Esercitazione

ESERCIZIO 1

Verifica dell’isostaticità:

Gradi di libertà 11x3=33

Nodi A, H : 2 aste -> il nodo da 2 x (2 – 1) = 2 gradi di vincolo

Nodi B, G : 3 aste -> il nodo da 2 x (3 – 1) = 4 gradi di vincolo

Nodi C, D, E : 4 aste -> il nodo da 2 x (4 – 1) = 6 gradi di vincolo

Vincoli interni = 30

Vincoli esterni = 2 (cerniera) + 1 (carrello) = 3

V = 30 + 3 = 33 -> struttura isostatica.

Controllo

Vesterni + Naste = 2 x Nnodi

3 + 11 = 2 x 7 -> struttura isostatica.

Reazioni vincolari:

La struttura è simmetrica quindi le reazioni vincolari dovranno essere altrettanto. Di conseguenza sicuramente non ci sarà reazione orizzontale alla cerniera (perché il carrello è impossibilitato a produrre una reazione orizzontale) e le due reazioni verticali saranno pari alla somma delle forze esterne applicate diviso 2. Quindi 20 x 3 / 2 = 30 kN

Sollecitazioni:

Usando il metodo delle sezioni di ritter considero solo una parte della struttura. Le azioni di contatto vengono trovate mettendo in equilibrio la parte della struttura considerata.

Per equilibrio momenti intorno a C (dove N2 e N3 non hanno braccio e non fanno momento) trovo N1 pari a -40 kN.

Per equilibrio dei momenti intorno a B trovo N3 pari a 30kN

Per equilibrio a traslazione verticale trovo N2 pari a 10 (radice di) 2 kN

Con altre due sezioni e con lo stesso principio secondo il cui ogni singola parte della struttura è in equilibrio con le azioni di contatto trovo le altre reazioni normali:

N4 = -30 (radice di)2 kN

N5 = 50 kN

N6 = -10 (radice di)2 kN

Ho ipotizzato un verso della normale considerandola sempre tesa, in modo che nel caso di risultati negativi l’asta sarà compressa.

Per simmetria non è necessario fare altro tagli in quanto le azioni di contatto saranno specchiate come le reazioni vincolari e i carichi applicati.

Nel diagramma delle sollecitazioni si nota come le aste superiori siano tutte compresse mentre le aste inferiori siano tutte tese.

 

ESERCIZIO 2

Come prima procedo alla verifica dell’isostaticità:

A,D -> 2 gradi di vincolo

E,C,G -> 4 gradi di vincolo

H -> 6 gradi di vincolo

B -> 8 gradi di vincolo

Vesterni = 3

Gradi di libertà: 11x3=33

Gradi di vincolo: 30+3=33 -> struttura isostatica.

Per calcolare le reazioni vincolari metto in equilibrio la struttura a rotazione (in E), e a traslazioni verticali e orizzontali. Ho 3 equazioni in 3 incognite (le tre reazioni) quindi sono sufficienti per risolvere il sistema, che ha risultato:

Ve = 2F

Od = 3F

Oe = 3F

A differenza del metodo precedente delle sezioni, utilizzo il metodo dei nodi, seguendo lo stesso principio: ogni parte della struttura deve essere in equilibrio con le azioni di contatto, sia essa una sezione della struttura o un nodo.

Metto quindi in equilibrio tutti i nodi:

Dal diagramma delle sollecitazioni si nota che alcune aste sono scariche e solamente una delle aste è tesa.

Verifico il risultato che ho trovato con il software SAP inserendo dati numerici:

I risultati sono analoghi a quelli calcolati analiticamente.

ESERCIZI SUI TELAI PIANI

La serie di esercizi che riporto ha come obiettivo la risoluzione in maniera qualitativa delle azioni di contatto della struttura isostatica e il controllo tramite il software SAP2000 dei risultati ottenuti.

Esercizio 1 – arco a tre cerniere

REAZIONI VINCOLARI

Essendo la struttura simmetrica la cerniera interna (che interrompe la continuità) non può avere reazioni verticali diverse da 0 altrimenti sarebbe contraddittoria con la simmetria.

Il carico q distribuito su una luce 2l per equilibrio a traslazione verticale genererà due reazioni vincolari alle cerniere pari a ql verso l’alto.

La reazione e il carico creano una coppia di forze di braccio non nullo (il carico può essere pensato come una forza pari a ql con distanza l/2 dalla cerniera interna) e genereranno un momento ql²/2.

Per equilibrare questo momento la cerniera interna e la cerniera alla base reagiranno con delle forze orizzontali pari al momento fratto il loro braccio, quindi ql²/2h. Nello specifico la parte di sinistra genera una coppia antioraria e la parte di destra una coppia oraria.

SOLLECITAZIONI

Secondo le equazioni di equilibrio, il carico distribuito perpendicolarmente all’asse della trave è la derivata del taglio. Essendoci un carico uniforme, il taglio sarà quindi lineare.

Sappiamo che alla cerniera interna dovrà essere 0 (perché non trasmette reazioni verticali) mentre al nodo sarà ql. La funzione taglio è lineare e sulla parte sinistra negativa e destra positiva.

Nelle aste il taglio sarà costante (assenza di carico distribuito) e pari al valore della reazione orizzontale in cerniera, quindi ql²/2h.

Verifico con SAP il risultato:

Con l=6m, h=12m, q=10 kN/m.

Nota: pur non essendoci nessuna forza concentrata il taglio non è continuo in quanto il nodo tra trave e pilastro rappresenta una singolarità che fa scambiare i valori al taglio e alla normale.

Essendo il taglio sulla trave lineare il momento sarà parabolico. In particolare alla cerniera interna sarà nullo e al nodo sarà ql²/2. Il nodo non rappresenta una singolarità per il momento che non salta, seppur non derivabile in quel punto. Nei pilastri il taglio è costante, il momento sarà quindi lineare e varrà 0 in cerniera e sempre ql²/2 al nodo.

La normale sarà costante sia nel pilastro che nella trave (nessun carico orizzontale distribuito) e prenderà quindi i valori delle reazioni vincolari:

sul pilastro sarà ql (come la reazione verticale della cerniera alla base) e sulla trave sarà ql²/2h (come la reazione orizzontale della cerniera interna). Come preannunciato al nodo i valori di normale e taglio si scambiano

Esercizio 2

Come variante dell’esercizio precedente, il carico non viene distribuito sulle aste orizzontali ma sul pilastro.

REAZIONI VINCOLARI

La struttura non è simmetrica quindi nel punto B la cerniera interna trasmetterà anche reazione verticale.

Per trovare le reazioni vincolari faccio l’equilibrio dei momenti attorno alle due cerniere alla base:

∑M (A) = - qh²/2 + V_B l + O_B h = 0

∑M (C) = V_B l - O_B h = 0

Da queste ricavo che O_B =  ¼ qh     e      V_B = qh²/4l

Per equilibrio a traslazione orizzontale trovo O_A = qh – ¼ qh = ¾ qh

Per equilibrio a traslazione verticale trovoV_A = V_B = qh²/4l

Nella parte destra per equilibrio a traslazione trovo che V_C – V_B = 0 e O_C – O_B =0.

