dobbiamo prima di tutto sommare le tre classi di carico, inserendo all'interno dei carichi strutturali, anche il peso dei travetti.

1.1 Progetto Travetti

Luce = 3.86 m;  Interasse = 1 m

1.1.1 Calcolo dei carichi:

In questo passaggio vado a calcolarmi il peso di ogni singolo elemento che compone la stratigrafia del solaio e che incide direttamente sul travetto, attraverso il prodotto tra lo spessore dell'elemento (m) e il proprio peso specifico (KN/mc), considerando un'area di 1 mq. Divido sempre i carichi nelle tre categorie. 

• Qs (carico strutturale): 

     Assito in legno:                6 KN/mc (peso specifico) x 0.035 m (spessore) = 0.21 KN/mq

• Qp (carico permanente non strutturale):

    Pavimento in gres:           0.01 m (spessore) = 0.2 KN/mq

    Malta in cls alleggerito:    20 KN/mc x 0.03 m = 0.6 KN/mq

    Isolante (lana di vetro):   0.6 KN/mc x 0.05 m = 0.03 KN/mq

    Massetto:                         22 KN/mc x 0.04 m = 0.88 KN/mq

    Impianti:                           0.5 KN/mq

    => 0.2 + 0.6 + 0.03 + 0.88 + 0.5 = 2.21 KN/mq

•  Qa (carico accidentale): 2 KN/mq

1.1.2 Inserimento dati nel foglio excel:

Attraverso l'inserimento dei dati noti all'interno del foglio di calcolo excel ricavo le dimensioni del travetto. Prima di tutto vado a calcolare il carico totale a metro lineare (q = KN/m) che grava sull'elemento strutturale, sommando tutti i carichi (qa + qp + qs) e moltiplicando la somma per l'interasse dei travetti:

(0.21 KN/mq + 2.21 KN/mq + 2 KN/mq) x 1m = 4.42 KN/m

Questo dimensionamento è applicabile a tutte quelle travi che hanno come schema statico di riferimento una trave doppiamente appoggiata con M=ql^2/8.Una volta calcolato il carico totale a metro lineare vado a impostare la luce del travetto, pari a 3.86 m, così da calcolare il Momento massimo agente:

M = ql²/8 = 4.42 x (3.86)²/8 = 8.23 KN*m

Avendo scelto come classe di legno la GL28h, inserisco all'interno del foglio excel la tensione di snervamento corrispondente (28 N/mmq) e il Kmod, un coefficiente correttivo caratteristico del legno che tiene conto dell'effetto, sui parametri di resistenza, sia della durata del carico sia dell'umidità della struttura (stesso effetto del coefficiente γm, ovvero quello di diminuire il valore della resistenza)

     

Ottengo così  una tensione di progetto fD pari a 9.66 N/mmq

Ipotizzo, quindi, una dimensione per la base del travetto (12 cm), così da calcolarmi l'altezza:

h= (6 x M x 1000 / b x fD) ^ 0,5 = 20.65 cm

Approssimando per eccesso i valori ottenuti ottengo un travetto di dimensioni 12x25 cm.

     

Per verificare il risultato ottenuto, sommando al carico strutturale il carico dei travetti, inserisco nuovamente i dati nel foglio di calcolo excel:

Qtr al metro lineare = A x γ = 0.12 m x 0.25 m x 6 KN/mc = 0.18 KN/m

Qtr al metro quadro = qtr/interasse = 0.18 KN/m /1m = 0.18 KN/mq

=> Qs = 0.21 KN/mq + 0.18 KN/mq = 0.39 KN/mq

     

Il dimensionamento è verificato anche con h = 21,06 cm, in quanto l'altezza precedentemente ipotizzata era pari a 25 cm

=> Travetto GL28h 12 x 25 cm

 

1.2 Progetto Trave

Luce = 4.8 m;  Interasse = 3.86 m

1.2.1 Calcolo dei carichi:

• Qs (carico strutturale) : 0.39 KN/mq (assito in legno + travetti)

• Qp (carico permanente non strutturale):  2.21 KN/mq

•  Qa (carico accidentale): 2 KN/mq

1.2.2 Inserimento dati nel foglio excel:

Somma carichi:

(0.39 KN/mq + 2.21 KN/mq + 2 KN/mq) x 3.86 m = 17.756 KN/m

Calcolo Momento massimo agente:

M = ql^2/8 = 17.756 x (4.8)2/8 = 51.13728 KN*m

Calcolo tensione di progetto fD:

fD = Kmod*fmk/γm = 9.66 N/mmq

Calcolo altezza trave h (ipotizzando una base di 20 cm):

 h= (6 x M x 1000 / b x fD) ^ 0,5 = 39.86 cm

Approssimando per eccesso i valori ottenuti ottengo una trave di dimensioni 20 x 40 cm.

Per verificare il risultato ottenuto, sommando al carico strutturale anche il carico della trave stessa, inserisco nuovamente i dati nel foglio di calcolo excel.

Qtr al metro lineare = A x γ = 0.20 m x 0.40 m x 6 KN/mc = 0.48 KN/m

Qtr al metro quadro = qtr/interasse = 0.48 KN/m /3.86m = 0.124 KN/mq

=> Qs = 0.39 KN/mq + 0.124 KN/mq = 0.514 KN/mq

Il dimensionamento non risulta verificato poichè mantenendo una base pari a 20 cm l'altezzza nuova (che considera all'interno dei carichi anche il peso della trave) risulta pari a 40.39 cm.

=> Trave GL28h 20 x 45 cm

 

2. ACCIAIO

Per il dimensionamento della trave in acciaio applico inizialmente lo stesso procedimento effettuato per il solaio in legno: sommatoria dei carichi, calcolo del momento massimo agente, calcolo tensione di progetto fD, pertendo, anche in questo caso, dal progetto dei travetti.

2.1 Progetto Travetti

Luce = 3.86 m;  Interasse = 1 m

2.1.1 Calcolo dei carichi:

In questo passaggio vado a calcolarmi il peso di ogni singolo elemento che compone la stratigrafia del solaio e che incide direttamente sul travetto, attraverso il prodotto tra lo spessore dell'elemento (m) e il proprio peso specifico (KN/mc), considerando un'area di 1 mq. Divido sempre i carichi nelle tre categorie. 

• Qs (carico strutturale): 

     Soletta in lamiera grecata e getto in cls ( lamiera di tipo A75/P600, con un'altezza di 75mm e una altezza totale della soletta di 15cm) =  2.50 KN/mq

• Qp (carico permanente non strutturale):

    Pavimento in gres:           0.01 m (spessore) = 0.2 KN/mq

    Malta in cls alleggerito:    20 KN/mc x 0.03 m = 0.6 KN/mq

    Isolante (lana di vetro):   0.6 KN/mc x 0.05 m = 0.03 KN/mq

    Pannelli in cartongesso:   0.1 KN/mq

    Impianti:                           0.5 KN/mq

    => 0.2 + 0.6 + 0.03 + 0.1 + 0.5 = 1.43 KN/mq

•  Qa (carico accidentale): 2 KN/mq

2.1.2 Inserimento dati nel foglio excel:

Attraverso l'inserimento dei dati noti all'interno del foglio di calcolo excel ricavo le dimensioni del travetto. Prima di tutto vado a calcolare il carico totale a metro lineare (q = KN/m) che grava sull'elemento strutturale, sommando tutti i carichi (qa + qp + qs) e moltiplicando la somma per l'interasse dei travetti:

(2.50 KN/mq +1.43 KN/mq + 2 KN/mq) x 1m = 5.93 KN/m

Una volta calcolato il carico totale a metro lineare vado a impostare la luce del travetto, pari a 3.86 m, così da calcolare il Momento massimo agente:

M = ql²/8 = 5.93 x (3.86)²/8 = 11.04 KN*m

Avendo scelto come classe di acciaio la Fe360S235, inserisco all'interno del foglio excel la tensione di snervamento corrispondente (235 N/mmq), così da calcolare la tensione di design fD:

fD = fyk/1.05 = 223.81 N/mmq

Dai calcoli effettuati ottengo un Modulo di resistenza a flessione Wx pari a 49.35 cm^3; ricerco quindi nelle tabelle il profilo con il modulo di resistenza immediatamente superiore:

=> Profilo IPE 120 (Wx = 53 cm^3)

Per verificare il risultato ottenuto, sommando al carico strutturale il carico dei travetti, inserisco nuovamente i dati in excel:

Peso travetto (tabella) = 10.4 Kg/m = 0.104 KN/m

Qtr al metro quadro = 0.104 KN/m /interasse = 0.104 KN/m /1 m = 0.104 KN/mq

Qs = 2.50 KN/mq + 0.104 KN/mq = 2.604 KN/mq

Il dimensionamento è verificato anche questa volta in quanto Wx = 50.21 cm^3

=> Travetto IPE 120 (Wx = 53 cm^3) (12cm x 6.4 cm)

 

2.2 Progetto Trave

Luce = 4.8 m;  Interasse = 3.86 m

2.2.1 Calcolo dei carichi:

• Qs (carico strutturale) =

carico soletta + travetti = 2.50 KN/mq +0.104 KN/mq = 2.604 KN/mq

• Qp (carico permanente non strutturale) =

Pavimento in gres:           0.01 m (spessore) = 0.2 KN/mq

Malta in cls alleggerito:    20 KN/mc x 0.03 m = 0.6 KN/mq

Isolante (lana di vetro):   0.6 KN/mc x 0.05 m = 0.03 KN/mq

Pannelli in cartongesso:   0.1 KN/mq

Impianti:                           0.5 KN/mq

=> 0.2 + 0.6 + 0.03 + 0.1 + 0.5 = 1.43 KN/mq

•  Qa (carico accidentale): 2 KN/mq

2.2.2Inserimento dei dati all'interno del foglio excel:

Somma carichi:

(2.604 KN/mq + 1.43 KN/mq + 2 KN/mq) x 3.86 m = 23.29 KN/m

Calcolo Momento massimo agente:

M = ql^2/8 = 23.29 x (4.8)2/8 =67.07 KN*m

Calcolo tensione di progetto fD:

fD = fγk/1.05 = 223.81 N/mmq

Dai calcoli effettuati ottengo un Modulo di resistenza a flessione Wx pari a 299.71 cm^3; ricerco quindi nelle tabelle il profilo con il modulo di resistenza immediatamente superiore

=> Profilo IPE 240 (Wx = 324 cm^3)

 

Per calcolare il risulatato ottenuto , sommando al carico strutturale il carico dei travetti, inserisco nuovamente i dati nel foglio di calcolo excel:

Peso trave (tabella) = 30.7 Kg/m = 0.307 KN/m

Qtr al metro quadro = 0.307 KN/m /interasse = 0.307 KN/m /3.86 m = 0.026 KN/mq

Qs = 2.604 KN/mq + 0.026 KN/mq =2.63 KN/mq

Il dimensionamento è verificato anche questa volta in quanto Wx = 301.01 cm^3

=> Trave IPE 240 (Wx = 324 cm^3)(24 cm x 12 cm)

 

3. CLS ARMATO

Luce = 4.8 m;  Interasse = 3.86 m

3.1.Calcolo dei carichi:

• Qs (carico strutturale): 

     Solaio in laterocemento con travetti armati=  2.65 KN/mq

• Qp (carico permanente non strutturale):

    Pavimento :                      0.01 m (spessore) = 0.2 KN/mq

    Malta in cls alleggerito:    20 KN/mc x 0.03 m = 0.6 KN/mq

    Isolante (lana di vetro):   0.6 KN/mc x 0.05 m = 0.03 KN/mq

    Intonaco (2 cm):               0.3 KN/mq

    Impianti:                           0.5 KN/mq

     => 0.2 + 0.6 + 0.03 + 0.3 + 0.5 = 1.63 KN/mq

•  Qa (carico accidentale) = 2 KN/mq

3.2.Inserimento dei dati all'interno del foglio excel:

Somma carichi:

(2.65 KN/mq + 1.63 KN/mq + 2 KN/mq) x 3.86 m = 26.32 KN/m

Calcolo Momento massimo agente:

M = ql^2/8 = 26.32 x (4.8)2/8 = 75.80 KN*m

Inseriamo il valore della tensione di snervamento in base al tipo di acciaio adottato, in questo caso B450C, l'unico ammesso in zona sismica, con un fyk = 450 MPa.

Ricavo poi il valore della tensione di snervamento fD pari al rapporto tra fyk e il coefficiente di sicurezza utilizzato per le barre di acciaio, pari a 1.15.

fD = fyk/1.15 = 450/1.15 = 391.3 N/mmq

La fck rappresenta invece il valore caratteristico della resistenza a compressione del calcestruzzo, misurata su provini cilindrici, in base al tipo di calcestruzzo scelto.

C 40/50 => 40 N/mmq

Ponendo la base della trave pari a 30 cm, ottengo dal calcolo del dimensionamento un'altezza pari a 23.68, anche se sommando i 5 cm di copriferro l'altezza totale H della sezione arriva a misurare 28.68 cm. Arrotondo le dimensioni scegliendo una trave di 30 cm x 35 cm (evitando una sezione quadrata). 

La classe di resistenza utilizzata per il cls è la C40/50, mentre per l'acciaio la B450C (normativa per zona sismica).

Sapendo che il Peso lineare P = 2.15 KN/m (determinato dal foglio excel), vado a sommarlo al carico totale Q (26.32 KN/mq + 2.15 KN/mq) => Q = 28.47 KN/m da

cui un H = 29.40 cm (entro le dimensioni calcolate). Il dimensionamento risulta corretto.

 

 

 

 

 

Sesta esercitazione:

Struttura reticolare spaziale

Le reticolari spaziali sono strutture rigide costruite per mezzo di incastri e secondo opportuni schemi geometrici (principalmente di tipo piramidale), consentendo la realizzazione di ampie campate nonostante il numero limitato di supporti.

Dopo aver disegnato la struttura in autocad possiamo importarla nel software di calcolo Sap 2000 per analizzarla.

Disegniamo quindi la struttura reticolare in autocad, uno schema realizzato a partire da una base quadrata, composta da tiranti, puntoni e diagonali, partendo dalla sua unità per realizzare poi una serie: assegnate le unità di misura in metri, attraverso una polilinea (e partendo dalle coordinate dello 0 assoluto 0,0,0 per facilitare l'esportazione su Sap) costruiamo un quadrato di 2m x 2m, lasciando uno dei quattro lati aperto per evitare di incollare più linee sullo stesso lato durante la serie

Per costruire la reticolare è necessario passare da una vista bidimensionale ad una tridimensionale

Cambiamo nuovamente vista e ruotiamo la figura disegnata nello spazio tridimensionale: a questo punto siamo in grado si disegnare nello spazio i moduli mancanti della reticolare. Selezioniamo le quattro aste e utilizziamo il comando "serie "(array), che ci permetterà di disegnare copie multiple della nostra unità di base attraverso una serie rettangolare. Per disegnare la nostra struttura occorre realizzare quattro copie lungo l'asse x: diciamo quindi ad arrey di realizzare quattro colonne distati 2 m l'una dall'altra (misura pari alla larghezza della nostra unità)

Chiudiamo ora la figura attraverso l'ultima asta verticale della serie

Nello stesso modo in cui abbiamo disegnato le quattro colonne lungo l'asse X disegniamo l'unità base (quadrato con diagonale, aperto sul quarto lato) lungo l'asse perpendicolare, facendo attenzione a non duplicare le aste verticali già disegnate nella prima serie. Inoltre, per disegnare le altre maglie della faccia laterale, bisogna cambiare il sistema di riferimento UCS poichè il piano su cui possiamo disegnare è quello xy.

Utilizziamo nuovamente il comando array per completare le aste mancanti

Completiamo ora la prima campata disegnando le aste oblique superiori e inferiori, lasciando ancora una volta il quarto lato aperto per poter effettuare una nuova serie (quella definitiva)

Completiamo quindi la struttura riprendendo ancora una volta il comando array che ci permetterà di disegnare copie multiple della nostra "riga" di base attraverso una serie rettangolare. Per disegnare la nostra struttura occorre realizzare sette copie lungo l'asse x: diciamo quindi ad arrey di realizzare sette colonne distati 2 m l'una dall'altra (misura pari alla larghezza della nostra unità)

Otteniamo la reticolare, composta da quattro campate lungo l'asse Z e sette campate lungo l'asse X

La struttura disegnata presenta una campata in più (sette invece di sei) in quanto risulta più semplice eliminare le aste della settima campata piuttosto che andare a disegnare le aste mancanti

Eliminiamo quindi le aste dell'ultima campata così da ottenere la struttura definitiva (quattro campate x sei campate). Prima di passare su Sap, attraverso il comando "esplodi", separiamo le polilinee in modo da creare aste singole (processo necessario per il calcolo su Sap).

Salviamo la struttura e importiamo il modello in formato .dxf Autocad 2000 sul software di calcolo SAP 2000. Impostiamo le unità di misura (KN, m, C) e attraverso il comando "import" inseriamo il modello .dxf di Autocad. Selezionando i quattro nodi alle estremità della struttura reticolare possiamo assegnare i vincoli (quattro cerniere esterne) 

Seleziono i nodi => assign => joint => restraints => translation 1 e 2 (ovvero impedisce la traslazione verticale e orizzontale)

Essendo una struttura reticolare mi assicuro che le aste siano soggette soltanto a sforzo normale, ponendo pari a zero il momento sia all'inizio che alla fine di ogni singola asta, andando a creare cerniere interne di collegamento

Seleziono i nodi => assign => frame => releases/partial fixity => moment 2-2 e moment 3-3 start-end

Prima di analizzare la struttura definisco e assegno alle aste una sezione e un materiale: in questo caso acciaio e sezione tubolare. Inoltre definisco un nuovo carico concentrato, pari a 40 KN (in questo caso -40, in quanto in direzione opposta a quella dell'asse verticale Z), assegnandolo ai soli nodi superiori. Una volta assegnati i carichi possiamo lanciare l'analisi, limitandola alle sole forze concentrate inserite nell'ultimo passaggio.

