Tecnica delle costruzioni. Risoluzione di un solaio misto in c.a. utilizzando il metodo delle forze e metodo delle deformazioni

Seconda Università degli Studi di Napoli

Facoltà di Ingegneria

Corso di Laurea in: Ingegneria per l’Ambiente ed il Territorio

a.a. 2008/2009

Corso di Tecnica delle Costruzioni 1 (6 CFU)

Prof. Ing. Pasquale Malangone

Elaborato numerico 1

• Risoluzione di un solaio misto in c.a. utilizzando il metodo delle forze
• Risoluzione di un telaio piano a nodi fissi in c.a. utilizzando il metodo delle deformazioni

L’allieva: Perrotta Daniela

matr: 835/165

Corso di Tecnica delle Costruzioni 1 A.A. 2008/2009

Carpenteria e definizione delle luci

30x60 30x60 30x60 Ld 30x60 30x60 30x60 30x60

60x24 60x24 60x24 Lc 30x60 30x60 30x60 30x60

30x60 30x60 30x60 21 3 4 Ls La Lb La Ls

Fig.1 carpenteria scala 1:125

Numero d’ordine nell’elenco degli iscritti al corso: N=57

L = 2.10 m

SL = 4.10 + 0.10 x (57-50) = 4.80 m

AL = 3.90 + 0.10 x (57-50) = 4.60 m

BL = ( L +L ) x 0.50 = 4.70 m

C A BL =L = LD C 1

Elaborato numerico 1

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Analisi dei carichi

(per 1 m di solaio)

massettosoletta pignatta travetto 24cm202intonaco

Fig. 2 sezione solaio (1m) scala 1:10

2 ) scala 1:10

Fig. 3 – vista dal basso al rustico solaio (1m 2

Elaborato numerico 1

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Pesi specifici dei materiali

3γ = 2500 daN/mcls

3=γ 700 daN/mpignatta

3=γ 2000 daN/mintonaco

3=γ 2000 daN/mmassetto

Carichi permanenti (G′)

2Peso soletta: (1.00 x 1.00 x 0.04) x 2500 = 100 daN/m

2= 100 daN/m

Peso travetti: (2 x 1.00 x 0.10 x 0.20) x 2500

2= 112 daN/m

Peso laterizi: (1.00 x 0.80 x 0.20) x 700

2= 312 daN/mG′

Carichi permanenti portati (G″)

2Intonaco: (1.00 x 1.00 x 0.02) x 2000 = 40 daN/m

2=Massetto: (1.00 x 1.00 x 0.02) x 2000 40 daN/m

2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . =Pavimento: 40 daN/m

2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . =Incidenza tramezzi: 80 daN/m

2= 200 daN/mG″

2520 daN/m≈Totale peso proprio: G=G′+G″

Carichi accidentali (Q )i

2= 200 daN/mCampate: QC

2= 400 daN/mSbalzi: QS

per una fascia di solaio larga 1m si ottengono i seguenti valori di carico:

2G =(520 daN/m )x1.00 m= 520 daN/m

2Q =(200 daN/m )x1.00 m= 200 daN/mC

2Q =(400 daN/m )x1.00 m= 400 daN/mS 3

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1. Risoluzione schema del solaio

Qs=400 daN/m Qs=400 daN/m Qc=200 daN/m G=520 daN/m

1 2 3 4 Ls L L L Ls A B A

Fig. 4 schema di solaio da risolvere Scala 1:125

Essendo isostatici i due sbalzi è possibile effettuare la seguente riduzione di equivalenza:

q=G+Qc=720 daN/m

F1 F4 M1 M4 1 2 3 4 L L LA B A

Nello schema ottenuto si ha:

F =F =(G+Qs)•Ls=1932 daN;1 4

M =M =(G+Qs) •Ls•Ls/2=2028.60 daNm;1 4

Applicando il metodo delle forze, si riporta di seguito lo schema isostatico equivalente:

q=G+Qc=720 daN/m

F1 F4 M M1 4 X X X X2 2 3 31 2 3 4 L L LA B A

Con questo metodo si assumono quali incognite iperstatiche, i momenti che si trasmettono ai nodi,2pertanto tra le soluzioni tutte equilibrate bisogna accettare solo quella rispettosa delle equazioni∞di congruenza. Dette equazioni sono:

4Elaborato numerico 1

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ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ= + + = + + XM X X q q 31 2 2⇔21 23 21 21 21 23 23 23 ϕ ϕ= ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ+ + = + + X XX Mq q 2 3 3 432 34 32 32 32 34 34 23

considerando positive le rotazioni se orarie, si riscrivono le due equazioni utilizzando i valorisecondo gli schemi noti:

 3 31 M L 1 X L 1 qL 1 X L 1 X L 1 qL⋅ + ⋅ − ⋅ = − ⋅ − ⋅ + ⋅1 A 2 A A 2 B 3 B B 6 EI 3 EI 24 EI 3 EI 6 EI 24 EI (1)

3 3 1 X L 1 X L 1 qL 1 X L 1 M L 1 qL⋅ + ⋅ − ⋅ = − ⋅ − ⋅ +2 B 3 B B 3 A 4 A A. 6 EI 3 EI 24 EI 3 EI 6 EI 24 EI

e X , si hanno per esse i seguenti valori:Risolto il sistema (1) nelle due incognite X2 3

X =X =1729.75 daNm2 3

I valori numerici sono uguali data la simmetria geometrica e di carico della struttura.

5Elaborato numerico 1

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Calcolo dei tagli

Sbalzo in 1

q=920daN/m

Equazioni indefinite dell’equilibrio del concio elementare:

dT == − q costq ( x )  2d Mdx = − = q ( x ) M parabolico2dM  dx= =T ( x ) T linearedx

integrando le due equazioni differenziali, si ottiene:

( ) = − +T x qx C1

2( ) x= − + +M x q C x C1 22

Fissate le condizioni al contorno possiamo determinare le due costanti:

( )= = → =per x 0 M 0 0 C 02

( )= = → =per x 0 T 0 0 C 01

Legge di variazione del Momento:

2 2( ) x x= − = −M x q 9202 2

= = −M ( x 2 . 10 ) 2028 . 60 daNm

Legge di variazione del Taglio:

( ) = − = −T x qx 920 x

= = −T ( x 2 . 10 ) 1932 daN

6Elaborato numerico 1

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Campata 1-2

=Equazioni indefinite dell’equilibrio del concio elementare: q 720daN / m

M 1dT == − Xq costq ( x ) 2 2d Mdx = − = q ( x ) M parabolico x2dM  dx= = 1 2T ( x ) T linearedx qLy =A 1728daN2

integrando le due equazioni differenziali, si ottiene:

( ) = − +T x qx C1 M

2( ) x =1 422.63daN= − + +M x q C x C L1 2 A2

Fissate le condizioni al contorno possiamo determinare le due costanti: X =2 360.36 daN

per x=0 T(0)=C C =1790 daN→ →1 1 L A

per x=0 M(0)=C C =-2028.60 daN→ →2 2

Le due leggi di variazione sono:

( ) = − +T x 720 x 1790 . 27 T T12 21

2( ) x= − + −M x 720 1790 . 27 x 2028 . 602

Il valore dei tagli alle due estremità:

= 1790.27 daNT 12

T = 1665.73 daN21

Per il calcolo delle ascisse di momento nullo:

1 22( ) x= − + − =M x 720 1790 . 27 x 2028 . 60 02

=x 1 . 76 m1

=x 3 . 21m2

Per il calcolo dell’ascissa di momento massimo:

( ) = − + =T x 720 x 1790 . 27 0T

=x 2 . 48 mT

1 2=M ( x ) 197 . 13daNmT x

Il momento in mezzeria:

 L y= − ⋅ + ⋅ − =  2AM 360 ( 2 . 4 ) 1790 . 27 ( 2 . 4 ) 2028 . 60 194. 45 daNm 2

7Elaborato numerico 1

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Campata 2-3

=Equazioni indefinite dell’equilibrio del concio elementare: q 720