Quindi V_C = qh²/4l     e      O_C = ¼ qh.

Anche i momenti sono equilibrati in quanto la coppia ¼ qh ha braccio h e produce momento orario pari a ¼ qh²e la coppia qh²/4l ha braccio l e produce momento antiorario pari a ¼ qh².

SOLLECITAZIONI:

Non c’è nessun carico distribuito orizzontale, la normale sarà quindi sempre costante.

Nel pilastro di sinistra sarà pari a V_A, quindi  qh²/4l e sarà di trazione. Le aste orizzontali avranno normale pari a O_B, quindi  ¼ qh. Il pilastro destro avrà normale pari a qh²/4l dicompressione.

Con l=6m, h=12m, q=10 kN/m.

Il taglio avrà un andamento lineare nel pilastro di sinistra e costante nelle altri parti della struttura. Per conoscere i valori controllo quali sono le reazioni ai bordi (cerniere e nodi)

In A dovrà valere ¾ qh (negativo) mentre al nodo dovrà essere ¼ qh. Nelle aste orizzontali sarà costante pari a qh²/4l e nel pilastro di destra sarà ¼ qh (negativo)

Il momento avrà funzione parabolica nel pilastro a sinistra e lineare negli altri elementi e 0 nelle tre cerniere. Nel pilastro di sinistra il momento avrà tangenza nulla all’altezza di  ¾l dove si azzera il taglio. Nel pilastro di destra la funzione momento sarà lineare con valore al nodo di qh²/4. Per continuità anche sulle aste avrà valori alle estremità di qh²/4. Il momento massimo ¾h varrà 9/32 qh²

Esercizio 3

REAZIONI VINCOLARI

Procedo con il calcolo dei momenti nel punto A e C:

∑M (A) = -F h/2 – V_B l/2 + O_B h = 0

∑M (C) = - F h/2 – V_B l/2 – O_B h =0

Da cui      V_B = Fl/2h     e    O_B = 0

Per equilibrio a traslazione in A e in C ci saranno due forze orizzontali pari a F in direzione opposta alla forza applicata, e per equilibrio a traslazione verticale in A ci sarà una forza pari a Fl/2h verso il basso e in C una forza di pari intensità verso l’alto.

 

SOLLECITAZIONI

La normale sarà costante in tutti gli elementi data l’assenza di carico distribuito assialmente. Nei due pilastri sarà pari alla reazione verticale alla base, quindi Fl/2h e sarà di trazione al pilastro sinistro e compressione al pilastro destro. Dato l’assenza di reazione orizzontale alla cerniera interna la normale sulle aste orizzontali è nulla.

Con l=6m, h=12m, F=10 kN

Il taglio sarà sempre costante (data l’assenza di carico distribuito perpendicolare) ma avrà dei punti di salto dove sono applicate le forze concentrate. Alla base dei pilastri avrà valore pari a F data la reazione delle cerniere per poi a h/2 saltare di un valore pari a F data la forza applicata, diventando nullo nel tratto superiore prima del nodo. Nelle aste orizzontali avrà valore pari a Fl/2h, ovvero la reazione verticale in B ma anche la normale nei pilastri.

Il momento avrà andamento lineare dove è presente taglio e costante dove è assente. Nelle 3 cerniere dovrà essere 0. Quindi partendo da A dove è 0, sarà lineare fino a h/2 dove varrà Fh/2. Continuerà fino al nodo in maniera costante, per poi riprendere l’andamento lineare nelle aste orizzontali, dove varrà Fh/2 ai nodi e 0 in cerniera. Analogamente il pilastro di sinistra avrà momento Fh/2 costante nel tratto in alto e lineare fino alla cerniera dove varrà 0 e tenderà le fibre verso destra.

Esercizio 4

La struttura non è simmetrica dato il pilastro di sinistra lungo 2h mentre quello di destra è lungo h. La cerniera in B potrà quindi avere reazione verticale.

REAZIONI VINCOLARI

∑M (A) = O_B 2h – V_B l/2 – ql²/8 =0

∑M (C) = ql²/8 – V_B l/2 – O_B h = 0

Da cui      VB = ql/12   e    OB = ql²/12h

Per equilibrio alla traslazione verticale e orizzontale trovo le altre reazioni vincolari alle cerniere A e C:

V_A = 7/12 ql        O_A = ql²/12h       V_C = 5/12 ql            O_C=ql²/12h

SOLLECITAZIONI

Non essendoci carico distribuito orizzontale la normale sarà sempre costante.

In A varrà quanto la forza verticale V_A, quindi 7/12ql. Al nodo ci sarà un salto e prenderà il valore della forza orizzontale della cerniera interna, ql²/12h. Nell’ultimo tratto verticale prende il valore di V_C, quindi 5/12ql. In ogni tratto sarà di compressione.

Con l=6m, h=6m, q=10 kN/m

Il taglio sarà costante nei pilastri e lineare nelle travi orizzontali.

Partendo da A, nel pilastro avrà il valore della forza orizzontale O_A, quindi ql²/12h e sarà positivo. Al nodo ci sarà un salto e avrà valore negativo di 7/12 ql. La diagonale del diagramma non passa per la cerniera, dove avrà valore ql/12, e all’altro nodo varrà 5/12ql positivo. Nel pilastro a destra prenderà valore costante di intensità O_C, quindi ql²/12h, negativo.

Il momento avrà andamento lineare nei pilastri e quadratico sulla trave.

Nel pilastro di sinistra varrà 0 in A e al nodo varrà il valore del taglio ql²/12h per il braccio 2h quindi ql²/6.

Analogamente nel pilastro di destra sarà 0 in C e al nodo varrà ql²/12h per il braccio h quindi ql²/12.

Per continuità del nodo incastro la parabola che descrive il momento sarà asimmetrica e varrà ql²/6 al nodo di sinistra e ql²/12 al nodo di destra.

 

ESERCIZI SUL DIMENSIONAMENTO DELLE TRAVI DI UN SOLAIO:

Struttura scelta: trave con doppio appoggio.

Momento massimo: ql²/8 in mezzeria

Interasse: 4m

Luce: 6m

LEGNO:

Scelgo un solaio in legno a una orditura, dove il peso strutturale è rappresentato da trave, travetti e tavolato. Per scegliere una sezione di trave consona al solaio decido di fare una stima dei carichi ipotizzando che tutto il carico strutturale pesi 1 kN/mq

Carico Strutturale:

 1kN/mq (trave, travetti,tavolato) – provvisorio per calcolare una sezione tipo della trave lignea.