Ottengo la struttura reticolare spaziale deformata sotto l'azione dei carichi esterni: le aste sono sollecitate solamente a sforzo assiale (i diagrammi del momento e del taglio sono infatti pari a zero). Dalla vista 3d possiamo vedere come varia lo sforzo assiale nelle aste della struttura

Variazione dello sforzo normale nel piano YZ

Per visualizzare i risultati dello sforzo normale sulle aste 

Display => Show table => analysis results => element output 

Otteniamo così lo sforzo normale di ogni singola asta 

dopo aver esportato la tabella su excel (così da poter ordinare in maniera più veloce i valori, dal più grande al più piccolo o viceversa) possiamo individuare facilmente l'asta maggiormente sollecitata a trazione e a compressione

File => Export all tables => to excel

 

Progetto asta maggiormente sollecitata a trazione

All' asta maggiormente sollecitata a trazione corrisponde uno sforzo assiale N = 259,167 KN. Mi calcolo quindi l'area minima che resiste a trazione tramite la formula

fD = N/A => A = N/fD

Scegliendo un acciaio Fe360S235 posso calcolarmi la tensione di progetto

fD = fyk/1.05 = 223.81 N/mmq

A = N/fd = 259167 N / 223.81 N/mmq = 1157.9 mm² = 11.58 cm² 

Avendo calcolato l'area minima necessaria vado a scegliere le sezioni disponibili per i tubolari e scelgo il profilo con l'area immediatamente superiore a 11.58 cm²

Scelgo il profilato con una sezione pari a 12.5 cm². 

Verifica asta maggiormente sollecitata a trazione

Per quanto riguarda l'asta tesa posso effettuare una verifica a resistenza del profilo scelto: la sezione risulta verificata se il risultato del quoziente tra lo sforzo normale e l'area del nuovo profilo risulta essere inferiore o al limite uguale a fD. 

259167 N / 1250 mmq =  207.3 N/mmq < 223.81N/mmq

Il profilo scelto è verificato.

 

Progetto asta maggiormente sollecitata a compressione

All' asta maggiormente sollecitata a compressione corrisponde uno sforzo assiale N = 304.968 KN. Mi calcolo quindi l'area minima che resiste a trazione tramite la formula

fD = N/A => A = N/fD

Scegliendo un acciaio Fe360S235 posso calcolarmi la tensione di progetto

fD = fyk/1.05 = 223.81 N/mmq

A = N/fd = 304968 N / 223.81 N/mmq = 1362.6 mm² = 13.62 cm² 

Avendo calcolato l'area minima necessaria vado a scegliere le sezioni disponibili per i tubolari e scelgo il profilo con l'area immediatamente superiore a 13.62 cm²

Scelgo il profilato con una sezione pari a 13.9 cm². 

Verifica asta maggiormente sollecitata a compressione

Per quanto riguarda l'asta compressa posso effettuare tre tipi di verifica del profilo scelto: verifica a resistenza, a stabilità e a snellezza. L'asta compressa è infatti soggetta al cosiddetto "carico assiale di punta" (o carico critico euleriano), un improvviso collasso di un membro strutturale soggetto ad intensi sforzi di compressione: una struttura snella (Valore elevato del rapporto h/l), ricevendo sollecitazioni di questo tipo, tende ad incurvarsi fino al punto di rottura 

Verifica a resistenza:

la sezione risulta verificata se il risultato del quoziente tra lo sforzo normale e l'area del nuovo profilo risulta essere inferiore o al limite uguale a fD. 

304968 N / 1390 mmq =  219.4 N/mmq < 223.81N/mmq

Il profilo scelto risulta verificato a resistenza.

Verifica a snellezza:

La snellezza dell'asta è definita dalla formula 

λ = l₀ /ρ 

con l₀ lunghezza libera d'inflessione (distanza tra due punti di flesso successivi della deformata flessionale) e ρ il raggio d'inerzia della sezione retta nel piano di inflessione. La normativa impone limiti alla snellezza massima negli elementi in cui possa essere presente uno sforzo normale di compressione:

λ_max ≤ 200 per le membrature principali

λ_max ≤ 250 per le membrature secondarie

Lo schema dell'asta incernierata porta ad avere un valore di lo= l, mentre il raggio d'inerzia (desumibile dalle tabelle) è pari a 3,9 cm.

=> λ = l₀ /ρ = 1 x 282 cm/3,9 cm = 72.3 < 200

Il profilo scelto risulta verificato a snellezza.

Verifica a stabilità:

Uno degli aspetti principali da tenere presente nella progettazione delle strutture in acciaio è quello legato ai problemi di stabilità dell'equilibrio. L'elevata resistenza dell'acciaio consente infatti, a parità di sollecitazioni, di adottare per gli elementi strutturali sezioni molto ridotte: la snellezza può quindi portare a situazioni di instabilità. 

Nd ≤Nbrd 

 

Per prima cosa mi calcolo il carico critico euleriano, ovvero il più piccolo valore del carico assiale per il quale la trave caricata di punta può assumere una configurazione di equlibrio diversa dalla configurazione "indeformata".

E = 210000 N/mmq

I = 211 cm⁴ = 2110000 mm⁴

Lo = 282 cm = 2820 mm

=> N_cr = (3.14)² x 210000 N/mm² x 2110000 mm⁴ / (2820 mm)² = 549367 N = 549 KN

Ora la snellezza adimensionale:

A = 13.9 cm² = 1390 mm²

fyk = 235 N/mmq

Ncr = 549367 N

=> √1390 mm^₂ x 235 N/mm² / 549367 N = 0.77

Il coefficiente χ, che dipende dal tipo di sezione e dal tipo di acciaio impiegato: si desume, in funzione di appropriati valori della snellezza adimensionale, dalla seguente formula: 

dove Φ = 0.5 [1 + α (λ - 0.2) + λ² ], mentre α è il fattore di imperfezione (ricavabile dalle tabelle della normativa)

=> Φ = 0.5[1 + 0.21 ( 0.77 - 0.2) + (0.77)²] = 0.8563 

=> X = 1 / 0.8563 + √(0.8563)² - (0.77)² = 0.815<1

Infine, Nbrd

X = 0.815

A = 13.9 cm² = 1390 mm²

=> Nbrd = 0.815 x 1390 mm² x 235 N/mm² / 1.05 =  253542 N = 253 KN < 549 KN

 

Il profilo scelto risulta verificato a compressione.

 

 

 

 

Settima esercitazione:

Ripartizione forze sismiche

(Svolto con Yanbin Zhu, Andrea Muglia, Flavia Valdarnini)

Questa esercitazione ci permetterà di calcolare come, in presenza di forze sismiche, debbano essere disposti i controventi all'interno di una struttura: i controventi sono infatti dei particolari vincoli che impediscono alla struttura di effettuare uno spostamento o una rotazione dovuta ad una forza orizzontale.

Chiamiamo Centro di Massa il punto in cui si considera concentrata la forza derivante dall'azione sismica: planimetricamente la posizione del baricentro dipende dalla forma geometrica dell'impalcato e viene determinata con i metodi forniti dalla geometria delle masse.

Si definisce invece Centro elastico dell'impalcato il baricentro delle rigidezze degli elementi resistenti verticali che si oppongono all'azione sismica orizzontale: di conseguenza, il baricentro delle rigidezze deve essere determinato attraverso la rigidezza dei telai.

Se il Centro di Massa e il Centro delle Rigidezze coincidono, il movimento teorico del piano indotto dal sisma sarà di pura traslazione.

L'impalcato in esame è una struttura simmetrica composta da cinque controventi verticali e tre controventi orizzontali.

La prima ipotesi da fare è che questa struttura sia composta da telai Shear Type, ovvero un telaio con nodi ad incastro e con una trave considerata infinitamente rigida flessionalmente rispetto ai pilastri (che non si deformano né a compressione né a trazione o, comunque, in maniera trascurabile).

Le travi arancioni sono quelle che portano il solaio. In questo passaggio cerchiamo di capire se l'orientamento dei 13 pilastri (30x50 cm) risulta corretto. Partendo dal calcolo dei differenti momenti d'Inerzia (lungo gli assi x e y) di una sezione rettangolare e ricordando che i pilastri che portano il solaio si inflettono maggiormente (avremo bisogno, quindi, di un maggiore momento d'inerzia nella direzione in cui questi pilastri collegano le travi portanti), disponiamo i pilastri in base alla tessitura del solaio. Nei punti in cui si incontrano tre travi portanti, in questo caso i pilastri 5,6,7, i pilastri sono orientati nella direzione della trave portante più lunga.

Prima ipotesi: impalcato in c.a.

Esaminando la struttura con la prima tecnologia (c.a.) andiamo a scrivere alcuni dati che andranno inseriti successivamente nella tabella.

• I_x = 1/12 x b x h³ = 1/12 x 50 x 30³ = 112500 cm⁴
• Iy = 1/12 x h³ x b = 1/12 x 30 x 50³ = 312500 cm⁴
• E = 21000 N/mmq
• h = 4m

I controventi, avendo un comportamento elastico, possono essere paragonati a delle molle: la legge di Hooke, F = Ks, afferma che l'allungamento di un corpo elastico è direttamente proporzionale alla forza ad esso applicata. Nel nostro caso K rappresenta la rigidezza del controvento.

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

Tramite questo passaggio calcoliamo le rigidezze traslanti di ogni singolo controvento

 

 

Step 2: tabella sinottica controventi e distanze

Calcoliamo ora le ditanze verticali (dv) e orizzontali (do) dei controventi rispetto al punto scelto O, origine del nostro sistema di riferimento.

 

Step 3: calcolo del centro di massa

Per calcolare il centro di massa G, punto in cui risulta applicata la forza sismica, dividiamo la struttura in due grandi rettangoli, di area 28.38 m² e 39.60 m². Inseriamo nella tabella le coordinate X e Y dei baricentri delle due aree, andando così a calcolarci l'area totale e, soprattutto, le coordinate X e Y del centro d'area dell'intero impalcato tramite la formula:

Xg = A₁ x X_g1 + A₂ x X_g2 / A₁+A₂

Yg = A₁ x Y_g1 + A₂ x Y_g2 / A₁+A₂

 

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

In questo passaggio tramite il foglio di calcolo Excel ci calcoliamo il centro delle rigidezze.

• Vengono sommate separatemente le rigidezze dei controventi verticali e orizzontali 
• Si calcola la coordinata Xc del centro delle rigidezze tramite la formula: 

    K_v2 x d_v2 + K_v3 x d_v3 + K_v4 x d_{v4 +} K_v5 x d_v5/ K_{v tot}

• Si calcola la coordinata Yc del centro delle rigidezze tramite la formula: 

    K₀₂ x d₀₂ + K₀₃ x d₀₃ + K₀₄ x d_{04 +} K₀₅ x d₀₅/ K_{0 tot}

• Si calcolano le distanze di ogni controvento dal centro delle rigidezze.
• Si calcola la rigidezza torsionale totale tramite il prodotto tra la sommatoria delle rigidezze e la distanza al quadrato di ogni rigidezza.

   KΦ= Σi Ki x ddi²

 

Step 5: analisi dei carichi sismici

Inseriamo nella tabella il valore dei carichi, dividendoli in strutturali, permanenti, accidentali e li moltiplichiamo per l'area totale dell'impalcato, calcolandoci così il carico permanente totale e il carico accidentale totale.

Il totale delle due classi di carico viene poi moltiplicato per un coefficiente di contemporaneità y (pari a 0.8): si ottiene il valore del peso sismico.

A sua volta il peso sismico viene moltiplicato ad un coefficiente di intensità sismica: nella struttura in analisi la Forza sismica orizzontale è pari a 38.07 KN.

 

Step 6-7: ripartizione forza sismica lungo x e lungo y

Tramite questo ultimo passaggio verifichiamo la risposta della struttura alla forza sismica esterna lungo due direzioni perpendicolari tra loro, ovvero come si ripartisce la forza F, disposta lungo l'asse X o Y alternativamente, lungo i controventi della struttura.

Dallo schema precedente possiamo vedere come, lungo l'asse Y, il centro di massa e il centro delle rigidezze coincidano: di conseguenza, alla presenza di una forza sismica verticale l'impalcato è soggetto a traslazione.

Nel caso opposto, invece, la presenza di un braccio che separa i due centri farà ruotare in maniera antioraria l'intero impalcato: come si può vedere dal disegno sottostante, la forza sollecitante Fi (sisma) e la forza resistente V trovano condizione di equilibrio solo tramite un momento torcente M. 

Esempio di un centro di massa e di rigidezze non coincidenti ( immagini tratte dal dipartimento di Ing. Strutturale e Geotecnica di Verbania).

Il Momento torcente viene calcolato tramite il prodotto della forza sismica F e della distanza tra i due baricentri (Forza x Braccio).

La traslazione si calcola, invece, dividendo la forza sismica per la rigidezza totale, mentre la rotazione dell'impalcato si ottiene dividendo la Forza F per la rigidezza torsionale totale, calcolata in precedenza.

Tramite i valori della traslazione e della rotazione dell'impalcato possiamo calcolare la forza sismica che si riprtisce su ogni controvento su entrambe le direzioni X e Y.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

TRAVATURE RETICOLARI SIMMETRICHE E ASIMMETRICHE

Queste prime esercitazioni vertono sulla risoluzione delle travature reticolari isostatiche, simmetriche e asimmetriche, tramite l’applicazione di due diversi metodi di calcolo: il metodo delle sezioni di Ritter, attraverso il quale si eseguono dei tagli virtuali che permettono di calcolare le azioni di contatto delle aste, e il metodo dei nodi, che vede l’isolamento dei vari nodi della struttura e la scrittura delle equazioni di equilibrio relative al nodo in esame. Nel caso delle travature reticolari soggette a carichi concentrati, le sole azioni di contatto sono riconducibili allo sforzo normale (trazione e compressione), giacché taglio e momento risultano essere nulli. Pertanto si dovrà verificare se le aste della trave (correnti o diagonali), collegate tra loro tramite cerniere (nodi), sono tese o viceversa compresse. Verranno quindi denominate, a seconda della sollecitazione agente, tiranti o puntoni.

Viene inizialmente assegnata una struttura reticolare simmetrica sia per struttura che per forze esterne applicate. Difatti in corrispondenza dei nodi B, P e G agiscono dei carichi concentrati di valore 20 KN, in direzione della forza gravitazionale. Prima di procedere al calcolo delle azioni di contatto è necessario verificare la condizione di isostaticità della trave, possibile attraverso l’applicazione di due metodi, e procedere quindi al calcolo delle reazioni vincolari: 

Risolviamo la struttura tramite il metodo di Ritter: si opera una sezione ideale che divide la trave integralmente in due parti sezionando solo tre aste non concorrenti nello stesso punto. Si disegna lo schema isolando una delle due porzioni e si calcolano gli sforzi assiali mediante l’equazione di equilibrio dei momenti intorno al polo di riferimento. Per le aste diagonali bisogna scomporre il vettore dello sforzo assiale nelle sue componenti orizzontale e verticale, ma poiché l’angolo risulta essere di 45° esse avranno valore uguale e pari al modulo dello sforzo normale moltiplicato per sqrt(2)/2. A seconda dei valori (positivo o negativo), si verificherà se le aste sono tese o compresse e se i versi ipotizzati a priori erano esatti o da invertire: 

 

Poiché la struttura è simmetrica, i calcoli possono essere effettuati solo per metà trave ed estesi all’altra metà.

 

La seconda struttura reticolare non risulta essere simmetrica. Per calcolare le azioni di contatto viene usato il metodo dei nodi. 

 

Il primo passaggio prevede sempre la verifica dell’isostaticità della trave e il successivo calcolo delle reazioni vincolari dei nodi B e G. 

 

Viene individuato il nodo più conveniente (o semplice) da analizzare per procedere in successione all’analisi dei restanti nodi. In questo caso è opportuno partire dall’analisi dal nodo G, giacché presenta due sole incognite e il valore definito della reazione orizzontale del carrello, precedentemente calcolato. Si procede isolando il nodo, esplicitando gli sforzi assiali sulle aste e risolvendo le equazioni di equilibrio. 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 perogni nodo solo le rimanenti due equazioni di equilibrio: ΣFx,nodo=0 e ΣFy,nodo=0.

 

La struttura viene verificata con il software di calcolo strutturale SAP 2000.

1) Viene creato un nuovo modello partendo dalla griglia:

GRID LINES: x=4, y=1, z=2

GRID SPACING: x=1, y=1, z=1      non consideriamo il valore y poiché siamo nel piano 2D x,z

2) Attraverso lo strumento linea viene disegnata la struttura, dove le aste risultano essere ancora unite. 

 

3) Si assegnano i vincoli ai punti B e G: si seleziona il punto di riferimento -> ASSIGN -> JOINT  
   ->RESTRAITS:

per il punto B si assegna la cerniera di default, per il punto C il carrello la cui traslazione avviene lungo l’asse x (1).

4) Si definiscono le forze concentrate: DEFINE -> LOAD PATTERNS -> si crea una nuova forza con il fattore di moltiplicazione pari a zero.

Sempre DEFINE -> LOAD CASES -> Si eliminano DEAD, MODEL (delete load cases).

Cliccando sui nodi interessati dalle forze, gli si assegnano i carichi: ASSIGN -> JOINT FRAME
 ->FORCES: si assegna la forza prima definita:

-       FORCE GLOBAL Z: -10 KN            

      si mette il valore negativo per indicare una forza gravitazionale verso il basso 

5) Bisogna dare un’ulteriore indicazione riguardante le aste, poiché SAP considera i nodi tra le aste come incastri interni, mentre fra le aste vi è un vincolo di cerniera interna. Pertanto si seleziona la struttura -> ASSIGN -> FRAME -> RELEASES/PARTIAL FIXITY:

- MOMENT 33: si spunta sia start che end (momento nullo sia all’inizio che alla fine). 

6) A questo punto di può avviare l’analisi ed esaminare la deformata, il diagramma delle sollecitazioni e visualizzare la tabella dei valori: 

 

DIMENSIONAMENTO TRAVI TRAMITE IL FOGLIO DI CALCOLO EXCEL

 

Per l’esercitazione riguardante il dimensionamento delle travi tramite il foglio elettronico excel, considero l’impalcato ipotizzato per gli alloggi di un albergo, il cui programma funzionale è stato fornito dal corso di “Laboratorio di Progettazione 2M”, eseguito in collaborazione con Emanuel Dad Khan e Sara Forlani. 
   

 

Dopo aver disegnato il telaio strutturale, costituito da travi a sbalzo e pilastri, considero la trave maggiormente sollecitata da sottoporre all’analisi. Prendo quindi in esame la trave relativa all’interasse B-B’, la cui area di influenza è pari a:

A_trave= interasse x luce, ovvero
32,00 mq= 8,00 m x 4,00 m .

Il dimensionamento sarà effettuato in base alle tabelle riguardanti i tre materiali presi in esame nel corso: legno, acciaio e cemento armato.
Per tutti e tre i materiali, progetto e verifico innanzitutto il travetto della struttura e in seguito procedo alla progettazione e verifica della trave. L’area di influenza del travetto risulta essere:

per legno e acciaio:

A_travetto= interasse x luce
4,00 mq= 1,00 m x 4,00 m

per calcestruzzo:

A_travetto= interasse x luce
2,00 mq= 0,50 m x 4,00 m

Devo inoltre considerare a quali carichi la struttura verrà sottoposta, ovvero a quali azioni la costruzione dovrà resistere.
“Si definisce azione ogni causa o insieme di cause capace di indurre uno stato limite in una struttura”⁽¹⁾. Queste azioni vengono classificate dalla normativa vigente in base alla variazione della loro intensità nel tempo e si distinguono in:

·      Permanenti: ovvero quelle azioni la cui durata è strettamente vincolata alla vita nominale della costruzione e la cui variazione è approssimativamente considerata costante nel tempo.  Vengono considerati sotto questa voce, ad esempio, il peso proprio degli elementi strutturali (azioni permanenti strutturali) e quello degli elementi non strutturali (permanenti portati).

·      Variabili: ovvero i carichi definiti come accidentali. Sono quei sovraccarichi legati alla destinazione d’uso degli edifci/locali, o le azioni dovute agli agenti atmosferici (vento, neve).

·      Eccezionali: azioni che si verificano eccezionalmente, come ad esempio incendi ed esplosioni.

·      Sismiche: azioni derivanti dai terremoti.

Per i valori dei carichi di esercizio, riporto la tabella 2.6 tratta dal libro:
Boscolo Bielo, M. “Progettazione strutturale, significato e prassi della nuova normativa antisisimic”, Legislazione Tecnica, 2010, Roma. 

 

 

SOLAIO IN LEGNO:

 

Riferimento per la soluzione strutturale tratta da:
Benedetti, C.- Bacigalupi, V. “Materiali e progetto”, Edizioni Kappa, 2005, Roma.

TRAVETTI:

Carichi strutturali (qs)

• Impalcato in legno di noce:                                                                                                                   peso specifico : 600 kg/mc (per legno stagionato)                                                                         volume tavolato (per 1 mq) : 0,05 m x 1,00 m x 1 ,00 m = 0,05 mc                                               peso tavolato (per 1 mq) : 600 kg/mc x 0,05 mc = 30 kg/mq = 0,30 kN/m

Sovraccarichi permanenti (permanenti portati, qp)     

• Massetto in cemento :                                                                                                                          massa volumica : 2000 kg/mc                                                                                                        volume massetto (per 1 mq) : 0,07 m x 1,00 m x 1 ,00 m = 0,07 mc                                            peso massetto (per 1 mq) : 2000 kg/mc x 0,07 mc = 140 kg/mq = 1,40 kN/mq 
• Isolante acustico : del tipo PIOMBOROLL DUO 0,60                                                                                peso isolante (per 1 mq) : 7 kg/mq = 0,07 kN/mq

   

• Parquet in rovere:                                                                                                                                  peso specifico : 750 kg/mc                                                                                                           volume parquet (per 1 mq) : 0,02 m x 1,00 m x 1 ,00 m = 0,02 mc                                               peso parquet (per 1 mq) : 750 kg/mc x 0,02 mc = 15 kg/mq = 0,15 kN/mq
• Incidenza impianti: 0,5 kN/mq
• Incidenza tramezzi: 1 kN/mq

Sovraccarichi accidentali (qa)

• Ambienti ad uso residenziale : 2 kN/mq

CARICO TOTALE : (qs+qp+qa) x interasse
(0,30 + 3,12 + 2) x 1 = 5,42 kN/m

Calcolo il momento massimo per una trave appoggiata-appoggiata soggetta a un carico distribuito pari a 5,42 kN/m, tramite la formula: q*l^2/8.
Inserisco quindi i dati trovati (relativi ai carichi e al momento massimo) nella tabella excel riguardante il legno, scegliendo una classe di resistenza del materiale pari a GL24H,con fm,k=24 N/mmq e un valore di 0,7 (per legno lamellare) per il coefficiente kmod (durata del materiale).  Infine inserisco un valore ipotetico per la base della sezione del travetto pari a 12,00 cm, trovando così un’altezza di 21,63 cm.
Tramite un profilario, fornito dall’azienda produttrice di legno lamellare Kaufman-Canducci, scelgo quindi una sezione dalle dimensioni di 12 cm x 22 cm.

Procedo quindi alla verifica, aggiungendo al valore in precedenza calcolato dei carichi strutturali il valore riguardante il peso del travetto:

• Travetto in legno lamellare:                                                                                                                    peso specifico : 450 kg/mc      
          volume travetto (per 1 mq) : 0,12 m x 0,22 m x 1 ,00 m = 0,0264 mc                                           peso travetto (per 1 mq) : 450 kg/mc x 0,0264 mc = 11,88 kg/mq = 0,12 kN/mq

CARICO TOTALE:(qs+qp+qa) x interasse
(0,42 + 3,12 + 2) x 1 = 5,54 kN/m

Inserendo questo nuovo valore nella stessa tabella excel, trovo una sezione la cui altezza è pari a 21,87 cm < 22 cm, LA SEZIONE E’ PERTANTO VERIFICATA.

TRAVE:
Considero ora la trave, il cui interasse è di 4,00 m:

CARICO TOTALE:(qs+qp+qa) x interasse
(0,42 + 3,12 + 2) x 4 = 22,16 kN/m

Prima di inserire i nuovi dati nella tabella excel, calcolo il momento massimo cui è soggetta la trave appoggiata-appoggiata con sbalzo. Utilizzo quindi il programma di calcolo SAP 2000 e riporto il diagramma del momento:
Inseriti i valori, scelgo una classe di resistenza del legno pari a GL36H e ipotizzo un valore per la base della sezione pari a 20 cm, ottenendo un valore di altezza di 36,81 cm. Scelgo pertanto da profilario una sezione di 20 x 40 cm. 

Procedo quindi alla verifica, aggiungendo al valore in precedenza calcolato dei carichi strutturali, il valore concernente il peso della trave:

• Trave in legno lamellare:
          peso specifico : 450 kg/mc                                                                                
          volume trave : 0,20 m x 0,40 m x 8,00 m = 0,64 mc                                                                     peso trave : 450 kg/mc x 0,64 mc = 288 kg
          peso distribuito sulla trave : 288 / (8 x 4) = 9 kg/mq = 0,09 kN/mq

CARICO TOTALE:(qs+qp+qa) x interasse
(0,51 + 3,12 + 2) x 4 = 22,52 kN/m

Ricalcolo il momento massimo agente sulla trave con il software di calcolo SAP 2000, inserendo il carico trovato:

Inserisco i valori nella tabella excel, trovando una sezione la cui altezza è pari a 37,11 cm < 40,00 cm, LA SEZIONE E’ VERIFICATA. 

SOLAIO IN ACCIAIO:
Procediamo analogamente per il dimensionamento della trave di acciaio e del relativo travetto.  

 

TRAVETTI:

Carichi strutturali (qs)

• Lamiera grecata del tipo A 55/ P 600 HI-BOND, spessore 8 mm:                                                           peso lamiera : 10,47 kg/mq = 0,105 kN/mq    
• Soletta, spessore 12 mm:                                                                                                                       peso soletta : 240 kg/mq = 2,4 kN/mq  

Sovraccarichi permanenti (permanenti portati, qp)

• Getto in calcestruzzo:                                                                                                                            massa volumica : 2000 kg/mc                                                                                                       volume massetto (per 1 mq) : 0,07 m x 1,00 m x 1 ,00 m = 0,07 mc                                             peso massetto (per 1 mq) : 2000 kg/mc x 0,07 mc = 140 kg/mq = 1,40 kN/mq   
• Isolante acustico : del tipo PIOMBOROLL DUO 0,60                                                                                 peso isolante (per 1 mq) : 7 kg/mq = 0,07 kN/mq  
• Pavimento : 0,4 kN/mq
• Controsoffitto in fibra minerale : 0,06 kN/mq
• Incidenza impianti: 0,5 kN/mq
• Incidenza tramezzi: 1 kN/mq

Sovraccarichi accidentali (qa)

• Ambienti ad uso residenziale : 2 kN/mq                                                                                                             

CARICO TOTALE: (qs+qp+qa) x interasse
(2,505 + 3,43 + 2) x 1 = 7,935kN/m ≈7,94 kN/m

Calcolo il momento massimo per una trave appoggiata-appoggiata soggetta a un carico distribuito pari a 7,94 kN/m, tramite la formula: q*l^2/8.
Inserisco quindi i dati trovati (relativi ai carichi e al momento massimo) nella tabella excel relativa all’acciaio, scegliendo una classe di resistenza del ferro pari a FE430S275,trovando così un Wx di 60,59 cm³. 

Tramite il profilario delle IPE scelgo un valore di Wx che meglio approssima per eccesso il valore calcolato. Scelgo pertanto una sezione IPE 140 con Wx = 77,3 cm³.

 

Procedo quindi alla verifica, aggiungendo al valore dei carichi strutturali il valore riguardante il peso del travetto:

• Travetto IPE 140 :                                                                                                                
         peso travetto (per una IPE 140) : 12,9 kg/m                                                                                  peso travetto (per 1 mq) : 12,9/1 = 12,9 kg/mq = 0,13 kN/mq

CARICO TOTALE:(qs+qp+qa) x interasse
(2,635 + 3,43 + 2) x 1 = 8,065 kN/m

Inserendo questo nuovo valore nella stessa tabella excel, viene calcolata una sezione il cui modulo di resistenza Wx = 61,59 cm³ < 77,3 cm³, LA SEZIONE E’ PERTANTO VERIFICATA.

TRAVE:

CARICO TOTALE:(qs+qp+qa) x interasse
(2,635 + 3,43 + 2) x 4 = 32,26 kN/m

Calcolo il momento massimo cui è soggetta la trave appoggiata-appoggiata con sbalzo. Utilizzo  nuovamente il programma di calcolo SAP 2000 e riporto il diagramma del momento:

Inseriti i valori, scelgo una classe di resistenza dell’acciaio pari a FE430S275, ottengo una sezione il cui modulo di resistenza è Wx = 436,23 cm^3..

Scelgo quindi una sezione IPE 300, il cui modulo di resistenza vale Wx = 557 cm³.

Procedo quindi alla verifica, aggiungendo al valore in precedenza calcolato dei carichi strutturali il valore del peso della trave:

• Trave IPE 300:
         peso trave (per una IPE 300) : 42,2 kg/m                                                                                      peso travetto (per 1 mq) : 42,2/4 = 10,55 kg/mq = 0,1 kN/mq

CARICO TOTALE:(qs+qp+qa) x interasse
(2,735 + 3,43 + 2) x 4 = 32,66 kN/m

Ricalcolo il momento massimo con SAP 2000:

Inserisco i dati nel foglio excel:

Ottengo una sezione il cui modulo di resistenza è pari a Wx = 441,65 cm³ < 557 cm³, LA SEZIONE E’ VERIFICATA. 

SOLAIO IN CLS:
Concludo l’intervento dimensionando la struttura in cemento armato. Considero una soluzione strutturale in latero-cemento:  

 
TRAVETTI:

Considero Carichi strutturali (qs)=0

Sovraccarichi permanenti (permanenti portati, qp)

• Getto in calcestruzzo:                                                                                                                            massa volumica : 2000 kg/mc                                                                                                       volume massetto (per 1 mq) : 0,07 m x 1,00 m x 1 ,00 m = 0,07 mc                                             peso massetto (per 1 mq) : 2000 kg/mc x 0,07 mc = 140 kg/mq = 1,40 kN/mq   
• Isolante acustico : del tipo PIOMBOROLL DUO 0,60                                                                                 peso isolante (per 1 mq) : 7 kg/mq = 0,07 kN/mq  
• Sottofondo in malta:
          peso specifico : 1900 kg/mc                                                                                                         volume sottofondo (per 1 mq) : 0,06 m x 1,00 m x 1 ,00 m = 0,06 mc                                         peso sottofondo (per 1 mq) : 1900 kg/mc x 0,06 mc = 114 kg/mq = 1,14 kN/mq   
• Parquet in rovere : 
          peso specifico : 750 kg/mc                                                                                                           volume parquet (per 1 mq) : 0,02 m x 1,00 m x 1 ,00 m = 0,02 mc                                               peso parquet (per 1 mq) : 750 kg/mc x 0,02 mc = 15 kg/mq = 0,15 kN/mq   
• Intonaco : 
          peso al mq per cm di spessore : 16 kg/mq = 0,16 kN/mq 
• Incidenza impianti: 0,5 kN/mq
• Incidenza tramezzi: 1 kN/mq

Sovraccarichi accidentali (qa)

• Ambienti ad uso residenziale : 2 kN/mq                                                                                                             

CARICO TOTALE: (qs+qp+qa) x interasse
(0 + 4,42 + 2) x0,5 = 3,21 kN/m

Calcolo il momento massimo per una trave appoggiata-appoggiata soggetta ad un carico distribuito pari a 3,21 kN/m, tramite la formula: q*l^2/8. Inserisco quindi i dati trovati (relativi ai carichi e al momento massimo) nella tabella excel riguardante il cemento armato, scegliendo una classe di resistenza del ferro pari a FE360S235 e una classe del cemento C32/40. Scelgo come dimensione della base del travetto 12 cm ottenendo un valore di altezza minima pari a h=9,72 cm e copriferro di 5 cm.

Tramite valori forniti da una ditta trovata in rete, scelgo un pacchetto di solaio in calcestruzzo con interasse 50 cm, travetti da 12 cm di larghezza e altezza 17 cm (12cm + 5cm).

Procedo quindi alla verifica:                                                                                                  

• Solaio in opera (peso tabellato):                                                                                             ·              peso solaio  : 2,48 kN/mq

   

CARICO TOTALE:(qs+qp+qa) x interasse
(2,48 + 4,42 + 2) x0,5 = 4,45 kN/m

Inserendo questo nuovo valore nella stessa tabella excel, calcolo una sezione la cui altezza è pari a 16,44 cm < 17 cm, LA SEZIONE E’ PERTANTO VERIFICATA.

TRAVE:

Il procedimento risulta essere analogo, con l’unica differenza che l’interasse della trave è pari a 4,00 m:

CARICO TOTALE:(qs+qp+qa) x interasse
(2,48 + 4,42 + 2) x 4 = 35,60 kN/m

Prima di inserire i nuovi dati nella tabella excel, bisogna procedere al calcolo del momento massimo a cui è soggetta la trave appoggiata-appoggiata con sbalzo. Utilizzo quindi il programma di calcolo SAP 2000 e riporto il diagramma del momento:

Inseriti i valori, scelgo una classe di resistenza del ferro pari a FE360S235 e del cemento C32/40. Ipotizzo un valore per la base della sezione pari a 20 cm, ottenendo un valore di altezza di 38,36 cm, con 5 cm di copriferro. Scelgo pertanto una sezione di 20 x 40 cm.

Procedo quindi alla verifica, aggiungendo al valore precedentemente calcolato dei carichi strutturali il valore relativo al peso della trave:

• Trave IPE 300:
         peso specifico cemento : 2500 kg/mc                                                                                            volume trave : 0,20 m x 0,40 m x 8,00 m = 0,64 mc
         peso trave : (2500 kg/mc x 0,64 mc)/32 = 50 kg/mq = 0,5 kN/mq                                                                

CARICO TOTALE:(qs+qp+qa) x interasse
(2,98 + 4,42 + 2) x 4 = 37,60 kN/m

Attraverso il software di calcolo SAP 2000 mi calcolo nuovamente il momento massimo:

Inserisco i valori nel foglio elettronico excel, trovando un’altezza di 39,28 cm < 40 cm, LA SEZIONE E’ PERTANTO VERIFICATA.

STRUTTURA RETICOLARE IN 3D
DISEGNO DELLA STRUTTURA ATTRAVERSO IL SOFTWARE AUTOCAD 2011:

Disegno il modello in AUTOCAD, creando un nuovo layer: “aste”. Per la costruzione tridimensionale della struttura reticolare imposto il modulo base del quadrato con relativa asta diagonale, lasciando accuratamente libero un estremo per permettere la copiatura senza avere ripetizioni di linee e stabilendo che uno dei vertici coincida con l’origine del sistema di riferimento ortogonale: pline ; specify start point: 0,0,0

 

Procedo impostando la vista assonometrica che mi consente di lavorare in tre dimensioni. In seguito ruoto il sistema di riferimento: Modify ; 3D operation ; 3D rotate: angolo 90°

 

Attraverso lo strumento Modify ; 3D operation ; 3D Array replico il modulo base, inserisco quindi:
righe: 1; colonne: 5; distanza tra le colonne: 2
A questo punto posso replicare la struttura in profondità usando sempre il comando serie e impostando:
righe: 7; distanza tra le righe: 2

 

Completo la struttura attraverso lo strumento Polilinea 3D, disegno quindile aste mancanti e le replico nelle tre dimensioni.

 

Terminata la struttura, seleziono tutte le aste e uso il comando esplodi per far si che le linee siano uniche e non collegate fra di loro. Salvo quindi in formato .dxf (2000) che mi consente di  esportare il file in SAP 2000.