Carico Accidentale:

2kN/mq come da nuove norme tecniche per le costruzioni (DM 14 gennaio 2008, pubblicato sulla  Gazzetta Ufficiale n. 29 del 4 febbraio 2008 - Suppl. Ordinario n. 30) 

Carico Permanente:

pavimento: Gres Porcellanato

CARATTERISTICHE TECNICHE:

SPESSORE da 6,5 A 12 mm

PESO 20 kg/m²

REAZIONE AL FUOCO Classe 0 secondo DM 26.6.84

Fonte:http://www.itc.cnr.it/corsi/pavimenti/immagini/pavimento%20pdf/finiture.pdf

Materiale	Peso al mc	Spessore	Peso al mq
Massetto malta bastarda	19 kN/mc	0,06	1,14 kN/mq
Pavimento in gres porcellanato	25 kN/mc	0,008 m	0,20 kN/mq
Impianti			0,50 kN/mq
Incidenza tramezzi			1,00 kN/mq

 

Totale: 2,84 kN/mq

 

Peso del solaio:

1+2+2,84= 5,84 kN/mq

Ipotizzo la sezione della trave:

Stima del carico al metro lineare (interasse 4 m): 5,84 * 4 =23,36 kN/m

L’azienda fa basi di abete rosso (500 kg/mc) di cm 8 - 10 -12 - 14 -16 - 18 - 20 - 22 – 24

fonte: http://www.tecsol.it/prodotti_tecsol_travi_legno_lamellare.htm

Scelgo una trave 24 x 45 cm

Area della sezione: 0.108 mq

Volume per 1m di trave: 0.108 mc/m

Peso di 1m di trave: 0.108 x 500 = 54 kg/m = 0,54 kN/m

In ogni mq ci sono 1/interasse travi, quindi 1/4 x 0.54 = 0.135 kN/mq -> incidenza delle travi sul peso a mq

Ipotizzo la sezione del travetto:

Interasse: 0.5m

Luce: 4m

Stima del Carico a metro lineare:  5,84 (peso del solaio) x 0.5 = 2,92  kN/m

Dalle tabelle dell’azienda scelgo un travetto di: 10x24 cm

Volume di 1 m di travetto: 0.024 mc/m

Peso: 500*0.024 = 12kg/m = 0.12 kN/m

In ogni mq ci sono 1/0.5 travetti quindi 2* 0.12 = 0.24 kN/mq -> incidenza dei travetti sul peso a mq

Tavolato:

spessore: 0.03 m

Peso specifico: 500 kg/mc

Peso al mq: 500x0.03=15kg/mq = 0.15 kN/mq

 

Peso totale della struttura ipotizzata:  0.135 + 0.24 + 0.15 =0.525 kN/mq

 

Verifica trave:

Dopo aver calcolato l’effettivo qs della struttura ipotizzata, inserisco i dati in tabella verificando se le dimensioni sono corrette:

Altezza minima richiesta 40,26 cm. La trave che ho ipotizzato è 24 x 45, è quindi opportunamente dimensionata nel caso utilizzassi una classe del legno GL32h o GL36h. Per classi inferiori la trave non è opportunamente dimensionata.

Verifica travetto:

Il qs per la verifica del travetto non considera il peso proprio delle travi.

Altezza minima: 14,51 cm.

Il travetto ipotizzato è 10 x 24 e risulta essere sovradimensionato per classe di legno GL36h. Si può quindi utilizzare una classe di legno più bassa come la GL24h dove l’altezza minima richiesta diventa 17,78 cm.

n.b. : per il calcolo delle tensioni ammissibili sono stati introdotti i coefficienti di sicurezza delle Nuove Norme Tecniche per le Costruzioni dove gamma = 1,45 e Kmod = 0,6

ACCIAIO:

Ipotizzo un solaio a una orditura con travi e travetti di acciaio, lamiera grecata, soletta armata con rete elettrosaldata. Il solaio è controsoffittato.

Come per il legno ipotizzo un carico strutturale per fare un dimensionamento di massima delle travi, poi calcolo il carico strutturale del solaio ipotizzato e verifico se le sezioni scelte sono opportunamente dimensionate.

Stima dei carichi:

Carico Strutturale:

ipotizzo un Qs di 2 kN/mq

Carico Permanente:

Considero lo stesso solaio utilizzato nell’esempio precedente aggiungendo però la controsoffittatura:

Materiale	Peso al mc	Spessore	Peso al mq
Massetto malta bastarda	19 kN/mc	0,06 m	1,14 kN/mq
Pavimento in gres porcellanato	25 kN/mc	0,008 m	0,20 kN/mq
Impianti			0,50 kN/mq
Incidenza tramezzi			1,00 kN/mq
Controsoffitto	20 kN/mc	0,015 m	0,30 kN/mq

 

Totale: 3,14 kN/mq

Carico Accidentale:

2kN/mq come da nuove norme techine per le costruzioni (DM 14 gennaio 2008, pubblicato sulla  Gazzetta Ufficiale n. 29 del 4 febbraio 2008 - Suppl. Ordinario n. 30) 

Stima totale:

2+2+1,84= 7,14 kN/mq

Ipotizzo la sezione della trave:

luce 6m, interasse 4m

inserendo i dati per il dimensionamento di massima nel foglio excel il risultato è un Wx minimo di 574,24 cm3

scelgo un profilato Ipe330 (Wx=713,1 cm3)

fonte: http://www.oppo.it/tabelle/profilati_ipe.htm

Ipotizzo la sezione del travetto:

luce 4m, interasse 2m

Per il dimensionamento del travetto serve un profilato con un Wx minimo di 127,61 cm3

scelgo un profilato Ipe180 (Wx=146,3 cm3)

Calcolo del qs effettivo:

trave:

da tabella: 49,1 kg/m = 0,491 kN/m.

In un mq ci sono 1/interasse travi quindi ¼ x 0.49 1 = 0.123 kN/mq

Travetti:

da tabella: 18,8 kg/m = 0,188 kN/m

in un mq ci sono 1/interasse travetti quindi ½ x 0,188 = 0,094 kN/mq

lamiera grecata:

fonte: http://www.edilpanel.it/lamgrecate.htm

il carico sopra la lamiera è qa+qp = 2 + 3,14= 5,14 kN/mq = 514 kg/mq

scelgo la lamiera S/C 2000 spessore 1mm peso 11,94 kg/mq= 0,12 kN/mq

dalle tabelle dell’azienda scelgo una lamiera che si appoggia sui travetti, quindi distanza tra gli appoggi = 2m e spessore 1mm (così che il carico agente 514kg/mq sia inferiore di quello che la lamiera può sopportare 624kg/mq)

soletta armata:

cls:

peso circa 23kN/mc

spessore di progetto: 0,08m.

peso: 23 x 0.08 = 1,84 kN/mq

rete elettrosaldata:

fonte: http://www.studiopetrillo.com/tabella-del-peso-rete-elettrosaldata-per-cemento-armato,70.html

tipo 510/1 peso al mq: 3,08 kg/mq = 0.03 kN/mq

 

calcolo del qs effettivo:

0,123 + 0,094 + 0,12 + 1,84 + 0,03 =2,2 kN/mq

Verifica del solaio con il qs effettivo:

Trave:

Wx minimo = 590,32 cm3

La IPE330 ipotizzata ha Wx = 713,1 cm3, quindi è verificata.

travetto:

NB: Il qs considerato per il travetto non tiene conto del peso proprio delle travi

Wx minimo = 128,86 cm3

La IPE180 ipotizzata ha Wx = 146,3 cm3 quindi è verificata.

CEMENTO ARMATO:

Ipotizzo un solaio composto da travi in cemento armato e travetti di 10 cm di base.