ANALISI DELLA STRUTTURA ATTRAVERSO IL SOFTWARE SAP 2000:

Apro il software di calcolo SAP 2000, impostando come unità di misura kN,m. Attraverso il comando Import, apro il file .dxf e assegno al campo Frames il layer “aste” definito in autocad. Il file, una volta aperto, viene visualizzato su un piano bidimensionale, pertanto devo impostare la vista 3D per poter procedere con l’analisi. La struttura viene visualizzata nella sua estensione tridimensionale, ma ancora non si è definito come essa è vincolata. Seleziono pertanto i quattro vertici alla base della travatura e assegno ad ogni nodo una cerniera: Assign àjoint àRestraints. Queste cerniere sono visualizzate in verde. 

Le aste così rappresentate vengono considerate dal software come unite, mentre sappiamo che in una struttura reticolare esse sono vincolate fra loro da cerniere interne, pertanto rilascio i momenti all’inizio e alla fine: Assign ; Frames ; Releases/Partial Fixity
Procedo quindi assegnando i carichi esterni:
Define ; Load Patterns : Definisco una “forza concentrata”, con fattore di moltiplicazione apri a 0.
Sempre Define ; Load Cases : elimino i carichi DEAD e MODAL.
I carichi esterni devono essere applicati sui nodi superiori della struttura, azione che risulta essere complicata avendo la vista impostata in un piano tridimensionale. Torno quindi sul piano bidimensionale XY per permettere una corretta selezione dei nodi interessati, rendo quindi invisibile la parte della struttura che non deve essere coinvolta nell’operazione di assegnazione dei carichi attraverso:
View ; Set display options ; spunto i campi:  Invisible (Joints),che deve essere disattivato,e attivo Frames Not in View (Frames/Cables/Tendons).

Questa operazione mi permette di selezionare facilmente i nodi a cui deve essere applicata la forza, procedo quindi cliccando su Assign ; Joint Loads ; Forces e impostando come valore della forza (Force Global Z) -40 kN (il segno meno mi indica che la forza è diretta nella direzione della forza gravitazionale). Con il procedimento inverso, attraverso Display Options, rendo visibile nuovamente l’intera struttura. Torno alla vista tridimensionale, che mi permette di visualizzare le frecce delle forze applicate sui nodi.
Procedo ora con l’assegnazione del materiale. Definisco un nuovo materiale:
Define ; Material ; Add new material : lo nomino “acciaio”.
Definisco ora la forma della sezione da assegnare alle aste:
Define ; Section Properties ; Frame sections ; Add new property : Pipe (tubolare).
Pipe section ; rinomino “tubolare” e nel campo Material inserisco il materiale precedentemente creato dell’acciaio.

Seleziono l’intera struttura:
Assign ; Frame ; Frame sections : tubolare. 
Posso ora procedere con l’analisi: Run Analysis. Visualizzo la deformazione e i diagrammi degli sforzi assiali (essendo assenti taglio e momento), Un primo grafico mi indica attraverso colori diversi le aste tese e quelle compresse, un secondo grafico mi permette di visualizzare i valori associati alle singole aste.

Attraverso Display ; Show Tables ; Elements Output, possiamo visualizzare delle tabelle generate dal programma che ci indicano i valori delle sollecitazioni agenti sulle singole aste, in modo tale da poter visualizzare facilmente quelle maggiormente soggette a trazione (+) e compressione (-). 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Le strutture reticolari sono strutture formate da aste rettilinee connesse da cerniere interne (3gdl) in cui le forze esterne sono applicate sui nodi e per questo sono soggette a solo sforzo assiale. In queste strutture gli elementi tesi prendono il nome di tiranti, e quelli compressi puntoni. Riportiamo due esempi di strutturreticolari ( simmetrica e asimmetrica) svolti utilizzando il metodo delle sezioni di Ritter i il metodo dei nodi.

STRUTTURA RETICOLARE SIMMETRICA

I vincoli esterni della struttura in esame sono una cerniera(3gdl) e un carrello(2gdl).

Verifichiamo l'isostaticità della struttura: n° gradi di libertà= n° gradi di vincolo

 V_e + a = 2 nodi (vincoli esterni+num aste=2*num nodi)

3 + 11 = 2 x 7   -->  14=14 verificato! Oppure 

V=L    dove   V = V_e + V_i  --->33      L= 3 x num aste  --->33      isostaticità verificata

Calcolo delle reazioni vincolari:  una volta verificata l'isostaticità si calcolano le reazioni vincolari con l'equilibrio allo sforzo verticale. In seguito con il metodo di Ritter eseguiamo delle sezioni virtuali su tre aste e studiamo l'equilibrio alla rotazione rispetto ad un polo.

Verifica su Sap2000:

Partendo da una griglia in xz di 7x2 campate disegnamo la struttura reticolare. Selezioniamo le aste una ad una e impostiamo momento nullo alla fine e all'inizio dell'asta poichè queste sono soggette solo a sforzi assiali. Selezioniamo i nodi in cui abbiamo dei vincoli ( nodo A e nodo H) e con il comando Assing -> Joint -> Restraint assegnamo rispettivamente una cerniera e un carrello. Definiamo le forze e le assegnamo ai tre nodi B,D,G. A questo punto possiamo far partire l'analisi che ci mostrerà i diagrammi degli sforzi agenti sulle aste e la deformata.

STRUTTURA RETICOLARE ASIMMETRICA

 

Eseguiamo l'equilibrio del corpo

Σv = 0            Rv_A-10KN-10KN=0  ---> Rv_A=20

Σu = 0           Ru_A=Ru_H

ΣM_A= 0      -10KN*1m - 10KN*2m + Ru_H ---> Ru_H=30KN=Rv_A

Metodo dei nodi:    effettuiamo l'equilibrio al nodo e determiniamo lo stato di trazione o compressione delle aste che convergono in quel nodo

Partiamo dal nodo H 

Σu = 0       -N₉-30KN-N₁₀ √2/2=0 ---> N9=-30KN (il verso ipotizzato era sbagliato) l'asta è compressa.

Come unica forza verticale ho la componente verticale di N₁₀

Σv = 0        N₁₀√2/2=0  ne segue che l'asta è scarica.

Continuiamo ad analizzare gli altri nodi partendo sempre da quelli dove abbiamo meno incognite

Non serve verificare l'equilibrio verticale del nodo poichè non ho incognite da trovare.

Conosciamo gli sforzi normali a cui sono sottoposte le aste della struttura; possiamo disegnare la struttura evidenziando puntoni, tiranti e aste scariche.

 

TRAVE CON INCASTRO CARRELLO E CERNIERA INTERNA

 

Analisi qualitativa

Osservando la struttura possiamo affermare che non ci sono salti nel grafico dello sforzo normale poiché non vi sono forze concentrate normale. (dN/dS)+q=0   non essendoci il carico la derivata della normale è nulla, ovvero la tangente al grafico è  orizzontale, quindi N è costante; ora capiamo quanto vale. Vado al bordo e vedo che Ruc=0 quindi N è costante e pari a 0.

Ripetiamo il ragionamento per il taglio: (dT/dS)+q=0  sulla struttura non agisce nessun carico ripartito trasversale quindi il taglio è costante. Per calcolare il valore del taglio consideriamo il due corpi separatamente: il momento C deve essere equilibrato da una coppia di forze che dia un momento uguale ed opposto. Il taglio è costante e vale C/L. 

 

Ricordiamo che taglio e momento sono legati dalla seguente relazione :

(dM/dS) + T = 0

Se il taglio è costante il momento è lineare. La forza C/l con braccio 2l genera un momento pari a 2C, per cui all’incastro devo avere un momento uguale ed opposto.

Verifichiamo su Sap

Disegnamo la struttura ricordando di impostare:Assing--> Releases--> Moment 3-3 alla fine del primo segmento e all'inizio del secondo per configurare la cerniera interna. Definiamo il carico, che in questo caso è una coppia che ruota attorno all'asse y e la assegnamo ai due corpi in prossimità della cerniera.

ARCO A TRE CERNIERE CON CARICO DISTRIBUITO

 

Analizziamo il nodo

La struttura è simmetrica e la cerniera interna si trova sull'asse di simmetria---> le forze a e -a, non essendo simmetriche, non possono esistere.

Calcoliamo le reazioni vincolari

Il carico distribuito ha risultante -2ql, le reazioni vincolari verticali saranno simmetriche e avranno valore ql.

Analizziamo metà struttura (sempre per le proprietà della simmetria il ragionamento fatto per un corpo vale anche per il secondo),  c deve equilibrare b; per conoscere b svolgo l'equilibrio alla rotazione attorno al nodo c: Mc=0-->  b*h+(ql)²/2=0--> b=-(ql)²/2h. Cambio il verso assegnato a b mentre c=(ql)²/2h

Per disegnare i diagrammi di taglio e momento guardo i bordi: il taglio sul primo elemento verticale è costante e di valore ql²/2h, mentre nel tratto centrale è lineare; il momento è lineari nei tratti in cui il taglio è costante e vale ql²/2(M= fb   ql²/2h * h) e parabolico nel tratto orizzontale, con valore nullo in cerniera.

ARCO A TRE CERNIERE CON CARICO CONCENTRATO

Osservando il portale possiamo subito affermare che la forza concentrata viene equilibrata dalle reazioni verticali in cerniera. Analizziamo i due corpi separatamente

 Corpo 1                                           Corpo 2                                     Cerniera

 

Σu=0 --> RuA = b                                            Σu=0 ---> b' =  Ruc                                  Σu=0 ---> b' =  b 

Σv=0 --> a =F/2                                               Σv=0 -->  a' =F/2                                        Σv=0 -->  a' + a = F

ΣMA=0 --> bh-F/2*l  --->b= Fl/2h                  ΣMA=0 --> -b'h+F/2*l  ---> b= Fl/2h

 

Disegnamo i diagrammi degli sforzi di normale, taglio e momento

Osserviamo come, in corrispondenza di un carico concentrato ci sia un salto nel grafico del taglio e conseguente spigolo nel diagramma del momento. Portiamo la struttura su Sap e verifichiamo quanto ottenuto con il calcolo delle reazioni vincolari. 

            deformata                             taglio                                        momento        

 

ARCO A TRE CERNIERE CON CARICO DISTRIBUITO SULL'ELEMENTO VERTICALE

Corpo 1                                           Corpo 2                                     

 

Σu=0 --> RuA + qh= b                                            Σu=0 ---> b' =  Ruc                               

Σv=0 --> a = Rva                                             Σv=0 --->  a' = Rvc                                    

ΣMA=0 -->   -qh² /2 -al+bh                            ΣMA=0 --> -b'h-a'l  ---> a'= -bh/l

Mettendo a sistema le due equazioni dei momenti dei corpi 1 e 2, e sapendo che la cerniera è equilibrata, ottengo: 

Ora possiamo disegnare i diagrammi osservando ai bordi le sollecitazioni a cui sono sottoposte le aste

La presenza del carico distribuito comporta un andamento lineare del taglio che si annulla nel punto di massimo del momento             dT/ds+q = 0      dM/ds + T = 0

          deformata                             taglio                                           momento

 

PROGETTO DI UNA TRAVE

 

Rappresentiamo un impalcato di una abitazione unifamiliare e progettiamo la trave B2-C2.

Per il progetto della trave dobbiamo conoscere quali sono i carichi che gravano su di essa. Il progetto verrà ripetuto ipotizzando l’utilizzo di tre materiali diversi: legno, acciaio e cemento armato e servendoci di un foglio di calcolo Excel. I carichi che distinguiamo sono di tre tipi:

-carico strutturale: carico dovuto agli elementi con funzione strutturale;

-carico permanente-non strutturale:carico dovuto agli elementi non strutturali che fanno parte del solaio o che poggiano su di esso ( tramezzi, impianti, pavimentazione, isolante…)

-carico accidentale: carico che dipende dalla funzione dell’edificio, è un valore tabellato. In questo caso, trattandosi di una civile abitazione il carico è di 2KN/mq.

Legno GH32

PROGETTO TRAVETTI:  progettiamo i travetti che sostengono l’orditura del solaio

 Interasse 1 mt luce 4,38 mt

-Calcolo dei carichi incidenti sui travetti:

Carico strutturale (impalcato in legno)    

P = V*gamma=(0,03*1*1)m* 6KN/mc=0, 18KN--> calcolo il peso unitario dell’impalcato moltiplicando il volume per il peso specifico del legno

qs= P/A= 0,18KN/mq-->divido il peso per l’area di un m² ed ottengo il carico

Carichi permanenti non strutturali

definisco la stratigrafia del solaio, individuo il peso specifico dei diversi materiali e lo moltiplico per il loro spessore

·         pavimento in gress porcellanato 0.2KN/mq

·         malta in cls alleggerito  20KN/mc*0.02m= 0, 4KN/mq

·         isolante (lana di vetro) 0,4KN/mc* 0,04m= 0,016 KN/mq

·         massetto 22KN/mc*0,04m= 0,88KN/mq

·         Impianti e tramezzi 0,5KN/mq+1KN/mq= 1,5KN/mq

qp= 0,2+0,4+0,016+0,88+1,5=2,99KN/mq

Carico accidentale

qa= 2KN/mq

-Dimensionamento del travetto:

Inserisco i dati nel foglio Excel ed ottengo il carico al metro lineare(q) e, partendo da una base ipotizzata di 12 cm, trovo un altezza di 23,51cm che arrotondo per eccesso a 25cm. 

-Aggiungo il carico dei travetti:

(0,12*0,25*6KN/mc)*i =0,18KN/m

modificando il foglio Excel includo questo dato nel calcolo del carico al metro lineare e verifico che la dimensione trovata per i travetti vada bene. 

Verificato.

PROGETTO DELLA TRAVE:

Interasse 4,38m  Luce 5m

q’s=qs+qtr= 0,18+ 0,18=0,36KN/mq

qp=2,99KN/mq (gli elementi che costituiscono il pacchetto dei carichi permanenti sono gli stessi)

qa=2KN/mq

Carico totale al metro lineare: (q’s+qp+qa)*i=23,43KN/m

DIMENSIONAMENTO DELLA TRAVE:

Inserisco i dati nel foglio Excel ed ottengo il dimensionamento della trave 25*40 cm

Aggiungo il carico della trave stessa nel foglio Excel e verifico che la sezione scelta vada bene. qtr=(0,25*0,40*6KN/mc)/4,38m=0,13KN/mq

La trave scelta va bene.

 

Acciaio Fe360 S235

PROGETTO TRAVETTI:

Interasse 1 m luce 4,38 m

-Calcolo dei carichi incidenti sui travetti:

Carico strutturale

Lamiera grecata e getto in cls: per la mia luce la normativa impone una lamiera di tipo A75/P600,  h lamiera 75mm e una altezza totale della soletta di 15cm.

qs= 2,5 KN/mq

Carico accidentale (civile abitazione)

qa= 2KN/mq

Carichi permanenti

·         pavimento in gress porcellanato 0.2KN/mq

·         malta in cls alleggerito  20KN/mc*0.02m= 0, 4KN/mq

·         isolante (lana di vetro) 0,4KN/mc* 0,04m= 0,016 KN/mq

·         pannello in cartongesso Vaccaro 0,1KN/mq

·         Impianti e tramezzi 0,5KN/mq+1KN/mq= 1,5KN/mq

 

qp=0,2+0,4+0,0160,1+1,5=2,21KN/mq

DIMENSIONAMENTO DEL TRAVETTO:

Inserisco i dati nelle caselle corrispondenti del foglio Excel e determino il modulo di resistenza a flessione Wx .

Tramite un profilario trovo la Ipe corrispondente (si prende il valore di Wx  maggiore o uguale a quello trovato). Ipe 140   h 14cm   b 7,3cm

peso tabellato della trave 0,13KN/mà al mq diventa qtr=0,13/i= 0,13KN/mq

q’s= qs+qtr= 2,5+0,13=2,63KN/mq

Imposto questo nuovo carico nel foglio di calcolo e verifico che la Ipe scelta supporti anche il peso proprio. La trave scelta va bene.

PROGETTO TRAVE:

Interasse 4,38m  Luce 5m

-Calcolo dei carichi incidenti sui travetti:

Carico strutturale

Lamiera grecata, getto in cls e travetti:

qs=2,63KN/mq

Carico accidentale (civile abitazione)

qa= 2KN/mq

Carichi permanenti

qp=2,21KN/mq

Carico totale al metro lineare: (q’s+qp+qa)*i=28,77KN/m

DIMENSIONAMENTO DELLA TRAVE:

Ripeto lo stesso procedimento fatto per il dimensionamento dei travetti ed ottengo:

Ipe 270

Aggiungo il peso della trave al carico totale al metro lineare

peso tabellato della trave 36kg/m-->al metro quadro diventa (0,3KN/m)/i= 0,3/4,38=0,068KN/mq

q’s= qs+qtr=2,63+ 0,068=2,69KN/mq   Aggiornando i dati su Excel ottengo ilnuovo Wx, pari a 421,98 cm³, e verifico tramite il profilario che la trave scelta vada bene.

Verificato.

 

Cemento Armato

PROGETTO TRAVE:

Interasse 4,38m  Luce 5m

-Calcolo dei carichi incidenti sui travetti:

Carico strutturale

Solaio in latero - cemento gettato in opera di tipo “Bausta” :

qs=2,66KN/mq

Carichi permanenti

·         pavimento in gress porcellanato 0.2KN/mq

·         malta in cls alleggerito  20KN/mc*0.02m= 0, 4KN/mq

·         isolante (lana di vetro) 0,4KN/mc* 0,04m= 0,016 KN/mq

·         pannello in cartongesso Vaccaro 0,1KN/mq

·         Impianti e tramezzi 0,5KN/mq+1KN/mq= 1,5KN/mq

 

qp=0,2+0,4+0,0160,1+1,5=2,21KN/mq

Carico accidentale

qa= 2KN/mq

Carico totale al metro lineare: (qs+qp+qa)*i=30KN/mq

 

Calcolo del momento massimo

Trattandosi di una trave doppiamente appoggiata il valore del momento massimo è ql²/8

M=30 *5²/8=93,75KN*m

DIMENSIONAMENTO DELLA TRAVE:

Ipotizzando una base di 25cm ottengo una altezza di 46,25 cm (H=hu+d) che approssimo a 50 cm

Aggiungo il carico della trave e verifico che il dimensionamento sia corretto.

qtr=A*Peso specifico =(0,25*0,5)*33,3KN/mc=4,16KN/m

qtr al metro quadro=qtr/i=0,54KN/mq

Aggiungo il carico della trave  e verifico che il dimensionamento sia corretto

Verificato

STRUTTURA RETICOLARE SPAZIALE

Disegno della struttura su Autocad

Costruiamo il modulo di base della struttura reticolare tramite una polilinea con punto di partenza nell’origine degli assi (0,0,0);

ruotiamo il modulo per una visualizzazione frontale

con il comando “serie” costruiamo passo passo il reticolo spaziale, impostando ogni volta il numero di righe e colonne esatte e mantenendo sempre una spaziatura pari a 2 (misura del modulo). Nel procedere fate attenzione a non duplicare le linee.

disegniamo il nuovo modulo da ripetere lasciandolo aperto

ruotiamo l'orientamento degli assi con il comando "ucs" per tre punti

completiamo con le aste diagonali superiori e inferiori 

ripetiamo il modulo con il comando serie e chiudiamo la struttura ruotando la vista per non sbagliare punti di ancoraggio. Ottengo una reticolare spaziale di 4x6 campate 

una volta completata la struttura esplodiamo tutte le polilinee, verifichiamo che siano tutte su un unico layer che possiamo chiamare "aste" e salviamo in Autocad dxf 2000.