Il carico strutturale è quindi composto da travi, travetti, pignatte e getto di completamento. Non conoscendo le reali dimensioni necessarie per questi elementi, inizio un'analisi preliminare ipotizzando un Qs di 3 kN/mq

Carico Permanente:

Materiale	Peso al mc	Spessore	Peso al mq
Massetto malta bastarda	19 kN/mc	0,06	1,14 kN/mq
Pavimento in gres porcellanato	25 kN/mc	0,008 m	0,2 kN/mq
Intonaco			0,3 kN/mq
Tramezzi			1,0 kN/mq
Impianti			0,5 kN/mq   3,14 kN/mq

Carico Accidentale:

2kN/mq come da nuove norme techine per le costruzioni (DM 14 gennaio 2008, pubblicato sulla  Gazzetta Ufficiale n. 29 del 4 febbraio 2008 - Suppl. Ordinario n. 30) 

Stima totale:

3+2+3,14= 8,14 kN/mq

--------

Classe delle barre d’acciaio: B450C, la cui tensione di snervamento è 450 N/mmq.

Fonte: http://www.ferriere.pittini.it/schede_tecniche/BARRESPF201.pdf

 

Le Norme Tecniche per le costruzioni impongono una classe minima di C16/20 per strutture semplicemente armate. Per classi superiori a C45/55 c’è l’obbligo di una sperimentazione preventiva e la produzione deve seguire delle specifiche procedure per il controllo della qualità, scelgo quindi una classe intermedia C32/40 per cemento armato non precompresso.

Con questi dati procedo a un dimensionamento di massima delle travi del solaio:

Una trave che può sostenere questo solaio (con Qs ipotizzato) ha sezione 30 x 50 cm (5 cm copriferro). Procedo ora al calcolo del Qs effettivo:

Trave:

calcestruzzo:  23 kN/mc

Volume della trave 30x50 = 0,15 mc/m

Peso: 0,15 x 23 = 3,45 kN/m

Incidenza a MQ: 3,45 / 4 (interasse) = 0,8625 kN/mq

Pignatte:

fonte: http://www.ilap.it/pignatte.htm

scelgo le pignatte SH16 (33 x 35 x 16) che hanno peso di 6,7 kg = 67 N.

In 1 metro ci sono (1/0,35)= 2,86 pignatte/m. Il peso al metro lineare è quindi 67 x 2,86 = 191,62 N/m = 0,19 kN/m

l’interasse delle pignatte è 33 cm (base pignatta) + 10 cm (base travetto) = 0,43 m

l’incidenza delle pignatte sul solaio è quindi: (1/0,43) x 0,19 = 0,442 kN/mq

travetti:

Volume: 0,16 x 0,1 = 0,016 mc/m

Peso al metro lineare: 23 x 0,016 = 0,368 kN/m

L’interasse dei travetti è lo stesso delle pignatte, quindi 0,43m.

L’incidenza al MQ è quindi: (1/0,43) * 0,368 =0,856 kN/mq

Getto di cls:

spessore di progetto:  4 cm.

Peso al MQ: 23 x 0,04 = 0,92 kN/mq

Qs effettivo:

0,8625 + 0,442 + 0,856 + 0,92 = 3,0805 kN/mq

Verifica della trave:

Dato il lieve incremento del valore di carico strutturale effettivo (3,08 kN/mq) rispetto a quello ipotizzato (3 kN/mq) il foglio di calcolo restituisce un valore di altezza utile minima di 38,95 cm. (solo qualche mm in più)

Sommando il copriferro (5 cm), l’altezza minima della trave è 43,95. La trave ipotizzata di 30 x 50 è quindi opportunamente dimensionata.

 

ESERCIZIO SUL DIMENSIONAMENTO DELLE ASTE TESE E COMPRESSE E VERIFICA A INSTABILITA':

L’esercitazione ha come obiettivo il calcolo della sezione di aste soggette solo a sforzo assiale disegnate tramite il software autoCAD, caricate tramite il software SAP che indica anche i valori di sforzo normale delle travi.

Parte 1 – disegno della struttura tridimensionale

Disegnare il modulo a partire dall’origine degli assi così da farla coincidere con quella di sap. Va fatto un layer apposito per le aste in quanto il layer0 di default di autocad non viene letto da sap.

Usare il comando “serie rettangolare” di autocad per copiare il modulo creato.

Nb – la versione 2012 di autocad non apre la finestra di dialogo ma i dati (numero di copie, distanze ecc.) vanno inserite dal prompt dei comandi

Una volta creata la successione lineare vanno disegnate le aste lungo l’altro asse perpendicolare (nel mio caso l’asse Y) e il modulo 3D va quindi copiato sempre con il comando Serie Rettangolare in modo da creare tutta la struttura. è importante evitare che ci siano sovrapposizioni tra aste, inoltre ogni singola asta deve essere rappresentata da una linea, quindi nel caso (come di autoCAD 2012 che con il comando serie crea dei blocchi) di polilinee o blocchi, basta selezionare tutto il modello e usare il comando Esplodi.

Il file va salvato da autoCAD in formato .dxf, così da poter essere aperto con SAP.

Parte 2 – Analisi su SAP

Una volta importato il modello e scelte le unità di misura, va comunicato a sap che il layer “aste” (o qualsiasi sia il nome dato su autoCAD) debba essere letto come FRAMES.

Si procede quindi a impostare i vincoli (4 cerniere ai 4 angoli della struttura), scaricare le aste a momento per imporre le cerniere interne a tutti i nodi e a caricare la struttura tramite una forza negativa (verso l’asse gravitazionale) di 40kN su ogni nodo superiore.

Riporto l’analisi di sap della deformata:

Parte 3 – Analisi degli sforzi normali

L’obiettivo è quello di progettare le sezioni delle aste più sollecitate a sforzo normale.

Per progettare l’asta a trazione basterà prendere il valore della normale più alto e fare un progetto a resistenza del materiale tramite la formula di Navier.

Per progettare a compressione si dovranno controllare gli sforzi normali massimi sia nelle aste corte (lungo gli assi principali) che quelle oblique. Questo perché va fatta la verifica a instabilità euleriana, dove viene calcolato il carico di punta massimo che l’asta compressa può sopportare prima di sbandare, chiamato Pcritico che dipendedalla lunghezza libera di inflessione che è diversa a nell’asta lunga e nell’asta corta.

Per avere chiaro quali sono gli sforzi agenti sulla mia struttura esporto da sap una tabella excel con i dati relativi agli sforzi assiali, e tramite quest’ultimo ordino le righe secondo sforzi assiali decrescenti.

Per la lettura della tabella va considerato che sap restituisce il valore normale all’inizio dell’asta, in mezzeria e alla fine, quindi vanno lette tre righe alla volta. Per esempio l’asta più tesa (che si vede dall’immagine) è un’asta obliqua ( infatti la sua lunghezza è 2 √2 ovvero la lunghezza impostata precedentemente da autoCAD (le aste corte sono lunghe 2m)) che ha sforzo normale di 258,934 kN.

Riporto una tabella con i valori di sforzo assiale massimi trovati da excel:

Parte 5 – progetto dell’asta a trazione

L’asta a trazione non ha bisogno di una verifica a instabilità euleriana quindi il progetto (o la verifica) può essere eseguito tramite la formula di Navier per calcolare l’area minima necessaria.