Analizziamo la struttura su Sap 2000

Quando importiamo il file su Sap si apre una finestra di dialogo in cui dovremo impostare Frame -> aste. In questo modo Sap riconosce tutte le aste come elementi strutturali e potremo assegnare caratteristiche di materiale e sezione uguali per tutte. Assegniamo i carrelli sui quattro nodi di appoggio (il reticolo spaziale ci consentirebbe di disporre gli appoggi anche in modo più casuale)

sottoponiamo le aste a solo sforzo assiale andando a spuntare, nella finestra "frame releases" le caselle Moment 2-2 Moment 3-3 all'inizio e alla fine dell'asta.

Definiamo un nuovo materiale e gli assegniamo una sezione:

Assing-> frame-> frame section-> add new properties-> pipe/acciaio

Definiamo un carico concentrato verticale di 40KN

Spuntiamo la voce che rende invisibili le aste e selezioniamo i nodi superiori su cui assegneremo il carico concentrato; a questo punto possiamo far partire l’analisi e vedere come si deforma la struttura

La visualizzazione degli sforzi sul diagramma risulta poco leggibile per cui attiviamo il comando "label" che numera le aste e apriamo una tabella che riporta i valori di sforzo assiale a cui sono sottoposte le singole aste:

Display-> show tables-> analysis result-> element output

Dall'analisi della tabella individuiamo le aste più tese e più compresse, utili per il dimensionamento del profilo

 

Progetto dell’asta maggiormente tesa

Dalla tabella rilevo uno sforzo massimo a trazione di 259,16KN; con la formula di Navier dimensiono l’asta (scegliendo  l’asta più tesa mi tengo in sicurezza anche rispetto alle altre)

A=N/f_d               dove f_d= f_yk*1,05  scegliendo un acciaio Fe360 S235 trovo un’area pari a:

A=259167/ (235*1.05)=1158mm² --> 11,58cm²

Sul profilario trovo un tubolare che abbia una sezione con area maggiore a quella minima trovata

Sezione A’=12,5cm²

Verifica a resistenza

(N/A’)< f_d           259167N/1250mm²=207,33Mpa<223,8Mpa

 il progetto è verificato.

 

Progetto dell’asta maggiormente compressa

Le aste compresse possono essere soggette a carico critico euleriano che porta a una inflessione dell’asta fino al collasso della stessa. Rispetto a ciò molto importante è il fattore snellezza (rapporto h/l). Per progettare la struttura eseguiremo una verifica a resistenza, a snellezza e a stabilità.

Il maggior sforzo a compressione è di 307,25 KN, dimensioniamo l’asta utilizzando l’acciaio Fe360 S275 e tramite la formula di Navier troviamo l’area minima che resiste a tale sforzo.

A=N/f_d               dove f_d= f_yk*1,05

A=307250/ (275*1.05)=1064mm²--> 10,64cm²

Verifica a resistenza

Dal profilario il primo valore che trovo è 10,7 cm2 ma preferisco scegliere un’area di 12,5cm²    J_x 192cm⁴ e  verifico che fd ≤ fyk tramite la formula:

fd=N/A= (307.25*1000)/(12,5*100)=245,8MPa< 275MPa       Asta verificata a resistenza

Verifica a snellezza

l<200      dove l=l_o/ρ

l_o è la luce libera di inflessione che dipende dal tipo di vincolo dell’asta. Nel caso di un asta doppiamente incernierata l_o=b*l=1*l; ρ lo leggo dalla tabella

l=283/3,92=72,19<200    Asta verificata a snellezza

Verifica a stabilità

Per prima cosa trovo il carico critico euleriano e verifico che lo sforzo assiale Nd sia minore della resistenza alla stabilità Nd<Nbdr

Ncr=(ρ²E J_min)/l_o²= (3,14²* 210000MPa*192 cm⁴ *10000/283²cm*10)/1000 = 496,4KN

Ora calcoliamo Nbdr

Nbdr=χ*A*fyk/g₁      dove:

χ = 1/Φ+√(Φ²-λ ²)≤1

λ=√ (A*fyk/Ncr)

 Φ= 0,5[1+α(λ – 0,2)+λ²]      α coeff. di imperfezione (0,21)

Nbdr=(0,68 x 12,5cm²x 100 x 275MPa/1,05)/1000 = 222,62KN

Nd=307,25KN > Nbdr    non verificato. 

Scegliamo un profilo con un'area maggiore: 

A 15,5cm²  J=234 cm⁴ 41cm³   ρ=3,89 cm

Verifica a resistenza

fd=N/A= (307.25*1000)/(15,5*100)=198,22MPa< 275MPa       Asta verificata a resistenza

Verifica a snellezza

l=283/3,89=72,75<200    Asta verificata a snellezza

Verifica a stabilità

Calcoliamo il carico critico euleriano

 N_cr = (3.14)² x 210000 N/mm² x 2340000 mm⁴ / (2830 mm)² = 604,95 KN 

λ=√ (A*fyk/Ncr)= √1550*275/604952= 0,83

Φ = 0.5[1 + 0.21 ( 0.83 - 0.2) + (0.83)²] = 0,91 

 X = 1 / 0.9106 + √(0.9106)² - (0.83)² = 0,77<1

 Nbrd = 0,77 x 1550 mm² x 275 N/mm² / 1.05 =  312,5KN < 545 KN

Nd=307,25< 312,5 KN         Asta verificata a stabilità

 

RIPARTIZIONE DELLE FORZE SISMICHE

Studiamo la ripartizione delle forze sismiche (forze orizzontali) sui telai che compongono l'impalcato, calcolando anzitutto le diverse rigidezze K dei controventi. Possiamo considerare l'impalcato come un corpo rigido e i controventi come delle molle che reagiscono alle forze orizzontali secondo la legge di Hook    F= kd

Disegnamo l'orditura dei solai in base alla luce minore della maglia ed evidenziamo di conseguenza quali travi portano il solaio. Queste sono le travi che si inflettono di più, e per continuità del nodo, anche i pilastri si inflettono.  I pilastri vanno quindi disposti in modo da sfruttare il loro momento d'inerzia maggiore, nel caso in cui un pilastro appartenga a due telai ( come per i pilastri 5,6,7), si favorisce il telaio con luce maggiore. Scegliamo una struttura in cemento armato (E=21000) e dei pilastri rettangolari con sezione 30x50 cm. 

M_x=bh³/12=312500cm⁴          M_y=b³h/12=112500cm⁴

Calcolo delle rigidezze dei controventi

Ipotizziamo un centro O attorno al quale facciamo agire f ed effettuiamo il bilancio dei momenti. Inseriamo nel foglio Excel le distanze dei controventi da questo punto O

Tabella sinottica dei controventi e delle loro distanze dal centro di massa

Calcolo del centro di massa

Dividiamol'impalcato in due aree, calcoliamo i rispettivi baricentri ed infine troviamo la posizione del centro di massa G dell'impalcato, punto in cui sono applicate le forze (in questo caso forza sismica).

Xg = Area₁ X_g1 + Area₂ X_g2 / Area₁+Area₂

Yg = Area₁ Y_g1 + Area₂ Y_g2 / Area₁+Area₂

Calcolo del centro delle rigidezze e delle rigidezze globali

Il centro delle rigidezze è il punto di applicazione della risultante delle reazioni dei controventi. Per una buona progettazione in zona sismica è bene far coincidere il più possibile il centro delle masse con il centro delle rigidezze, in modo da non creare momenti e quindi rotazioni.

Xc = K_vi  dvi /K_vtot

Yc =  K_oi  doi /K_otot

Analisi dei carichi sismici

La forza sismica imprime un'accelerazione all'edificio F=ma, questa accelerazione dipende dalla classificazione della zona sismica a= cg   c <1 coeff. di intensità sismica. Possiamo quindi riscrivere allora il principio d'inerzia come:

F = mcg = c P  Questo peso viene chiamato peso sismico W ed è espresso come la somma dei carichi permanenti e strutturali e i carichi accidentali moltiplicati per un coefficiente di contemporaneità.

W= (G+Q)Ψ                  G= ( qs+qp)A _tot

                                     Q= qa A _tot

                                     Ψ = 0,8

Ripartizione della forza sismica lungo x

La forza orizzontale non viene assorbita solo dai controventi orizzontali e viceversa poichè questa spesso ha un braccio rispetto a C e fa ruotare il corpo ---> Momento torcente= Forza sismica*braccio

Traslazione orizzontale  μ₀ = F/ K_otot ;  Rotazione rigida dell'impalcato ψ = Fb/ K_ψtot

Ripartizione della forza sismica lungo y

Per sbaglio ho pubblicato l'esercitazione nei commenti, e non posso modificarlo. Inoltre devo caricare le immagini sul server, per cui non risultano nei commenti.

 

La seguente è l'esercitazione fatta in parallelo coi miei colleghi Vanetti e Pontrandolfi del laboratorio di progettazione 2M.

SOVRACCARICO PERMANENTE

Vorremmo avere nel caso di acciaio e legno un identico tipo di solaio, per cui dopo aver definito la stratigrafia, che segue, abbiamo calcolato il peso proprio per metro quadro del solaio e successivamente i carichi accidentali e permanenti.

 

 

• 15 mm – Parquet

• 40 mm - Isolante con listelli di legno

• 100 mm - Getto collaborante con rete elettrosaldata

• 57 mm – Tavole di Xlam a 5 strati incrociati

 

Per calcolare il peso unitario del solaio è necessario trovare le masse volumiche degli elementi che compongono i singoli strati. Per lo strato "isolante con listelli di legno" è sufficiente fare una media ponderata tra la massa volumica del legno e quella dell'isolante.

 

Masse volumiche:

• • Parquet chiaro : 720 kg/mc

  • Listelli di legno : 500 kg/mc - Isolante : 80 kg/mc

  • Getto collaborante : 1800 kg/mc

  • Rete elettrosaldata : 2.98 kg/mq

  • Xlam : 700 kg/mc

 

Per ottenere il valore unitario a metro quadro è sufficiente moltiplicare la massa volumica per lo spessore, in modo tale da ottenere la massa per ogni metro quadro.

Quindi avremo :

• • Parquet chiaro : 720 * 0.015 = 10.8 kg/mq

  • Listelli di legno : 500 * 0,04 = 20 kg/mq - Isolante : 80 *0.04 = 3.2 kg/mq

Supponendo i listelli ogni metro di pavimento avremo per ogni metro quadrato di pavimento il 96% di isolante e il 4% di listelli, quindi un totale di 20 * 0.04+3.2 * 0,96 = 3.872 kg/mq per l'intero strato.

• • Getto collaborante : 1800 *0.1 = 180 kg/mq

  • Rete elettrosaldata : 2.98 kg/mq

  • Xlam : 700 * 0.057 = 39.9 kg/mq

 

E' sufficiente fare la somma quindi per ottenere il peso del solaio per ogni metro quadrato, quindi:

 

q_p = 10.8 + 3.872 + 180 + 2.98 + 39.9 = 237.552 kg/mq = 2,33 kN/mq

 

Questo è il peso totale del solaio, senza distinzione tra carico permanente strutturale e non strutturale. Non considerandolo come unicum ma diviso tra i due campi, si scomporrebbe nel seguente modo:

Carico permanente strutturale q_s = Xlam + getto collaborante = 222,88 kg/mq = 2.186 kN/mq

Carico perm. non strutturale q_pSolaio =Parquet + isolante + listelli = 14.58 kg/mq= 0.143 kN/mq

Tuttavia è ancora necessario andare a definire l'orditura dei travetti che collegano una trave principale all'altra e che reggono i pannelli in Xlam. L'XLam di 5,7 cm regge bene fino a luci di anche 8 metri, ma vista la destinazione d'uso andiamo a definire una maglia orizzontale di 4 m.

 

ACCIAIO:

Quindi a gravare ulteriormente sul carico permanente della trave principale ci saranno due ulteriori travi perpendicolari ad essa.

 

 

Pensiamo di utilizzare degli scatolati quadrati.

E' corretto come criterio progettuale andare prima a calcolare le dimensioni degli scatolati perpendicolari piuttosto che ipotizzarne un paio generici che pesano sulla nostra trave, anche perchè il peso potrebbe variare notevolmente tra una scelta e l'altra.

Per cui scegliamo l'area di pertinenza più grossa, ovvero quella evidenziata in giallo. La luce sarà di 6.93 m, mentre l'interasse come visto è di 4m. L'area di influenza è quindi 27.72 mq, per un peso totale di 2.33 kN/mq * 27.72 mq = 64.68 kN che gravano sullo scatolato.

 

 

Da questi valori vediamo come sia necessaria una Wx di 787 cm^3 almeno per poter garantire il corretto funzionamento dell'orditura secondaria. Andiamo a cercare tra i vari tipi di trave d'acciaio forniti da Oppo.it.

HEA: 836 cm^3 è il valore superiore più vicino a quello da noi cercato, e corrisponde a una HEA 260, quindi alta 260 mm e larga 250 mm. Pesa 68.2 kg/m

HEB: 938 cm^3 per una HEB 240, larga e alta 240mm. Pesa 83.2 kg/m.

HEM: 967 cm^3 per una HEM200, alta 220mm e larga 206mm. Pesa 103 kg/m.

SCATOLATO QUADRO: 1085 cm^3 per una larghezza/altezza di 300mm e un peso di 91.1 kg/m

Lo scatolato a sezione rettangolare non raggiunge la resistenza da noi richiesta quindi è da escludere. Per vantaggio sia in termini di peso che in termini di dimensioni scegliamo l'HEA.

 

Ora è necessario andare a calcolare tra i carichi permanenti non strutturali il peso incidente dei tramezzi al piano superiore, ma prima bisogna scegliere la trave da analizzare e definire l'area di influenza di essa, in modo poi da porre considerazioni sull'incidenza dei tramezzi soprastanti.

Essendo che andrebbe considerato anche il peso stesso della trave, ma è proprio la cosa da valutare, per ora porremo solamente un tipo di trave come esempio per il calcolo delle sollecitazioni e andremo poi a sostituire in base al valore di Wx la trave adatta.

 

Scegliamo la trave con la campata più problematica, quella che affaccia sulla sala conferenze, con una campata di 11.7 m. L'area di pertinenza è quella che va dalla metà della porzione di solaio alla sua destra e alla sua sinistra, perchè in linea di massima andranno a pesare completamente sulla trave più vicina.

La distanza tra la trave in analisi e quella alla sua sinistra è di 5.81 m, con quella alla sua destra 6.93 m. L'interasse quindi è 5.81/2 + 6.93/2 = 6.37 m. L'area di influenza è di 74.63 mq.

Nel nostro caso abbiamo che al piano superiore non c'è incidenza di tramezzi, per cui non ci sarà un ulteriore carico permanente a gravare sulla trave.

Abbiamo quindi tutti gli elementi necessari per compilare la tabella per avere il valore di Wx necessario a capire quale trave in acciaio scegliere.

E' necessario aggiungere a quanto calcolato precedentemente il peso delle travi HEA perpendicolari. Sapendo che l'area di influenza è la seguente:

 

 

sappiamo che dovremo prendere in considerazione il peso dato da due travi HEA alte 260mm per una lunghezza totale pari alla larghezza dell'area di influenza. Quindi moltiplichiamo il peso lineare di 68.2 kg/m * 6.37m = 434.434 kg. Per avere il valore di peso unitario è sufficiente dividere per l'area di influenza, quindi 434.434/74.63= 5.81 kg/mq = 0.057kN/mq.

Andranno sommati quindi ai 2.186 dei carichi strutturali permanenti, per ottenere qp=2.243 KN/mq

 

Per i carichi variabili dobbiamo considerare l'area come luogo affollato (libreria): Qa=500 Kg/mq

---> Qa=5 KN/mq

 

 

Sostituendo come si vede nell'immagine i valori dell'interasse, dei carichi permanenti non strutturali, strutturali e accidentali, e il valore della luce otteniamo una Wx di 3597 cm^3, valore molto alto.
Abbiamo aggiunto al foglio excel delle pagine contenenti i valori di tutte le tipologie note di travi di acciaio fornite da Oppo.it, ovvero le HEA, HEB, IPE, HEM, in modo da avere un rapido raffronto con il valore ottenuto.

Il nostro Wx = 3597 cm^3 va confrontato con le tipologie sopracitate, e prendere ovviamente un valore superiore nel caso della trave scelta.

IPE : Nel caso di una IPE Wx si ferma a 3069 per una trave alta 600mm, quindi dobbiamo escludere questo tipo di trave.

HEA: Il valore più vicino è 4146 cm^3, per una HEA 550, quindi con h=540mm e b=300mm.

HEB: Il valore più vicino è 4287 cm^3, per una HEB 500, quindi con h=500mm e b=300mm.

HEM: Il valore più vicino è 3796 cm^3, per una HEM 320, quindi con h=359mm e b=309mm.

SCATOLATI: Sia gli scatolati rettangolari che quadrati che i tubolari non arrivano a garantire una resistenza Wx di 3569, quindi è da escludere a priori la categoria.

 

La HEM è quella più vantaggiosa come dimensioni totali, solamente che è la più vicina in assoluto come valore di resistenza a quella ottenuta dal nostro calcolo. Vogliamo avere un minimo di tolleranza in più, anche perchè non abbiamo ancora considerato il peso stesso della trave e l'orditura che regge il solaio. Scegliamo quindi la HEB500, che ha un peso di 270kg/m.

 

Il foglio excel ci è servito per il corretto dimensionamento della trave principale, ma non abbiamo calcolato il peso stesso della trave, che è molto importante. Per cui abbiamo preso l'iniziativa di modificare il file excel e aggiungere tre ulteriori colonne, una contenente il peso lineare della trave scelta, uno con il momento risultante aggiungendo il carico della trave stessa e soprattutto il Wx reale, tenendo conto del carico proprio della trave.

 

 

 

Come vedete il momento aumenta di circa 50 KN*m, ma soprattutto il Wx aumenta di 200 cm^3. Questo aumento potrebbe portare a un cambiamento di scelta per il tipo di trave; noi volutamente abbiamo scelto la trave che ci desse più margine di respiro in vista di un aumento del modulo di resistenza dovuto all'aggiunta del peso proprio, infatti possiamo mantenere la stessa HEB500, che resiste fino a 4287 cm^3!

 

LEGNO:

Essendo il tipo di stratigrafia equivalente per legno e acciaio senza alcun problema ( solamente nel caso del CLS sarà più una forzatura, ma è voluta al fine di effettuare un utile confronto tra le tipologie di travi), il carico permanente sarà lo stesso, eccezion fatta che per l'orditura secondaria. Sicuramente non siamo in grado di garantire all'Xlam una campata di 4 metri su un travetto di legno lungo 6.93 metri, per cui urge andare a ricalcolare il modulo di resistenza per le travi secondarie in legno, ipotizzando una maglia magari di 3 metri anzichè 4.

 

 

In questo caso quindi saranno uguali tutti i valori da applicare, carichi compresi, ma cambierà l'interasse, che in questo caso è di 3m.

 

 

Scegliamo quello di classe di resistenza GL36, il più resistente alla trazione generata dalla flessione. Kmod vale 0,5, perchè è un carico permanente, di classe di servizio 3. Come base ci imponiamo 30cm, e l'altezza risultante è di 46.11 cm.

 

 

Una volta definite le dimensioni dell'orditura secondaria è possibile calcolare il carico da aggiungere alla trave principale lungo la sua area di influenza, e sarà l'area della sezione della trave appena trovata moltiplicata per la larghezza dell'area di influenza per quattro volte.

Peso travi = 0,46*0,3*6,93*500 4* = 1738,4 kg = 17,38 KN.

Dobbiamo ottenere il peso unitario per mq di queste travi, che saranno quindi 17,38/74,63= 0,23 KN/mq.

Quindi andiamo ad aggiungere il carico dovuto alla presenza di travi secondarie al carico permanente, per ottenere il dimensionamento della trave principale.

 

 

Come si vede dal foglio excel, imponendo una base di 50 cm la risultante è un'altezza di 93,1 cm. Ora come nel caso precedente sarebbe possibile calcolare il momento massimo tenendo conto del peso proprio della trave, che ora è noto.

 

 

In questo caso abbiamo nuovamente aggiunto al calcolo 4 colonne, per l'inserimento della massa volumica del tipo di legno scelto, poi per il peso totale della trave, per il momento generato aggiungendo questo carico e infine l'altezza risultante aggiungento il carico proprio della trave principale. In questo caso è notevole la differenza, infatti a parità di base l'altezza passa da 93 a 115 cm, ovvero 22 cm più alta!

 

 

CLS:

 

Il seguente caso è quello che ha richiesto una "forzatura" nella concezione della nostra analisi dimensionale, perchè il tipo di solaio in esame non è solitamente utilizzato associato a una struttura in cemento armato; noi vogliamo mantenerlo anche sulla struttura in CLS per evidenziarne il differente comportamento a fronte di pari sollecitazioni. Inoltre il tipo di solaio solitamente associabile a una struttura in CLS è più pesante di quello in questione, per cui gli output relativi all'altezza della trave saranno persino maggiori nella realtà di quelli uscenti dal foglio di calcolo.

Non abbiamo travi secondarie a gravare sul peso stesso della trave, ma dobbiamo infittire la maglia dei pilastri, per garantire al solaio una luce fattibile in termini di resistenza.

 

 

In questo caso abbiamo un interasse di 3.5 m, con la stessa luce di 11.7 m. E' sufficiente calcolare l'altezza della trave senza aggiungere carichi aggiuntivi oltre a quello della trave stessa, ma solo in un secondo momento.

Tra gli input immettiamo gli stessi carichi, scegliamo un acciaio S235JR, con una tensione di snervamento di 235 N/mm² = fy. Classe di resistenza Rck = 40. Ci poniamo una larghezza desiderata per la trave di 40 cm, e un copriferro di 3 cm.

 

 

 

Il dato uscente è un'altezza di 46,12 cm al netto del ferro. Tuttavia manca il peso proprio della trave nel calcolo per il dimensionamento, per cui abbiamo aggiunto quattro colonne al foglio di calcolo, che vanno a modificare il carico permanente, il momento e di conseguenza l'altezza della trave.

 

 

Come si può vedere l'altezza finale risulta di 49,32 cm, a cui dobbiamo aggiungere 3 cm di copriferro, per l'ingombro totale, ovvero H = 52,32 cm. E' un valore dissimile da quello che la pratica insegna per luci superiori ai 10m, per cui dovremmo avere all'incirca una trave spessa 100 cm. Probabilmente il fattore solaio leggero incide notevolmente sul calcolo finale, oltre che il piccolo interasse che gli abbiamo concesso.

 

 

 

PER COSTRUIRE UN MODELLO DI STRUTTURA RETICOLARE NELLO SPAZIO 3D:

 

 

strumenti: autoCAD 3D; SAP2000

 

 

 

 

Il primo passo da fare è aprire autoCAD e creare un layer dove andremo a disegnare, tramite il comando linea, il modulo di partenza da cui andremo a creare la nostra struttura.

Passiamo poi alla vista in 3D:

  view > 3D view > scegliamo una delle viste assonometriche (preferendo l'asse z vesto l'alto)

Poi andiamo a ruotare il nostro modulo di base:

  3r > invio > seleziono l'elemento > quando compaiono gli assi di rotazione scelgo prima il punto e successivamente l'asse di rotazione

Utilizziamo il modulo di base per completare la struttura reticolare, per far ciò possiamo utilizzare o il comando array o più semplicemente il comando copia.

Salviamo il nostro file in formato .dxf 2000.

Apriamo SAP 2000 e importiamo il nostro file:

  file > import > autoCAD dxf file > frame > aste > ok

Impostiamo ora i vincoli di base, ovvero andiamo a posizionare delle cerniere nei 4 vertici della struttura.

Selezioniamo tutto e procediamo con l'imposizione delle cerniere interne nei nodi della trave reticolare:

  assign > frame relese > moment(2-2) e (3-3) spuntiamoli ed assegnamo il valore 0 sia all'inizio che alla fine

Fondamentale è la definizione del materiale e della sezione, andiamo quindi su define:

  define > section propieties > frame prop. > ne scegliamo una > add new

  assign > frame > frame section

Andiamo ad assegnare il nostro carico sui nodi superiori della nostra struttura, per far ciò andiamo su display option e nascondiamo le nostre aste.

  define > load pattern > forza concentrata

  Assign > joint loads > forces > carico concentrato > lungo z da -40kN

Andiamo a far riapparire le nostre aste (display option).

Ora non ci resta che avviare il RUN ricordandoci di deselezionare i carichi DEAD e MODAL.

Osserviamo i valori degli sforzi normali, e per verificare che la struttura sia corretta proviamo a vedere i grafici dei tagli e dei momenti, i quali dovranno risultare nulli.

(ho problemi col server, non mi si apre e non riesco dunque a caricare le immagini)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Prima esercitazione : Struttura reticolare simmetrica

Le strutture reticolari sono strutture composte da tiranti( aste tese) e puntoni (aste compresse), collegate tra di loro da cerniere interne.
 Per la risoluzione di questa struttura reticolare simmetrica e con carichi ripartiti in ugual modo nel nodo B , D e G  abbiamo cercato di utilizzare il metodo di Ritter al fine di calcolare lo sforzo assiale a cui sono sottoposte tutte le aste.

Il primo passo consiste nel verificare che la struttura sia isostatica, poiche se fosse iperstatica non sarà possibile utilizzare il metodo di Ritter.

Verfica isostaticità
La struttura è isostatica se il numero di vincoli è pari al numero dei gradi di libertà della struttura.  n°gdv=n°gdl

Verifica dell' isostaticità della struttura:

·         Gradi di libertà si ricava moltiplicando il numero degli elementi per il numero dei gradi di libertà.
Gd l= 11 x 3 = 33

·         Gradi di vincoli si ricava sommando il numero i vincoli esterni e i vincoli interni  
V = V_{E +} Vi  

I vincoli esterni della struttura sono in tutto 3  
V_E = 3

I vincoli interni della struttura si calcola applicando a ogni nodo
V_i = 2 (n - 1)
dove n è il numero delle aste che convergono nel nodo

In particolare in:

A e H 2( 2-1)= 2  ; B e G 2(3-1)= 4 ; D C ed E 2(4-1)= 6

Il grado di vincolo interno sarà quindi:

V_{i =} 2 + 2 + 4 +4 + 6 +6 +6 = 30

Quindi:

Gdv = V_{E +} V_I = 30 +  3 = 33

La struttura quindi risulta isostatica  n°gdl=n°gdv

Verfica isostaticità
Inoltre si può fare un ulteriore verifica che consiste nel

V_E + a = 2 x nodi  ( vincoli esterni + n° aste = 2 x n° nodi ) 
3 + 11 = 2 x 7 =14 ( verificato)

Quindi possiamo dire che le condizioni di isostaticotà sono verificate e si può procedere calcolando i vincoli tramite le equazioni di bilancio.

Mi disegno le reazioni vincolari V_A  e   V_B

imponendo le equazioni alla traslazione verticale si possono trovare i valori di V_A  e   V_B dovute alla cerniera ed al carello.

Σ Fy =0

V_A+ V_{B –} 3F= 0   
Le reazioni verticali VA e VB della struttura che essendo applicata a una struttura simmetrica ripartiscono equamente il carico applicato ai nodi superiori e bilanciano le forze esterne pari a 60 kN.

Quindi:   
V_A   =  V_B  = 3/2 F   = 3/2 x 20 KN = 30 KN  (uguali proprio perché la struttura è simmetrica).

Adesso possiamo effettuare un taglio virtuale della struttura in due parti tramite una sezione di Ritter, cioè dobbiamo sezionare in modo da tagliare tre aste che non convergono verso uno stesso nodo. E cosi possiamo mettere in evidenza le azioni di contatto.

Dal primo taglio virtuale, posso mettere in ivedenza gli sforzi normale aggenti sulle sezioni delle aste tagliate. Si ipotizza un verso uscente dalla sezione e quindi come se le considerassimo le aste siano sottoposte a trazione e a seconda del risultato delle equazioni di equilibrio a confermare il verso oppure no.

In questo caso abbiamo tre incognite N_{1  ,}N₂  e  N₃ e tre sono equazioni di bilancio, quindi il problema è risovibile.

Scrivendo le 3 equazioni di equilibrio a rotazione, cambiando ogni volta il polo scelto nel punto di incontro di due della altre aste per poi ricavare una delle incognite.

Facendo l' equilibrio al momento in C  in cui convergono due delle tre aste sezionate possiamo poi ricavare la forza N₁ incognita

ΣMc=0

- 3/2 F · 2l + F · l - N_{1 · l} =0

N₁ = F - 3F = -2F

Il segno negative comporta di cambiare il verso a priori presupposto e quindi è un puntone.

Facendo l' equilibrio in B ricavo N₃

Equilibrio al momento in B
ΣMB=0

- 3/2 F · l + N_{3 · l =} 0   N_{3 =} 3/2 F

Cosi posso ricavare anche facendo equilibrio alla traslazione verticale

 

Equilibrio verticale, ricordando la scomposizione della forza nelle sue componenti orizzontali e verticali e imponendo le equazioni di equilibrio alla traslazione otteniamo

 

Σ Fy =0

3 / 2 F - F - N₂  2/ 2 = 0  Quindi   N_{2 =} F 2/ 2 

A questo punto effettuo un altro taglio per rivacarmi  N₄ l’ unico valore che ancora non conosciamo della parte sinistra della trave reticolare.

la N₄ la possiamo scomporre nei suoi due componenti:

 

Conoscendo il valore di N₃ possiamo scrivere l’equilibrio alla traslazione verticale

  Equilibrio verticale:

3/2 F + N₄ 2/ 2=0

 N_{4 =} - 3 2/ 2 · F

Quindi mettendo insieme i risultati, abbiamo

 

 

Continuando a effettuare un altro taglio ricaviamo:

Dall’equilibrio del momento in D

ΣMD=0

N_{5 ·} l + F · 2l - 3/2 F · 3 / 2 F · 3 l = 0

N_{5 =} 5/2 F  Infatti questa è l'asta più sollecitata

Infine mediante l' equilibrio verticale ricaviamo N₆

N₆ 2/ 2 + 3/2 F - F =0

N_{6 =} -  F2/ 2 (cambio verso)

 

 

Seconda Esercitazione : Struttura reticolare asimetrica

La struttura reticolare asimetrica può essere risolto questa volta utilizzando il metodo dei nodi.

Per iniziare, come nel primo esercizio, bisogna verificare che la struttura sia isostatica

La struttura è isostatica se il numero di vincoli è pari al numero dei gradi di libertà della struttura.  n°gdv=n°gdl

Verifica dell' isostaticità della struttura:

La struttura è isostatica se il numero di vincoli è pari al numero dei gradi di libertà della struttura.  n°gdv=n°gdl

·         Gradi di libertà si ricava moltiplicando il numero delle aste per il numero dei gradi di libertà.
          Gd l= 11 x 3 = 33

·         Gradi di vincoli si ricava sommando il numero i vincoli esterni e i vincoli interni 
           V = V_{E +} Vi  

I vincoli esterni della struttura sono in tutto 3 
V_E = 3

I vincoli interni della struttura si calcola applicando a ogni nodo
V_i = 2 (n - 1)
dove n è il numero delle aste che convergono nel nodo

In particolare in:

A e G    2( 2-1)= 2  ;

B ,D e E    2(3-1)= 4

F     2(4-1)= 6

C    2 (5-1)=8

Il grado di vincolo interno sarà quindi:

V_{i =} 2 x 2 + 4 x 2 + 6 + 8= 30

Quindi:

Gdv = V_{E +} V_I = 30 +  3 = 33

La struttura quindi risulta isostatica  n°gdl=n°gdv

 

Calcolo delle reazioni vincolari
Ora possiamo procedere analizzando le reazioni vincolari RuA , RvA e RuG.

Imponendo l’equazione di bilancio alla traslazione verticale

∑Fy = 0  

 RvA = 20

Attraverso l’equazione di bilancio ai momenti M(B) ottengo RuA

∑MG = 0

RuA ∙ 1 –(10 ∙1)- (10∙2)= 30  RuA = 30

Imponendo l’equazione di bilancio alla traslazione orizzontale ottengo  RuG

∑Fx = 0  

 RuA = RuG

 

Calcolo delle azioni di contatto
Applichiamo il metodo dei nodi per ricavare le forze lungo le aste, in cui dobbiamo assumere che ai nodi ci siano delle forze concentrate sui nodi e possiamo analizzarli  attraverso l’equilibrio al nodo oppure con il metodo geometrico utilizzando la regola del parallelogramma per scomporre le forze.
 

Nodo A

Le incognite  in questo caso sono N₁ e N₂  i quali risultano aste le aste 1 e 2 entrambe  scariche.

N₁ =0

N₂ =0

 

Nodo B
 

 

In questo caso è possibile scomporre N₃ nelle sue due componenti e poi imponendo l’equilibrio alla traslazione orizzontale e verticale si ottengono i valori di N₃ e N₄

∑Fx =0   30+ N₃√2 /2 +N₄ = 0

∑Fy =0   20 + N₃ √2 /2 =0      

              N₃= - 20 ∙  2 /√2  = - 20 √2  kN

Posso ricavare N_4:    

30 – (20 √2∙√2/2) + N₄ = 0

30- 20 + N₄ = 0

N₄ = -10 kN ( cambio verso )

 

Nodo D

 

10 + N₈ = 0

N₈ = - 10

N₅ = 0

Nodo C

     

Possiamo scomporre i  contributi dell’asta 6 e 5, per poi ricavare dall’equilibrio alla traslazione verticale e orizzontale i valori di N₆ e N₇

∑Fy = 0    10 + N₆ √2/2 -20√2-√2/2=0

                10+N₆ ∙√2/2 -20 = 0

               N₆ = 10√2  kN

∑Fx = 0     N₇+ N₆ √2/2 + 20√2 - √2/2 = 0

                 N₇ + 10√2∙√2/2 +20 = 0

                 N₇= -20-10 = -30 kN

L’asta 6 è tesa e l’asta 7 è compressa

 

Nodo E

Facendo equilibrio alla traslazione verticale e orizzontale possiamo ricavare

N₉ = -10 kN

N₁₁ = -30 kN

Cambiando il verso presupposto, le aste 9 e 11 sono tutti e due compresse.

 

Nodo F

 

Possiamo anche qui scomporre i contributi dell’asta 10  e si ricava che l’asta 10 sia scarica.

N₁₀  √2/2 + 10 -10√2 ∙ √2/2 = 0

N₁₀ √2/2 = -10 +10 = 0

N₁₀ =0

Nodo G

L’asta 10 essendo scarica l’ incognita risulta essere N₁₁

N₁₁ = 30

L’asta 11 è anch’essa compressa.

 

Dopo aver analizzato i nodi attraverso equazioni equilibrio verticale e orizzontali possimo rappresentare graficamente quali aste sono compresse, quali sono tese e quali scariche.