A = N/Fd

Dove A è l’area minima che mi servirà per scegliere la sezione della trave, N è lo sforzo normale calcolato con SAP e Fd è la resistenza del materiale calcolata dalla tensione di snervamento (Fy) ridotta da un coefficiente di sicurezza (γm=1,05)

Tramite un foglio Excel calcolo le varie aree minime necessarie per sopportare la sollecitazione. Non sapendo che tipo di acciaio mi è più utile, calcolo l’area minima per tutte e tre le classi di resistenza Fe360S235, Fe430S275 e Fe510S355.

La N è uguale a258,934 kN come da tabella precedente

Secondo le tabelle dei profilati tubolari:

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

Progetto dell’asta:

Parte 6 – progetto dell’asta corta a compressione

Per le aste compresse non è sufficiente progettare a resistenza del materiale, ma va verificato che il carico critico assiale che l’asta può sopportare sia superiore del carico agente.

Per far ciò, prima progetto l’asta a compressione con N = -296,771 kN

Sempre seguendo la tabella dei tubolari:

Applicando la formula del carico euleriano verifico per ogni sezione se è in grado di sopportare lo sforzo assiale a cui è sottoposta.

Pcrit = (π² x E x J_min)/l₀²

 A seconda della classe di resistenza della sezione, anche il modulo di Young E è diverso

Fonte: http://www.engineerplant.it/tab_metalprop.htm

Essendo tutte le aste doppiamente incernierate la lunghezza libera di inflessione l₀ coincide con la lunghezza effettiva dell’asta.

Avendo scelto una sezione tubolare il momento d'inerzia J è uguale per entrambi gli assi, infatti nelle tabelle ne compare uno solo.

 

Con un foglio excel calcolo il carico critico per ogni sezione e verifico che la normale agente 296,771 kN è minore in tutti e tre i casi, quindi tutte e tre sono plausibili sezioni opportunamente dimensionate.

OSSERVAZIONE il carico critico calcolato utilizzando la classe più resistente è molto minore degli altri 2, in quanto aumentando la classe diminuisce l’area della sezione e quindi il momento d’inerzia, snellendo l’asta.

Parte 7 – progetto dell’asta lunga a compressione

Sforzo assiale agente: -307,254 kN

Come nel caso precedente, calcolo l’area minima con la formula di Navier:

Consultando quindi le tabelle dei profilati:

NB: i risultati sono analoghi a quelli delle aste corte, dato che l’area minima necessaria è piuttosto simile visto che il valore della normale che ha poca variazione. Ho scelto comunque una sezione più grande per l’asta a classe di resistenza minore perché l’area della sezione minima (13,73 cmq) era troppo vicina a quella della sezione precedente di progetto (13,90 cmq)

Passo ora alla verifica a instabilità:

ATTENZIONE!!! L’asta progettata a classe di resistenza Fe510S355 è troppo snella ed è INSTABILE. È opportuno quindi nel caso si voglia utilizzare questa classe di resistenza scegliere una sezione diversa con un momento d’inerzia maggiore

Le altre due aste sono invece opportunamente dimensionate.

 

ESERCIZIO SUL CALCOLO DELLA RIPARTIZIONE DELLE FORZE SISMICHE

(esercizio svolto con Emanuel Dad Khan e Sara Forlani)

L’esercitazione ha come obiettivo quello di calcolare come la forza sismica si ripartisce nei controventi di questo impalcato.

Ipotizzo che la tecnologia costruttiva dell’impalcato sia la stessa (acciaio) e i pilastri siano HEB120.  

Questi ultimi sono opportunamente orientati per avere il momento d’inerzia maggiore in asse con la trave portante con luce maggiore che sarà quindi più sollecitata a momento flettente. Considero trave e pilastri incastrati, quindi per continuità del momento anche i pilastri saranno soggetti allo stesso momento flettente della trave (al nodo).

STEP1 – calcolo delle rigidezze traslanti dei controventi dell’edificio.

Calcolo la rigidezza traslante di ciascun controvento considerando la formula:

K_t =  12 E (∑I ) / h³

Dove E è il modulo di Young dell’acciaio (210.000 N/mmq), h è l’altezza dei pilastri (3,2 m) e I sono i momenti d’inerzia di tutti i pilastri.

Avendo orientato i pilastri secondo la loro necessità di resistenza a momento flettente  trasferito dalla trave, in ogni controvento bisognerà prendere in considerazione il momento d’inerzia riferito all’asse del controvento. Per esempio nel controvento 3 -4-5-6-7-8 avremo diversi momenti d’inerzia così disposti:

Calcolo così tutte le rigidezze di tutti i controventi orizzontali e verticali:

STEP 2 – tabella sinottica dei controventi e distanze

Scelgo un sistema di riferimento che ha origine nel punto O (segnato nella pianta dell’impalcato).

In questa tabella vengono riportate tutte le rigidezze traslanti dei vari controventi e ad ognuna viene attribuita una distanza dall’origine.  Questi dati serviranno successivamente per il calcolo del centro delle rigidezze.

STEP 3 – Calcolo del centro di massa

Il calcolo del centro di massa è fondamentale in quanto la forza sismica si identifica come una forza concentrata applicata a questo punto. Più il centro di massa e il centro delle rigidezze sono distanti tra loro (avendo quindi un maggiore braccio) più l’impalcato tende a ruotare nel caso di un evento sismico.

Il centro di massa è il centro delle aree dell’impalcato. Va quindi considerato quest’ultimo diviso in aree rettangolari (aventi proprio centro di massa all’incrocio delle diagonali) e calcolato il centro delle aree con questa formula:

X_G= ∑A_i X_Gi / ∑ A_i

Y_G= ∑A_i Y_Gi / ∑ A_i

STEP 4 – Calcolo del centro delle rigidezze e rigidezze globali

Analogamente al calcolo del centro di massa si procede al calcolo del centro delle rigidezze considerando tutti i controventi e la loro distanza dal centro di riferimento O iniziale:

X_c= ∑k_vi d_vi / ∑ k_vi

Y_c= ∑k_oi d_oi / ∑ k_oi

Trovato il centro delle rigidezze posso calcolare la distanza dei controventi da quest’ultimo.

dd_vi = d_vi - X_c

dd_oi = d_oi - Y_c

Calcolo la rigidezza torsionale totale che è la sommatoria delle rigidezze moltiplicate per la loro distanza al quadrato dal centro delle rigidezze (dd)

K_ϕ= Σ_iK_idd_i²

STEP 5 – Analisi dei carichi sismici

Per la seconda legge di Newton la forza è data da una massa a cui è impressa un’accelerazione.

Quindi per la forza sismica si avrà:

Forza sismica = Massa edificio x accelerazione per effetto del moto di trascinamento.

Questa accelerazione è minore della forza di gravità g (9,81 m/s²) che è ridotta da un coefficiente c chiamato coefficiente di intensità sismica. Maggiore è c più il sisma è di grande entità.

Quindi l’accelerazione può essere definita come

a = c g

Sostituendo alla formula precedente:

F_sismica = c g m

Dove massa per accelerazione gravitazionale è proprio il peso della struttura

F_sismica = c P

Da cui se ne deduce che strutture pesanti sono più vulnerabili al sisma in quanto la forza impressa sarà maggiore.