Quindi successivamente è stato utile verificare i risultati ottenuti utilizzando il programma SAP ottenendo questi risultati:

La deformata

Lo sforzo assiale

Quindi i risultati sono verificati.

 

 

Dimensionamento del Solaio

 

Il progetto preso in analisi è un semplice impalcato, realizzato durante il triennio.

Dall’impalcato ho cercato di evidenziare la trave più sollecitata evidenziata nel disegno : trave  C1-C2.

 

Soggetta a un carico di cui l’ area di influeneza  è pari a: 

A= luce x interasse =  L₄  x (L₂/2 + L₃/2)  =    4.80 x (3.00/2 + 4.10/2) =   17.04  m

L₁ =  2.90 m

L₂ =  3.00 m

L₃ =  4.10 m

L₄ =  4.80 m

L₅ =  3.3 0 m

   Il primo passo importante è quello di calcolare il carico totale del Solaio per unità di lunghezza a cui è soggetto la trave più sollecitata. In particolare secondo le Norme Tecniche per le costruzioni 2008 la classificazione delle azioni avviene secondo la variazione delle loro intensità nel tempo

a)      Permanenti (Q) : azioni che agiscono durante tutta la durante tutta la vita nominale della costruzione, la cui variazione di intensità nel tempo è lenta da poterle considerare con sufficiente approssimazione nel tempo:

-          Peso proprio di tutti gli elementi strutturali (Qs)

-          Peso proprio di tutti gli elementi non strutturali (Qp)

 

b)   Variabili (q_k) comprendono i carichi legati alla destinazione d’uso dell’opera che nel caso del mio edificio di uso residenziale  prendiamo come valore q_k = 2.00  kN/m²

I carichi strutturali e non strutturali sono espressi in mq ,è dato dalla somma del carico di ogni elemento del nostro pachetto che hanno un loro peso specifico espresso in kN /m³ e moltiplicati per la loro altezza m, ottenendo così il carico Q in kN/m².

 

Progetto di un solaio in legno a doppia orditura

Il progetto del solaio in legno qui sotto rappresentato consiste nel  dimensionare prima  i travetti, che influenzano poi sul dimensionamento della sezione della trave principale (in questo caso la trave più caricata è la C1-C2 ) affinché sia in grado di resistere a tutti carichi agenti su di essa.

 

   Luce trave C1-C2 = 4.80 m

   Interasse trave = 3.55 m 

·   Luce travetto = 4.10 m

     Interasse travetto = 0.90 m

 

 

 

 

 

 

Scelgo di utilizzare  tra le travi  lamellare in commercio la classe GL24 (BS11)

 

·    Pesi permanenti strutturali

       Calcolo del carico totale al metro lineare ottenuto facendo:

1-      Area dell’elemento nelle sue dimensioni in un m²            A = (B X H)      [ m²]

2-      Calcolare il suo volume di 1m       V=  A x 1m      [m³]

3-      Ricavare il peso ( kN) moltiplicando il peso specifico per il volume      P = V x peso specifico ( kN/m³ )        [kN]

4-      Trovare il carico a metro lineare        Q_s = 1 (m²) / interasse (m) x  P (kN)    [ kN/m² ]

·         Carico variabile come dettato dalle norme tecniche del le costruzioni del 2008, precedentemente individuato è pari aq_k = 2.00  kN/m²    

 

Progetto travetti lamellari  classe GL24

Il progetto dei travetti vengono effettuati partendo da:

Analisi dei carichi

·         Carichi agenti totali per unità di superficie  pari alla somma tra i carichi strutturali e non          strutturale:

              Q_s + Q_{p +} q_{K =}    0.21 + 2.35 + 2.00 = 4.56 kN/m²

·         Carico sui travetti si ricava dividendo il carico espresso in densità lineare

 q = 4.80 kN/m² x 0.9 m ( interasse ) = 4.1 kN/m

Ricavare il momento massimo flettente

·  Il   momento massimo di una trave appoggiatasi si trova in mezzaria e ha un valore pari a   ql²/8, quindi ricavo il momento massimo:

M = ql²/8 =  4.1kN/m  x (4.1 m)² /8 m = 8.62 kN*m

Analisi delle tensioni di progetto

Per trovare il valore di progetto : fD = K_{mod x} f_k / ɣ_m

 dobbiamo tenere in considerazione sia i vari valori di resistenze f_k che variano a seconda della se si tratta di valore di resistenza a trazione, flessione o compressione. Divise a loro volta in direzione parallela o perpendicolare , in cui i valori possono cambiare anche di molto.

 

In questo caso scelgo la classe di legno GL24 (BS11) con resistenza a flessione  pari a :

fm,k = 24N/mm²

 

Inoltre si deve tener conto del Kmod un  coefficiente correttivo che tiene conto dell’effetto, sui parametri di resistenza, sia della durata del carico sia dell’umidità della struttura.

Prendo kmod pari a 0.6

Invece il ɣ_m  è un coefficiente parziale di sicurezza relativo al materiale, che nel caso del legno lamellare vale    ɣ_m =1.45

Quindi   fD = = K_{mod x} f_k / ɣ_m = 0,6 x 24 N/mm²/ 1.45 = 9.93 N/mm²

Cosi fissato la base dei travetti a 10 cm si ricava in questo modo l’altezza minima che possimo adottare pari a 22,83 cm, cosi controllando nelle schede dei produttori possono decidere di scegliere una sezione dei travetti lamellari  GL24  pari a 10 x 24.

A questo punto bisogna

·         Verificare il peso proprio del travetto in base alla sezione che abbiamo scelto:

Progetto della trave classe GL24

La trave maggiormente sollecitata è C1-C2

·         Luce trave C1-C2 = 4.80 m

          Interasse trave C1-C2  = 3.55 m 

Importante è ricordarsi che di aggiungere ai carichi strutturali anche quelli dei travetti appena calcolati:

·    Carico variabile come dettato dalle norme tecniche del le costruzioni del 2008, precedentemente individuato è pari aq_k = 2.00  kN/m²     

Inserendo i carichi nella tabella Exel usando lo stesso procedimento usato per i travetti ricavo consultando sempre i produttori una trave 20 x 40.

 

 

Solaio in acciaio

In questo caso si è scelto di adottare la tecnologia del  solaio in lamiera grecata e laterizi. In cui il progetto consiste nel dimensionare le dimensioni prima dei travetti e poi della trave ( come è stato fatto per il solaio in legno ) in base alla sommatoria dei carichi che gravano su di esse.

Progetto travetti

Luce: 4.01 m

In terasse: 0.90 m

·         Carico permanente strutturale

         della lamiera grecata e laterizi è pari a:  Qsdi 1.80 KN/mq

·         Carico variabile pari a  q_k = 2.00  kN/m²    

Inserendo cosi i dati ricavati nella tabella di calcolo exel posso trovare il carico a metro lineare gravante sui travetti facendo la somma tra:

 Q_s + Q_p + q_K = ( 1.8 kN/m² + 2.35  kN/m² + 2.00 kN/m²)  x 0.9m =      5.50 kN/m (carico a metro lineare)

Dopodiché  si può ricavare il momento massimo agente sul travetto di luce pari a 4.10 m in cui sappiamo che il valore del valore massimo del momento è a

M= ql² / 2  =   6.15 x (4.10)² / 2 = 11.,6 kN m

La tensione di snervamento è dato dalla classe dell’acciaio che si sceglie di adottare che nel mio caso scegliendo la classe Fe 360 s235

 fyk = 235 N/mmq

Da cui ricavo  il valore della tensione di progetto Fd pari al rapporto tra fyk e il coefficiente di sicurezza adimensionale utilizzato per l’acciaio da carpenteria pari a 1.05  (dato dalla normativa ) che tiene conto di tutte le incertezza del materiale.

Fd= fyk / 1.05 = 235 N/mmq / 1.05 =  223.81  N/mmq

Ottenendo cosi in fine valore del modulo di resistenza a flessione W_X pari a

W_x  = M/Fd = 12.9 kNm / 223.81  N/mmq = 56.91 cm³

Quindi posso prendere dal sagomario un profilo che ha un modulo di resistenza superiore, quindi scelgo  un IPE 140 con valore W_x pari a 77,3 cm³

In fine ottengo il carico dei travetti  = 12.9 kg/m =0.129 kN/m

 

Progetto trave  C1-C2

Luce: 4.80 m

Interasse: 3.55 m

·  Carico permanente strutturale

         della lamiera grecata e laterizi più il peso dei travetti è pari a: 

       Qs = 1.80 KN/mq + 0.129 kN/m = 1.93 kN/m

·         Carico variabilepari a  q_k = 2.00  kN/m²     

 

·    Carico permanenti non strutturali  pari a

     Q_P  = 2.35kN/m²                                                                     

Inserendo cosi i dati ricavati nella tabella di calcolo exel posso trovare il carico a metro lineare gravante sui trave facendo la somma tra:

 Q_s + Q_p + q_K = ( 1.938 kN/m² + 2.35  kN/m² + 2.00 kN/m²)  x 3.55m =    22.3kN/m (carico a metro lineare)

Dopodiché  si può ricavare il momento massimo agente sul travetto di luce pari a 4.80 m in cui sappiamo che il valore del valore massimo del momento è a

M= ql² / 2  =   22.3 x (4.80)² / 2 = 64.2 kN m

La tensione di snervamento è dato dalla classe dell’acciaio che si sceglie di adottare che nel mio caso scegliendo la classe Fe 360 s235

 fyk = 235 N/mmq

Da cui ricavo  il valore della tensione di progetto pari al rapporto tra fyk e il coefficiente di sicurezza adimensionale utilizzato per l’acciaio da carpenteria pari a 1.05  (dato dalla normativa ) che tiene conto dell’ incertezza del materiale.

Fd= fyk / 1.05 = 235 N/mmq / 1.05 =  223.81  N/mmq

Ottenebdo cosi in fine valore del modulo di resistenza a flessione pari a

W_x  = M/Fd = 64.2 kNm / 223.81  N/mmq = 314.15 cm³

Quindi posso prendere dal sagomario un profilo che ha un modulo di resistenza superiore, quindi scelgo  un IPE 240 con valore W_x pari a 324 cm³

 

 

 

Solaio in Cls

In questo caso ho pensato di verificare il mio pacchetto di solaio in cls  precedentemente progettato durante il laboratorio di costruzioni.

Progetto  della travi C1-C2

Luce: 4.80 m

Interasse: 3.55 m

·    Carico variabilepari a  q_k = 2.00  kN/m²     

Inserendo cosi i dati ricavati nella tabella di calcolo exel posso trovare il carico a metro lineare gravante sui trave facendo la somma tra:

 q = (Q_s + Q_p + q_K ) x interasse = ( 0.88 kN/m² + 2.35  kN/m² + 2.00 kN/m²)  x 0.5m =     

       2.6 kN/m (carico a metro lineare)

Dopodiché  si può ricavare il momento massimo agente sul travetto di luce pari a 4.10 m in cui sappiamo che il valore del valore massimo del momento è a

M= ql² / 2  =   2.6 x (4.80)² / 2 = 7.5 kN m

 

Il calcestruzzo  è contraddistinto dal valore  caratteristico della sua resistenza a compressione, misurata su provini cilindrici e indicata cin il simbolo fck il quale rappresenta la resistenza cilindrica o  secondo Rck è la resistenza cubica . Il valore caratteristico ha una probabilità del 5 % che la resistenza effettiva sia minore di esso. Le classi di resistenza del Cls piu usati vanno dal C20/25 fino  C50/60, nel mio caso ho scelto si usare il    C25/30 .

Si può ricavare la resistenza dell’acciaio delle armature con il valore della tensione di snervamento che è dato dalla classe dell’acciaio che si sceglie di adottare , nel mio caso scegliendo un acciaio B450C ( unico ammesso in zona sismica ) con fyk = 450 Mpa

Da cui ricavo  il valore della tensione di snervamento Fd  pari al rapporto tra fyk e il coefficiente di sicurezza adimensionale utilizzato per l’acciaio da barre pari a 1.15  (dato dalla normativa ) che tiene conto dell’ incertezza del materiale.

Fd= fyk / 1.15 = 450 N/mmq / 1.15 =  391,3  N/mmq

Per trovare l’altezza utile pari al prodotto del fattore r per la radice del momento fratto la base,  d =r √ M/b in cui se la base e il momento sono noti l’incognita da trovare è r.

r  dipende dalla resistenza del calcestruzzo e dal dal fattore α che a sua volta dipende da n che è il coefficiente di normalizzazione per ricavare che la tensione dell’acciaio è n volte quella del calcestruzzo

σ_s= nσ_c

Infatti possiamo ricavare il valore normalizzato n pari a :

n= Ef/Ec = 210000 Mpa /30000Mpa = 7  ,  in cui si evidenzia  che la tenzione σ_s =  7 volte di σ_c,  ma se si tiene conto della viscosità si prende un valore doppio che le norme per attenersi a una regola consolidata la considera pari a : n = 15.  Quindi l’area dell’acciaio darà considerata n volte quella del cls ( Area omogeneizzata)

Possiamo ricavare

α =fc /(fc + fdf /n) = 20Mpa/(20 Mpa + 450Mpa /15) = 0.34

r= 2/ (α x (1- α/3 ) ^0.5 = 2.58

Cosi la mia altezza utile sarà 15 cm ed con base 15 cm l’altezza totale sarà  20 cm.

 

 

 

 

Struttura reticolare spaziale

Le strutture reticolari vengono utilizzate per realizzare grandi coperture per stadi, ospedali in quanto consentono di coprire grandi luci con altezze e pesi contenuti che altre strutture non potrebbero essere realizzate. Ci sono vari tipi e quello che cercheremo di realizzare è chiamato schema cubico, realizzata su una base quadrata, formata da tiranti puntoni e diagonali, formando cosi tante maglie reticolari e costituiti da moduli di reticolari che si ripetono nelle tre dimensioni.

• Disegno della struttura reticolare su autocad

Si parte con un nuovo file di autocad , e con la creazione di un nuovo layer chiamandolo aste.

 

Si disegna una polilinea, in zero assoluto per facilitare quando  esportazione in sap, immaginiamo di disegnare la faccia principale del nostro cubo semplificato di dimensione 2m x 2m x 2m,  lasciandolo aperto, in modo tale che poi usando il comando di autocad di “ copia in serie” non ci siano aste doppie sovrapposte, in quanto poi non sarà possibile fare analisi della struttura con SAP.

Poi disegniamo la diagonale, andando poi nella vista 3D di autocad lo ruotiamo di 90 gradi.

   

a questo punto possiamo fare il comando “ARRAY”, immaginando che dovremmo realizzare una piccola pensilina 4 x 6.
Quindi imposteremo come valori di questa copia serie  inserendo 1 riga 4 colonne perché voglio 4 elementi in direzione X  poste a direzione 2 m .

Si ottiene cosi la prime riga di trave reticolare .

Per disegnare le altre maglie della faccia laterale  bisogna cambiare il sistema di riferimento UCS, in quanto su autocad 3d siamo sempre vincolati a disegnare nel piano X  e Y   .
Utilizzando nuovamente il comando polilinea si  disegna una maglia sempre 2m x 2m x 2m e la sua diagonale.

Applico nuovamente il comando Array per il modulo trasversale in modo tale che si ripete per tutti gli spigoli  impostando questa volta 1righe e 5 colonne a distanza di 2 m.

Dobbiamo disegnare le diagonali sopra e sotto e copiarlo lungo tutte le altre meglie.

Cambiando di nuovo UCS applichiamo un latra volta il comando “array”  inserendo 7 colonne a distanza 2 metri , anche se abbiamo bisogno di 6 elementi  per evitare di chidere poi difficilmente il modello , sarà più facile cancellare.

Prima di passare su SAP bisogna esplodere tutto in modo che siamo tutti elementi separati, e affinche si possa poi fare analisi si SAP.
Quindi questo è la nostra reticolare spaziale

 

Salviamo il disegno in dxf2000, evitando cosi problemi di compattibilità con SAP.

 

 

• Analisi della struttura reticolare su SAP
   

Importiamo la struttura reticolare su SAP 2000. Impostiamo l’unità di misura IN KN mC, andare si import - autocad dxg file, apparirà una finestra di traduzione di elementi di autocad su sap, e quindi tutti gli elementi che sono sul layer aste diventerà frame.

Sul piano XY lo potremmo vedere in 3D, impostiamo il modello cominciando mettere dei vincoli di base, quindi immaginiamo questa struttura reticolare non abbia bisogno di pilastri intermedi ma che abbia solo alcuni pilastri, quindi mettiamo i nostri vincoli esterni , in tutte le  4 cerniere esterne.

Poi indiamo a mettere i vincoli interni andando a disegnare i nodi non disegnati su autocad, selezionando tutto, e assegnare il rilascio dei momenti interni 2.2 e 3.3, come se imponiamo alle aste a lavorare solo allo sforzo normale.

Fondamentale differenza con le 2 dimensioni è fondamentale assegnare materiale e assegnare le sezioni. E asegnarlo a tutti gli elementi realizzati ipotizzando in acciaio a sezione tubolare .

Andando poi a creare un carico concentrato che andrà  segnato solo ai nodi superiori.

A questo punto si può salvare e passare all'analisi della struttura.
Rcaviamo la deformata

La struttura risulta essere asimmetrica, infatti i diagrammi non sono simmetrici perché la geometria della nostra struttura non è simmetrica.

Possiamo andare a controllare i diagrammi dei momenti e taglio che devono essere zero in quanto le nostre aste lavorano solo a sforzo normale.

 

Per visualizzare i risultati delle aste intemedie si può fare un click direttamente sull’asta, o altrimenti andando su display- show tables -  analysis results -> element output -> file -> export current table -> to excel). Da questa tabella esportata su exel possiamo conoscere il valore di ogni asta della struttura attraverso la tabelle è inoltre possibile individuare l’asta maggiormente sollecitata a trazione e a compressione .