Va quindi calcolato il Peso sismico della struttra (W) che si ricava:

W = G + yQ

Dove G sono i carichi permanenti e strutturali, Q sono i carichi accidentati e y è un coefficiente di contemporaneità.  I carichi G e Q sono espressi in KN, vanno quindi moltiplicati i carichi distribuiti qs, qp e qa (espressi in kN/mq) per l’area totale dell’impalcato.

STEP 6 – ripartizione forza sismica lungo X

La forza sismica ha una natura aleatoria, non sappiamo quindi quale sia la direzione secondo cui viene applicata. Da normativa vanno verificate almeno due direzioni e per ognuna di queste intervengono sia i controventi disposti nella stessa direzione della forza, sia quelli disposti ortogonalmente, in quanto la forza sismica provoca torsione all’impalcato (se non passa per il centro delle rigidezze) e per contrastarla anche i controventi ortogonali avranno una reazione.

Ipotizziamo la forza sismica applicata in direzione orizzontale. (lungo X)

Susciterà quindi una traslazione orizzontale:

U₀ = F / K_{o tot}

e una rotazione rigida dell’impalcato:

ϕ  = F b / K_ϕ

 

ognuno dei controventi orizzontali avrà una reazione:

R_oi = K_io ( U₀ + ϕ dd_oi)

Essendo la forza sismica orizzontale, ai controventi verticali non compare il contributo dovuto alla traslazione dell’impalcato ma solamente il contributo per contrastare la torsione di questo:

R_vi = K_vi ϕ dd_vi

Dove K è la rigidezza del controvento, U₀ è la traslazione dell’impalcato dovuta alla forza sismica, ϕ è la rotazione dell’impalcato dovuta alla forza sismica e dd è la distanza del controvento dal centro delle rigidezze.

STEP 7 – ripartizione forza sismica lungo Y

Analogamente alla direzione orizzontale, procedo al calcolo della ripartizione delle forze sismiche nel caso la forza sia lungo Y.

Nonostante la forza abbia la stessa intensità sia traslazione che rotazione sono diverse in quanto la rigidezza traslante totale verticale è diversa da quella orizzontale e il braccio del centro di massa e il centro delle rigidezze è diverso nelle due direzioni, andando a generare momenti torcenti differenti.

Anche in questo caso nel calcolo delle reazioni dei controventi nella direzione parallela alla forza sismica si considera sia il contributo a spostamento che quello a rotazione mentre per i controventi in direzione X si considera solo il contributo a rotazione.

  

ES.1 STRUTTURA RETICOLARE SIMMETRICA_METODO DELLE SEZIONI DI RITTER

Per la risoluzione di questa struttura reticolare mi sono servita del metodo delle sezioni di Ritter al fine di calcolare gli sforzi normali ai quali sono sottoposte le aste. Per prima cosa bisogna verificare che la struttura sia esternamente ISOSTATICA (numero dei gradi di libertà deve essere uguale al numero dei gradi di vincolo).

Una volta verificata la condizione di isostaticità della struttura, posso calcolare le REAZIONI VINCOLARI tramite le EQUAZIONI DI BILANCIO (equilibrio esterno).

Uso il METODO DELLE SEZIONI DI RITTER per calcolare le AZIONI DI CONTATTO. Quando seziono le aste, metto in evidenza gli sforzi normali e faccio un ipotesi a priori sostenendo che siano tutte tese. Applico l'equilibrio alla rotazione prendendo come poli i punti dove si incontrano tutte le aste tranne una. Se il segno dello sforzo normale che ho calcolato è negativo, allora l'asta è compressa e dovrò cambiarle il verso.

Sfruttando la simmetricità della struttura e delle forze applicate su di essa si può risolvere metà della struttura in quanto gli sforzi normali saranno anch'essi simmetrici.

Il diagramma di sollecitazione mostra i correnti superiori compressi e quelli inferiori tesi. (tipico delle STRUTTURE RETICOLARI APPOGGIATE).

 

 

ES.2 STRUTTURA RETICOLARE ASIMMETRICA_METODO DEI NODI

Dopo aver verificato l'isostaticità della struttura e calcolato le reazioni vincolari, calcolo le azioni di contatto delle forze normali alle quali è sottoposta ogni asta.

Come per il metodo delle sezioni, anche per quello dei nodi bisogna fare un'ipotesi sul comportamento delle aste (tese o compresse). Di seguito sono riportati alcuni esempi:

- nel nodo A abbiamo il caso in cui entrambe le aste sono scariche.

- nel nodo E ipotizzo che l'asta 9 sia un puntone. Facendo l'equilibrio alla traslazione verticale si ottiene che N9=F. Dato che il segno della normale risulta positivo, allora l'ipotesi iniziale è corretta.

- viceversa nel nodo B, l'ipotesi che l'asta 2 sia un tirante è errata e ciò perché il segno della normale risulta essere negativo.

Di seguito è riportata l'analisi globale delle sollecitazioni a cui sono sottoposte le aste e la verifica fatta con SAP2000 applicando alle forze dei valori numerici.

 

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DIMENSIONAMENTO TRAVI (LEGNO, ACCIAIO E CLS ARMATO)

PROGETTO DI UNA TRAVE DI UN IMPALCATO DI UN HOTEL

TRAVE:     Area di influenza= 32,60 mq    |    Interasse= 4m    |     Luce= 8m

Per prima cosa risolvo la struttura isostatica per ricavare la formula del momento che andrò ad inserire nel foglio excel per il dimensionamento di massima della trave.

qp=2,65KN/mq

 Valori presi dalle schede tecniche delle aziende (http://www.artechint.com/prezziario/solai.html) e dalle Nuove Norme Tecniche per le Costruzioni.

- carichi accidentali qa legati alla  funzione dell'edificio, trai quali i carichi variabili e quelli di natura aleatoria (es. neve, sisma). Si deve fare riferimento alleNuove Norme Tecniche per le Costruzioni (DM 14 gennaio 2008, pubblicato sulla  Gazzetta Ufficiale n. 29 del 4 febbraio 2008- Suppl. Ordinario n. 30).

qa: 2KN/mq

PROGETTO DI UNA TRAVE IN LEGNO

Solaio in legno a doppia orditura, composto da travi (interasse di 4 m), travetti (interasse 0,50 m), tavolato, massetto con relativi impianti e pavimentazione in parquet. Si vuole progettare una delle travi portanti di tale solaio.

Una volta ottenuto il carico a metro lineare ipotetico (22,56 KN/m) vado a consultare le tabelle utili per i dimensionamenti di travi e travetti dell'azienda Tecsol.  http://www.tecsol.it/prodotti_tecsol_travi_legno_lamellare.htm.

TRAVATURE RETICOLARI

Definizione: aste rettilinee, collegate alle estremità mediante cerniere

 

 

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

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

 

TRAVE RETICOLARE SIMMETRICA

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

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

a=numero delle aste, ovvero 11

n= numero dei nodi ovvero 7

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

 

3) Calcolo delle tensioni_METODO DI RITTER O DELLE SEZIONI

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

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

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

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

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

Controprova con SAP_ Reazioni Vincolari...

Deformazione...

Sforzi assiali sulle aste...

 

TRAVE RETICOLARE ASIMMETRICA

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

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

 

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

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

 

2)Calcolo delle reazioni vincolari:

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

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

 

Ho fatto anche la controprova con SAP

 

 

3)Calcolo delle tensioni:

 

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

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

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

 

 

 

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

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

 

 

 

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

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

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

 

 

 

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

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

 

 

 

 

 

 

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

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

 

 

 

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

 

 

 

Con sap èchiaro vedere la deformazione.....

 

 

 

E gli sforzi assiali sulle singole aste...

 

 

 

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

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Dati

q= 100 kN/m

h=10m

l=5m

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

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

 

Reazioni vincolari nella cerniera interna B

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

ΣMA=0

-qh²/2-RuBh+ RvBl=0

ΣMC=0

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

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

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

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

 

RuB= -qh/4

RvB= qh²/4l

 

Reazioni vincolari nella cerniera esterna A

u) qh+ RuB-RuA=0

Conoscendo RuB posso trovare RuA:

RuA= qh-qh/4

RuA=3/4 qh

 

v) RvA= RvB=qh²/4l                                                            

 

Reazioni vincolari nella cerniera esterna B

u) RuB=RuC= -qh/4

v) RvB= RvC=qh²/4l

 

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

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

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

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

 

 

 

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

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

 

  

Dati

q= 100 kN/m                                             

h=10m

l=5m

  

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

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

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

 

 

 

 

Reazioni vincolari nel corpo 1

ΣRu=0 => RuA=RuB

ΣRv=0 => RvA=RvB'

ΣMA=0 => RuB H- RvB' l=0

 

Reazioni vincolari nel corpo 2, cerniera

ΣRu=0 => RuB=RuB

ΣRv=0 => RvB'-RvB''-F=0

Con ΣRv=0 posso fare RvB'= RvB''+F

 

Reazioni vincolari nel corpo 3

ΣRu=0 => RuC=RuB

ΣRv=0 => RvB''=-RvC

ΣMC=0 => -RuB H- RvB'' l=0

 

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

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

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

Ottengo che

RvB''= - F/2

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

Dal corpo 2 ottengo RvB'= F/2

Dal corpo 1 Ottengo che Rva= F/2

Dal corpo 3 ottengo che Rvc= F/2

 

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

 

RuB= Fl/2H= RuA= RuC

C.V.D.

 

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

 

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

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

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

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

 

Infatti esistono le 3 EQUAZIONI DELLA SINGOLARITA'

Fx = Nnegativo o di sinistra - Npositivo o di destra

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

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

 

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

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

 

 

 

 

 

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

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

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

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

 

Dati

q= 100 kN/m

h=10m

l=5m

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

Condizione: iperstatica lungo l' asse X

 

 

 

 

 

 

 

 

Stesso procedimento di prima:

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

 

 

 

 

 

 

Momento nel corpo 1

ΣRu=0 => - RuA+ F- RuB=0

ΣMA=0 => RuB H- RvB l – FH/2=0

 

Momento nel corpo 2

ΣRu=0 => RuB+ F- RuC=0

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

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

RuA= F

RuC= F

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

C.V.D.

 

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

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

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

 

 

 

 

 

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

lo sforzo assiale è nullo nell' asta orizzontale.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

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

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

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

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Esercitazione_ Dimensionamento travi e travetti in acciaio, legno e cls

 

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

  

 

SOLAIO INTERPIANO_ Edificio di civile abitazione_ACCIAIO

 

 

1°PASSO_ Analisi dei carichi

 

Carichi permanenti (Qp)

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

 

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

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

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

Impianti 0.5kN/ m²

 

Carichi strutturali (Qs)

Getto di cls 2000kg/m³ ---> 20kN/m³

Lamiera grecata 7860kg/m³---> 79kN/m³

 

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

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

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

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

Lamiera grecata _79x0.006= 0.5kN/m²

 

Carico accidentale (Qa)

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

 

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

 

Determinazione del carico (q) sui travetti

Dati:

i= 1 m

L=4.45 m

Qa+Qp+Qs=6.32 kN/m²

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

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

 

 

2° PASSO_Progettazione del travicello

 

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

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

σ=Mmax/W

ma è anche vero che:

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

 

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

f_D= fy_k/γ= 275/1.05= 261.90 N/mm²

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

 

 

σ_Tensione

f_D_ Tensione di progetto

fy_K_ Tensione caratteristica, io ho scelto Fe 430 S275

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

 

A tale valore equivale un IPE 140:

W= 77.3 cm³,

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

 

3° PASSO_ Progettazione trave principale

Dati:

i= 4.41m

L= 4.39m

Ptravicello= 0,129kN/m²

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

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

 

M= ql²/8= 68.20kNm

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

 

A tale valore equivale un IPE 240:

W= 324 cmc

 

 

 

 

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

 

 

SOLAIO INTERPIANO_ Edificio di civile abitazione_LEGNO

 

 

 

1°PASSO_ Analisi dei carichi

 

Carichi permanenti (Qp)

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

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

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

Impianti 0.5kN/ m²

 

Carichi strutturali (Qs)

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

Qs= 0.15 / 1m²= 0.15 kN/ m²

 

Carico Accidentale Qa

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

 

Determinazione del carico (q) sui travetti

Dati:

i=0.6m

L=4.45 m

Qa+Qp+Qs=4.37 kN/m²

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

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

 

2° PASSO_Progettazione del travicello

 

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

 

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

fm_K= 28 N/mm² (immagine)

 

Kmod deve essere <1:

Kmod=0.5

 

f_D= Kmod x f_k/γ= 9.66 N/mm²

γ=1.45

 

Ho scelto la base del travicello pari a 10 posso ricavare

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

!!! σ= fm_K/ γ!!!!

 

Travicello_ b= 10cm e h= 25cm

 

3° PASSO_Progettazione della trave

 

 

Dati:

i= 4.41m

L= 4.39m

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

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

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

 

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

 

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

fm_K= 28 N/mm²

 

Kmod deve essere <1:

Kmod=0.5

 

f_D= Kmod x f_k/γ= 9.66 N/mm²

γ=1.45

 

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

!!! σ= fm_K/ γ!!!!

 

Trave_ b= 30cm e h= 40cm

 

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

 

SOLAIO INTERPIANO_ Edificio di civile abitazione_C.A.