• Progetto dell’asta a trazione massima

Dopo aver individuato lasta a trazione massimo è possibile progettare l’asta trovando l’area minima necessaria utilizzando la formula di Navier

A = N/ Fd

A= area minima necessaria

N= sforzo assiale

Fd= è la resistenza di progetto pari al rapporto tra Fy/ γm

γm= è  il coefficiente di sicurezza pari a 1,05

L’area minima necessaria  per un il tipo di acciaio scelto Fe360S235 è pari a 11,57 cm²

  Allora scelgo il profilato più adatto con area sezione pari 12,50 cm²

 

• Progetto asta a compressione

Nelle aste compresse a differenza del'asta a trazione importante è verificare la lunghezza dell'asta causa di instabilità eureliano dovuto all'eccesso di snellezza. Il carico critico eureliano assiale non sia superiore del carico agente

Se l’asta maggiormente compressa ha uno sforzo assiale pari a : N = 307 kN

L’area minima necessaria  per un il tipo di acciaio scelto Fe360S235 è pari a 13,26 cm²

  Allora scelgo il profilato più adatto con area sezione pari a 13,90 cm²

Allora scelgo il profilato più adatto con area sezione pari a 13,90 cm²

Per l’asta compressa è soggetta un carico di punta carico critico eureliano che diventa molto rischioso per profili troppo snelli che tendono a incurvarsi fino a rottura.
 Si possono quindi effettuare tre tipi di verifica del profilo scelto:

·         Verifica a resistenza

·         Verifica a stabilità

·         Verifica a snellezza

Verifica a resistenza
La sezione scelta sarà verificata se rapporto tra lo sforzo normale 307 kN e l’area del nuovo profilo sarà minore della resistenza di progetto fD

307000 N / 1390 mm² = 220,8 N / mm²  < 223.81 N / mm²  (Verificato)

Verifica a snellezza
La snellezza dell’asta è data dal rapporto tra la luce libera di inflessione  l₀ (distanza tra due punti di flesso successivi della deformata flessionale ₎ e il raggio d’inerzia ρ .

λ = l₀ /ρ 

La normativa impone limiti alla snellezza massima negli elementi in cui possa essere presente uno sforzo normale di compressione:

λ_max ≤ 200 per le membrature principali

λ_max ≤ 250 per le membrature secondarie

Lo schema dell'asta incernierata porta ad avere un valore di lo= l, mentre il raggio d'inerzia ρ è pari a 3,9 cm.

λ = l₀ /ρ = 1x282 /3,9 = 72,3 < 200 (verificato)

 

Verifica a stabilità
Il problema di stabilità è molto rilevante nella progettazione di strutture in acciaio. Importante è ricordare il carico critico eureliano ovvero il valore della forza normale il cui superamento comporta perdita di stabilità dell’equilibrio dell’asta.

E = 210000 N/mm²

A = 13.9 cm² = 1390 mm²

     Λ= 72,3 ² =

N_{cr =} (3.14)² x 210000 N/mm² x 1390mm ² / 72,3 ²  = 550 kN

Ai fini della verifica, abbiamo bisogno di valori uniformi e quindi λ diventa un parametro adimensionale

A = 13.9 cm² = 1390 mm²

fyk = 235 N/mmq

Ncr = 550000 N

Il lambda adimensionale = √1390 mm₂ x 235 N/mm² / 550000 N = 0.77

Trovato il lambda adimensionale possiamo trovare il coefficiente X

Dove Φ = 0.5 [1 + α (λ - 0.2) + λ² 
in cui α è il fattore di imperfezione diverso per le diverse curve di instabilitàe vale 0.21.

 

Φ = 0.5[1 + 0.21 ( 0.77 - 0.2) + (0.77)²] =0.86 

X = 1 / 0.8563 + √(0.86)² - (0.77)² = 0.815 <1

Per la normativa italiana e eurocodice 3

Nd ≤N_brd

N_{brd =}  0,815 x 1390 mm ² x 235 N/mm ²  /1,05 = 253542 N = 253 KN < 550 KN

Il profilo scelto è verificato.

 

 

Ripartizione delle forze sismiche
Svolto con: Nanni Beatrice,Muglia Andrea e Valdarnini Flavia.

Per tutte gli edifici realizzati in zona sismica (Italia è quasi del tutto sismica), importante è valutare come avviene la ripartizione delle forze orizzontali in caso di sisma e come ogni singola struttura reagisce.
Le forze orizzontali vengono sopportate dai vincoli orizzontali e resistono perché sono rigidi ed  grazie all’ elasticità dei materiali, fa sì che l’edificio resista.
Sarà opportuno tenere nelle fasi progettuali disporre all’interno della struttura i cosiddetti controventi.

L’impalcato preso in considerazione è una struttura simmetrica composta da 5 controventi verticale e 3 controventi orizzontali.

 

Considerando che la tecnologia dell’impalcato sia la stessa, quello che conta sono le rigidezze relative, quanto cioè quanto è rigido il controvento rispetto a un altro e cosi nelle otto tabelle dello step 1 ci saranno le rigidezze dei otto controventi dell’impalcato.
Ogni controvento è individuato dai suoi pilastri di cui è composto , ed il modello che c ‘è dentro è un modello shear type, ovvero una tipologia di telaio infinitamente rigida.
 

In questa ipotesi di orditura scelta ci saranno alcuni pilastri che saranno quelli principali che portano il solaio e cosi travi che portano il solaio e travi secondarie.
In particolare  le travi che portano il solaio saranno queste evidenziate in arancione:

 Cosi questi controventi oltre essere un controvento porta anche  il solaio e poi ci sono quelli che mezzi portano il solaio e mezzi non, allora in questo caso, ma sicuramente quelli che portano il solaio hanno bisogno di una maggiore inerzia termica, quindi a seconda vengono orientati in un certo modo il pilastro in modo da sfruttare una maggiore inerzia flettente.

Quando arriva una forza orizzontale tutti i pilasti si inflettono e la forza verticale dipende da come i pilastri sono stati orientati. Infatti i pilastri che portano il solaio ricevono un grande carico verticale che oltre a inflettere le travi inflette i pilastri e ho bisogno di disporre il lato lungo per sfruttare il momento d’ inerzia maggiore.

I pilastri non sono sempre compressi, la compressione è  dominante , ma quando essa è collegato a delle travi e se esse si inflettono per la continuità del nodo anche i pilastri si inflettono abbastanza. Quindi le travi che si infletteranno di più sono quelle che portano il solaio e l’inerzia maggiore servirà nella direzione in cui questi pilastri collegano le travi che portano i solai .

In particolare i pilastri in cui ho più incertezza sono il pilastro 5 , 6 e 7 che sono collegati a travi che portano il solaio e quelli che non portano il solaio quindi si deciderà di orientarli nella direzione della trave che porta il solaio più lunga che sviluppa maggiore momento flettente.
 
I  pilatri 5-6-7 saranno stati orientati in base alla lunghezza della trave con luce maggiore che porta il solaio che si inflette di più rispetto alla trave di luce minore.  Allora secondo la direzione della flessione dominante si decide di disporre tali pilastri con questo orientamento.
Acciaio        pilastri HE  200A                                                                      

 

Calcetruzzo pilasri 30x50

I pilatri del controvento 1-5-10, 2-6-11, 3-7-12, a parità di area hanno un’inerzia diverso se si considera in direzione X o Y.
ES. pilastro cls

Inerzia I_x  = 1/12 x b x h³ = 1/12 x 50 X 30³= 112500 cm⁴

Inerzia I_y  = 1/12 x h x b³ = 1/12 x  30 X 50³= 312500 cm⁴

Tecnologia in Acciaio

Step 1
La scelta dei pilastri in accaio comporta di usare nella prima parte delle otto tabelle:

^-                      modulo di young dell’acciaio pari a E= 210.000 N/mm²

^-                     H è l’altezza dei pilastri 4 m

^-                     I_n  pari ai valori del momento d’inerzia dei pilastri ( in un profilo in acciaio ad esempio HE il momento d’inerzia più grande è quello che distanzia il più possibile dalle ali , quelle in cui le ali hanno la massima distanza dall’asse)

Per il pilastri HE 200A abbiamo un I_{X =} 1336 cm⁴ e un Iy = 3692 cm⁴

 

In particolare  la riga  in arancione delle tabelle sono la somma delle rigidezze traslanti data dalla formula

K_T= 12 EI /h³

Step 2
La tabella sinottica dei controventi e distanze, sono una serie di dati, i valori delle rigidezze traslanti dei controventi sono stati ricavati dalle tabelle dello step 1, in più sono segnati le distanze divise in verticale ed orizzontale  partendo  da punto O, in questo caso d_v1 non è presente perché coincidono , cosi come non esiste d_o1.
Mi disegno la struttura mettendo in evidenzia non la tecnologia ma disegnando le molle chiamate le rigidezze rispettivamente K_o e K_{v .}

Step 3
Calcolo del centro della masse.

La forza sismica è una forza d’inerzia effetto della massa per accelerazione,  dovuta a un accelerazione di trascinamento in cui il suolo comincia a ballare e tutto quello che c’è sopra balla a sua volta, quindi è proporzionale alla massa della  struttura.

La forza sismica è il prodotto di una massa  per un accelerazione   F = m a , è una forza.  Le strutture divese in molto rigide e flessibili si comportano in modo diverso.
Quelle molto rigide prendono tutto il moto di trascinamento invece la strutture flessibili  quando il terreno si muove ed assume un moto suo ,  si prende solo una frazione dell’accelerazione di gravità.

La forza sismica è applicata nel centro di massa

Il modo più semplice anche quando l’impalcato è più complicato conviene sempre generalizzare dividendo in più aree ad esempio in questo caso in A1 e A2, in cui sicuramente il centro di massa sarà al centro delle aree, di ogni rettangolo poi indicare le coordinate  del centro rispetto a un sistema di riferimento.

Automaticamente ottengo l’area totale dell’ impalcato e trovare poi X_G e  Y_G:

X_{G =}  A1 ∙X_G1 + A2 ∙X_G2 / A1 + A2

Y_G = A1 ∙ Y_G1 + A2 ∙ Y_G2 / A1 + A2

 

Step 4
Calcolo del centro di rigidezze e delle rigidezze globali

In questo caso i risultati sono tutti automatici e dipendono dai dati precedentemente ottenuti.
K_o tot è la somma delle rigidezze orizzontali = k₀1 + K ₀2 + K_O3 

K_v tot è la somma delle rigidezze verticali = k_V1 + K _V2 + K_V3+  k_V4 + K_V5

La coordinata X_C del centro delle rigidezze è stata ricavata:
X_c = K _v2 ∙ d₂ + K _v3 ∙ d₃ + K _v4 ∙ d₄ / Kv tot
(in cui k _v1 ∙ d ₁ = 1)

Y_c = K o2 ∙ d₂ +  k o3 ∙ d₃ + K o4 ∙ d₄ / Ko tot
(in cui k o1 ∙ d 1 = 1)

Una volta trovato il centro delle rigidezze C che è il punto in cui l’implacato ruota se la forza non passa per il centro, ma in questo caso il centro C avrà il suo braccio b.
Molto spesso il centro delle rigidezze capito vicino ai controventi più rigidi infatti si nota che sta vicino ai controventi più rigidi ( setti murari).

In particolare le distanze hanno alcuni segni negativi e positivi a seconda della rotazione oraria o antioraria e cosi le molle si accorciano a o si allungano .

In fine abbiamo K ϕ è la rigidezza torsionale totale è una grandezza pari alla somma di tutti i  controventi di tutte le rigidezze per le loro distanze , ed è una quantità sempre positiva.

Si nota infatti che lungo l'asse Y, il centro di massa e il centro delle rigidezze coincidano: di conseguenza, alla presenza di una forza sismica verticale l'impalcato sarà soggetto una traslazione.

 

Step 5
Analisi dei carichi sismici
Lo scopo è valutare la forza sismica che la struttura subisce pari al prodotto tra
F= m ∙ a  (massa per accelerazione)

  a = è l’accelerazione che il corpo subisce per effetto del trascinamento dato dalla normativa
In particolare l' accelerazione a è una frazione dell’accelerazione di gravità dato dal prodotto  a = c ∙ g
in cui C è un coefficiente di intensità sismica, costante dato dalla normativa e  vale  C < 1, frazione molto piccola.

Quindi:
F= m ∙ a = m ∙ c ∙ g = c ( mg )  
in questo modo  P = mg è il peso della struttura pari al prodotto della massa per l’accelerazione di gravità.  Quindi la forza sismica non è altro che una frazione del peso della struttura infatti è per questo che le strutture più sono pesanti e più è vulnerabile.

P (o W) si trova sommando il peso proprio della struttura più il sovraccarico permanente più il sovraccarico accidentale (legato alla funzione) moltiplicato per un coefficiente di contemporaneità Ψ (generalmente pari a 0,80).

Ora, attraverso l’individuazione di questi valori che sono obbligatori da normativa, si procede con il calcolo della Forza Sismica Orizzontale, che nella nostra struttura è pari a 38, 07 KN.
 
G è il carico totale permanente, pai alla somma tra q_s è il sovraccarico strutturale e q_p il sovraccarico permanente,  moltiplicato per l’area totale.
G =(q_s + q_p) A_T

Q è il carico totale accidentale prodotto tra q_a per l’area totale.
Q= q_a ∙ A_T

G e Q  sommate e moltiplicate per il coefficiente Y di contemporaneità (data dalla normativa ) ci permette di trovare il valore di W, il peso sismico.
W= ( G+Q ) Y

Infine F è la forza sismica orizzontale pari a
F= c ∙ W

 

Step 6 e Step 7
Ripartizione forza sismica lungo X e Y
Qui si entra nella probabilità aleatoria del sisma, per capire quale possa essere l’atteggiamento nei confronti dell’azione sismica, infatti noi cerchiamo di simulare in quale direzione e la normativa ci impone di verificare lungo almeno due direzioni perpendicolari, quindi X e Y.
Quindi in queste tabelle cerchiamo di inserire prima forza in direzione orizzontale  e il quale viene ripartita nei controventi e poi  si inserisce una forza in direzione verticale e anch’essa ripartita nei controventi.
 Non è detto che la forza orizzontale viene ripartito solo ai controventi orizzontale e la forza verticale solo ai controventi verticali, perché nella maggior parte dei casi ogni azione sismica non è diretta verso il centro delle rigidezze quindi poi provoca torsione, quindi  l’impalcato oltre  traslare, ruota e quando ruota la forza si ridistribuisce  ballano tutti gli altri impalcati.
Avviene la torsione perché il centro di massa non coincide con il centro delle rigidezze.

 

In questo caso nella tabella 6 il momento torcente è negativo quindi antiorario.
Il momento torcente è il prodotto tra la forza sismica per il braccio , il braccio è la distanza  tra il baricentro precedentemente calcolato il centro delle rigidezze.

La traslazione orizzontale (dove tutto il corpo si muove allo stesso modo) è pari alla forza orizzontale diviso la somma delle rigidezze in direzione orizzontale.
u_o = F/ Ko_TOT

La rotazione d’impalcato ϕ è invece pari al momento torcente indotta da una forza esterna per il braccio b ( distanza tra il centro di massa e il centro delle rigidezze ).
ϕ =  Fb/ K ϕTot

Quindi in base ai valori trovati di U_o e ϕ  ognuno dei controventi orizzontali e verticali avranno una reazione, una forza d’implacato pari a:

Controventi orizzontali
Ri⁰= Ki⁰ x (uo + ϕdi⁰)
Controventi verticali
Ri^V= Ki^V x (ϕdi^V)

 Tutti gli altri valori F_vn e F_on saranno tutti gli altri valori che ricevono i controventi nella ripartizione. Quindi abbiamo ricavato i valori che riceve ognuna dei controventi .

Nella tabella 7 sarà la ripartizione lungo Y con i relativi  valori della traslazione verticale.

Si nota che nonostante  le forze nei controventi orizzontali sono più piccole delle forze dei controventi verticale.

Tecnologia in C.A
In caso si ipotizza di utilizzare dei pilastri in C.A  30 x 50 cm  con altezza pari a 4 m
I momenti d'inersia da inserire saranno rispettivamnete:

I_x = 1/12 x b x h³ = 1/12 x 50 x 30³ = 112500 cm⁴
Iy = 1/12 x h³ x b = 1/12 x 30 x 50³ = 312500 cm⁴
E = 21000 N/mmq

Step 1
Possiamo calcolarci le rigidezze dei controventi verticali ed orizzontali

Step 2
Dai dati ricavati dalle tabelle dello step 1, si inseriscono le distanze divise in verticale ed orizzontale  partendo  da punto O, in questo caso d_v1 non è presente perché coincidono , cosi come non esiste d_o1.
Mi disegno la struttura mettendo in evidenzia non la tecnologia ma disegnando le molle chiamate le rigidezze rispettivamente K_o e K_{v .}

Step 3
Inserisco i dati relative alle due aree dell'impalcato con le relative cordinate in x e y e automaticamente ottengo l’area totale dell’ impalcato e trovare poi X_G e  Y_G dell'intero impalcato:

X_{G =}  A1 ∙X_G1 + A2 ∙X_G2 / A1 + A2

Y_G = A1 ∙ Y_G1 + A2 ∙ Y_G2 / A1 + A2

 

 

Step 4

Automaticamente grazie ai dati ottenuti dalle taabelle precedenti ricavo le cordinate del centro delle rigidezze dell'impalcato.

 

Si nota infatti che lungo l'asse Y, il centro di massa e il centro delle rigidezze coincidano: di conseguenza, alla presenza di una forza sismica verticale l'impalcato sarà soggetto una traslazione.

 

Step 5

Si inseriscono i  valori dei carichi: strutturali, permanenti, accidentali e li moltiplicandoli per l'area totale dell'impalcato, si ottiene il carico permanente totale e il carico accidentale totale.

G e Q  sommate e moltiplicate per il coefficiente Y di contemporaneità (data dalla normativa ) ci permette di trovare il valore di W, il peso sismico.
W= ( G+Q ) Y

Infine F è la forza sismica orizzontale pari a
F= c ∙ W =  38.07 kN

 

Step 6 -7
Infine sarà possibile verificare la risposta della struttura alla forza sismica esterna lungo due direzionilungo l'asse X o Y .
L'unico valore rilevante è la rotazione dell'implacato lungo la X.