 

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

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

 

 

1°PASSO_ Analisi dei carichi

 

Carichi permanenti (Qp)

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

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

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

Impianti 0.5kN/ m²

 

Carichi strutturali (Qs)

Getto di cls 2000kg/m³ ---> 20kN/m³

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

 

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

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

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

Getto di cls anima _ 20x0.2= 4kN/m²

Intonaco _10 x 0.015= 0.15 kN/m²

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

Carico accidentale (Qa)

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

 

Determinazione del carico

Dati:

i= 4.41m

L= 4.39m

Qa+Qp+Qs=4.37 kN/m²

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

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

 

 

2° PASSO_Progettazione trave

Momento massimo Agente

M= ql²/8= 87.85 kNm

Calcolo della tensione di progetto dell' acciaio

f_D= fy_k/ 1.15= 391.30 N/mm²

Classi e caratteristiche meccaniche dell' acciaio da cemento armato

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

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

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

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

• f_yd = f_yk/γ_ms

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

• f_yd = f_yk/(γ_ms*γ_e)

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

 

Calcolo della tensione di progetto del calcestruzzo

f_D= fc_K/γ => 40/1.75= 22.86 N/mm²

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

γ = coefficiente di sicurezza

Altezza utile h

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

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

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

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

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

h=r√(M/ fD_c x b) = 27,93 cm

Altezza minima H

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

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

c= copriferro pari a 5 cm

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

b=25cm

H= 35 cm

Verifica del dimensionamento

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

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

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

qtrave= 2.18/ 4.41= 0.49 kN/m²

Lo aggiungo al carico strutturale ottengo un H= 33.74

La mia trave b=25 e H=35 è verificata

 

ESERCITAZIONE_STRUTTURE RETICOLARI SPAZIALI

Padiglione a Segrate Milano

Introduzione

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

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

Storia

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

 

RETICOLARE SPAZIALE SCHEMA CUBICO

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

 

Da Autocad a Sap

1°step_

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

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

 

Questa è la strttura reticolare spaziale che dobbiamo fare:

 

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

2° step_ Processo progettuale

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

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

 

 

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

 

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

selezioniamo serie rettangolare

Righe 1 e colonne 4

Distanza tra le righe 1

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

 

Otteniamo questo:

 

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

 

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

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

 

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

 

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

 

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

questo è il risultato:

 

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

 

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

nelle righe inserisco 7,

nelle colonne inserisco 1,

distanza tra le righe 2,

distanza tra le colonne 1

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

 

 

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

 

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

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

 

3° Step_ Processo progettuale su SAP

1_Come importare il file DXF su SAp

File=>import=> Autocad DXF file

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

 

 

2_ Il file è importato correttamente!!

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

 

 

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

4_ Definisco su LOAD PATTERN un carico distribuito,

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

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

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

 

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

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

 

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

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

 

PROGETTO DELL' ASTA TESA

 

Asta numero 258 Nd= 258,93 kN

Questa è la tabella che SAP fornisce

 

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

 

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

 

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

A= N γ/ fy_K

Ho scelto un acciaio con S275=fy_K

γ= coefficiente 1,05

 

Mi sono cotruita una tabella in EXCELL per i calcoli.

 

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

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

 

 PROGETTO DELL' ASTA COMPRESSA

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

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

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

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

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

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

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

 

Asta numero 253 Nd= 307,25

 

1)Nd< Ncres= A fy_K/γ

σ=N/A => fy_K/γ= N/A=> A= N γ/ fy_K

Tabella di Excell:

 

L' area minima è di 11, 73 cmq

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

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

 

3)λ<200 => λ=lo/ρ <200

lo= βl

Dati:

β= è il coefficiente di libera inflessione e vale 1

lo=luce di libera inflessione

l=luce dell asta pari a 2,82

ρ= 3,92 cm

 

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

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

 

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

 

 

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

 

Nd< Nbrd

 

Nd=sforzo assiale di progetto preso dalla tabella di sap

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

 

 

in cui Nbrd= χA fy_k/ γ

χ= 1/Ф + √ Ф² - λ'²< 1

χ è un coefficiente riduttivo di progetto

 

i due valori si trovano nel seguente modo:

Ф= 0,5 ( 1 + α ( λ' – 0,2) + λ'²)

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

 

Scelgo il minore fra i due

 

λ'= √ A fy_K/ Ncr

Ncr= carico critico euleriano= π² E I/ lo²

Dati:

E= 210 000 Mpa

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

lo=luce di libera inflessione 2,82 cm

α= 0,21

 

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

 

Inserico Ncr dentro:

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

Lambda soprassegnato è un valore adimensionale

 

Inserisco λ':

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

 

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

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

 

Verifico che con questi valori Nd sia minore di Nbrd

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

 

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

   

 e scelgo una sezione maggiore e la verifico dentro

Nbrd= χA fy_k/ γ

 

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

ottengo un λ'= 0,83

un Ф= 0,9 circa

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

 

 

 

Siti utili

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

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

 

ESERCITAZIONE_ Ripartizioni forze sismiche

 

 

Scelta dell' impalcato:

 

  

    

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

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

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

Consideriamo che: dato che il corpo è rigido e piano, la sua cinematica dipende

solo da tre parametri:

1. la traslazione orizzontale do

2. la traslazione verticale dv

3. la rotazione f

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

 

 

 

STEP1_ calcolo rigidezze traslanti dei controventi dell' edificio.

 

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

 

F= K d

 

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

 

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

 

 

 

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

 

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

 

 

 

 

 

 

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

 

 

 

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

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

 

 

 

 

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

 

     

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

STEP2_ tabella sinottica controventi e distanze.

 

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

 

Per Kv s' intende la rigidezza verticale

Per Ku la rigidezza orizzontale

Per dv la distanza verticale

Per du la distanza orizzontale

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Step 3_ calcolo del centro di massa

 

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

 

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

 

 

 

 

 

 

 

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

 

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

 

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

 

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

 

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

 

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

 

 

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

 

Determinazione delle rigidizze totali orizzontali e verticali:

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

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

 

Determinazione del centro delle rigidezze facendo:

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

 

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

 

Determinazione delle relative distanze dei controventi dal centro delle rigidezze:

 

 

 

 

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

 

Il valore della rigidezza torsionale è Kϕ= Σi Ki ddi²

 

 

 

 

 

 

 

Step 5_ analisi dei carichi sismici

 

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

Fsismica= ma

m è la massa dell' edificio

 

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

a= c g c è un coefficiente <1

 

sostituisco e ottengo:

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

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

 

Per trovarmi W che è il peso sismico devo fare :

W= (G+Q)ψ

G= (qs+qp) Area tot

Q= qa Area tot

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

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

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

 

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

 

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

 

La traslazione orizzontale è:

Uo= Fsismica/Kotot

 

La traslazione verticale è:

Vo= Fsismica/Kvtot

 

Le reazioni vincolari si determinano:

Rio= Kio (Uo+φ dio)

Riv=Kiv( φ div)

 

  

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ESERCIZIO_STRUTTURA CHIUSA

 

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

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

 

 

 

 

 

Dati

F=100 KN

L=10 m                 

                                             

 

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

 

Tratto AB

Equazione alla traslazione orizzontale (u)

u)xA-xB-F=0

Equazione alla traslazione verticale (v)

v)yB=yA

Equazione del momento con polo in "o"

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

 

Tratto BC

v)yB=yC

u)xB=xC

o) -xCL/2 – yCL/2=0

 

Tratto CA

u) xC + F+ xA=0

v) yA=yC

o) FL/4 + xCL – yCL/2=0

 

 

 

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

 

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

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

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

 

Ovvero:

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

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

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

 

DIAGRAMMI DELLE SOLLECITAZIONI

 

Sforzo Normale

 

 

 

 

 

 

 

 

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

 

 

 

 

 

 

 

 

Sforzo di Taglio e Momento

 

 

 

 

 

 

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