Tecnica delle costruzioni - progetto di un solaio in latero

Schema V [KN] V [KN] V [KN] V [KN] V [KN]

a b c d e

Sx/dx Sx/dx Sx/dx

1, carico su campata 1 e 3 14.710 -20.690/11.61 -6.870/14.500 -17.950/15.280 -8.923

2,carico su campata 2 e 4 10.59 -15.81/14.53 -10.25/10.07 -14.13/19.46 -12.99

3, carico su campata 1 e 2 14.43 -20.97/15.50 -9.282/10.57 -13.63/14.83 -9.37

4, carico su campata 2 e 3 10.72 -15.68/13.49 -11.29/15.02 -17.43/15.17 -9.026

5, carico su campata 3 e 4 10.87 -15.55/10.65 -7.83/14.00 -18.45/19.91 -12.54

Quindi noti sia i tagli che i momenti ricavo la legge del taglio sapendo che in generale si ha:

T(x)=T - qx

ik

E imponendo T(x)=0 trovo l’ascissa in cui si annulla il taglio x= che sostituita nella legge del momento mi

in campata.

da il momento M max

Schema M campata1 M campata2 M campata3 M campata4

max max max max

[KNm] /X [m] [KNm] /X [m] [KNm] /X [m] [KNm] /X [m]

1, carico su campata 1 e 3 18.31 /2.493 -2.664/2.369 9.802/2.457 9.032/3.472

2,carico su campata 2 e 4 12.75/2.406 2.256/2.462 4.881/2.288 14.27/3.298

3, carico su campata 1 e 2 17.62/2.445 0.702/2.62 6.11/2.402 9.984/3.37

4, carico su campata 2 e 3 13.04/2.43 0.532/2.286 8.840/2.545 9.249/3.447

5, carico su campata 3 e 4 13.40/2.470 -1.121/2.420 8.540/2.372 13.32/3.37

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A questo punto ho tutti i dati per disegnare le caratteristiche di sollecitazione di questi schemi;

RISOLUZIONE DEGLI SCHEMI CON I VINCOLI ESTERNI INCASTRO-INCASTRO

per gli schemi incastro-incastro ho preferito utilizzare il metodo delle deformazioni; tale metodo parte

dall’ipotesi che il sistema si congruente e le equazioni risolventi sono equazioni di equilibrio.

Per il mio schema scriverò il seguente sistema:

M +M =0

ba bc

M +M =0

cb cd

M +M =0

dc de

Dove per la generica asta si scrive:

NOTA: le equazioni sono state scritte con convenzione SDC, ma quando risolvo il sistema utilizzando excell

utilizzerò la convenzione CROSS e quindi occorrerà cambiare il segno di M ik

In excell il sistema risolvente si scriverà come segue

+ρ ρ’ 0

ϒ μ +μ

ba bc bc b ba bc

= -

ρ’ +ρ ρ’

ϒ μ +μ

bc cb cd dc c cb cd

0 ρ’ +ρ

ϒ μ +μ

dc dc de d dc de

Dove essendo tutte aste canoniche le rigidezze flessionali si scrivono:

4 2

ρ’

ik= ki= ik=

ϒ + ρ’ ϒ + μ

una volta note le rotazioni si calcolano i momenti con l’espressione M = ik i ik k ik

ik

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riporto quindi i risultati ottenuti:

Schema M [KNm] M [KNm] M [KNm] M [KNm] M [KNm]

a b c d e

1, carico su -20.870 -11.360 -8.138 -10.260 -9.352

campata 1 e 3

2,carico su -14.32 -10.96 -8.014 -13.33 -15.64

campata 2 e 4

3, carico su -19.90 -13.30 -8.863 -11.73 -10.77

campata 1 e 2

4, carico su -14.71 -10.19 -12.09 -14.05 -9.614

campata 2 e 3

5, carico su -15.29 -9.022 -10.31 -16.18 -14.22

campata 3 e 4

Analogamente a quanto detto in precedenza, noti i momenti agli estremi di ogni asta e noto il carico ho

calcolato con semplici equazioni di equilibrio il valore dei tagli all’estremità:

Schema V [KN] V [KN] V [KN] V [KN] V [KN]

a b c d e

Sx/dx Sx/dx Sx/dx

1, carico su campata 1 e 3 19.28 -16.12/9.50 -8.97/15.440 -17.01/13.05 -11.15

2,carico su campata 2 e 4 13.76 -12.64/12.88 -11.90/11.30 -12.90/15.81 -16.64

3, carico su campata 1 e 2 18.80 -16.60/13.85 -11.33/11.58 -12.62/12.27 -11.93

4, carico su campata 2 e 3 13.95 -12.45/11.94 -12.84/15.87 -16.58/12.91 -11.29

5, carico su campata 3 e 4 14.24 -12.16/8.933 -9.547/15.16 -17.29/16.59 -15.87

Quindi noti sia i tagli che i momenti ricavo la legge del taglio sapendo che in generale si ha:

T(x)=T - qx

ik

E imponendo T(x)=0 trovo l’ascissa in cui si annulla il taglio x= che sostituita nella legge del momento mi

in campata.

da il momento M max

Schema M campata1 M campata2 M campata3 M campata4

max max max max

[KNm] /X [m] [KNm] /X [m] [KNm] /X [m] [KNm] /X [m]

1, carico su campata 1 e 3 10.67/3.267 -1.109/2.159 9.928/2.61 4.778/2.96

2,carico su campata 2 e 4 7.180/3.12 3.074/2.183 5.585/2.568 7.821/2.679

3, carico su campata 1 e 2 10.05/3.186 2.021/2.279 6.354/2.63 5.387/2.788

4, carico su campata 2 e 3 7.413/3.17 1.868/2.02 9.239/2.689 4.879/2.934

5, carico su campata 3 e 4 7.767/3.236 0.035/2.032 9.159/2.569 7.111/2.811

Una volta noti tutti i dati dei vari schemi iperstatici attraverso l’ausilio dell’applicativo di autocad,

Momcad.exe, ho potuto disegnare sul calcolatore i diagrammi di sollecitazione dei vari schemi.

Successivamente ho effettuato l’inviluppo dei diagrammi in modo da ottenere un unico schema che sarà il

mio SCHEMA DI CALCOLO

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SCHEMA DI CALCOLO

Riporto in seguito lo schema di calcolo semplificato ottenuto da inviluppo:

A B C D E F G H I

NOTA: immagine fuori scala;

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PROGETTO DELLE ARMATURE

Noti i valori dei momenti passo al progetto delle armature andando a studiare le sezioni critiche;

per prime ho deciso di considerare le sezioni che sono soggette a momento positivo; per questo tipo di

sezione la situazione che si prospetta in generale è quella riportata in figura, dove praticamente la sezione

si comporta come una sezione rettangolare di base B. (nota: è comunque necessario verificare che X sia

c

minore di s)

Per il solaio si è scelto un δ= 20 mm

Quindi per questo tipo di sezioni i dati a nostra disposizione sono: B,δ,d,R ,F ,M ;

ck yk d

0.83∗Rck

= 0.85* =14.11 ricordando che 0.83* R =F =25

ricavo per prima cosa F cd ck ck

1.5 ^2

Fyk 450

=

mentre F = =391.3

yd 1.15 1.15 ^2

a questo punto posso scrivere le equazioni di equilibrio che sono:

-F *A =0

∗ ∗ 0.8 ∗ yd f

R

F *B*0.8*X *(d-0.4*X )=M =M

cd c c u d

La seconda equazione è stata scritta avendo fatto polo nell’armatura ed essendo un problema di progetto

abbiamo imposto M =M in modo da fare un progetto ottimale.

u d Fcd ∗B∗0.8∗Xc

verifico che X <s e dalla prima ricavo A =

Dalla seconda equazione ricavo X c c f Fyd

Riporto i dati così ottenuti: SEZIONE

B D F H

Md 18310000 3070000 9930000 14270000 N*mm

Xc 14,15 2,32 7,58 10,96 mm

Af 204 33 109 158 mm^2

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Adesso devo andare a calcolare l’area di armatura strettamente necessaria anche per le sezioni soggette a

momento negativo; in questo caso la sezione da studiare è del tipo:

le equazioni risolventi sono:

-F *A =0

∗ ∗ 0.8 ∗ yd f

R

F *bw*0.8*X *(d-0.4*X )=M =M

cd c c u d

Dalla seconda ricavo sempre Xc e poi sostituito nella prima ricavo A ; ovviamente dobbiamo verificare che

f

l’asse neutro non intersechi l’ala, altrimenti dovremo anche considerare che parte dell’ala è compressa e

calcolare il suo contributo. Riporto i valori ottenuti:

SEZIONE

A C E G I

Md 20870000 19620000 12090000 20290000 15640000 N*mm

Xc 75,19 69,97 40,81 72,75 54,11 mm

Af 260 242 141 252 187 mm^2

Riporto in uno schema semplificato le aree minime di armatura strettamente necessaria

2

I dati numerici si riferiscono alle aree in mm

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Note le aree prendo le tabelle e scelgo i ferri per armare il travetto, e tenendo presente che opportuno

avere almeno due barre in ogni travetto; per il solaio si scelgono barre di piccolo diametro, al massimo un

φ14 o in condizioni di estreme un φ16.

ESECUTIVO DEL SOLAIO

per il solaio ho scelto di partire con un’armatura base costituita da 2 φ 12 disposti nella faccia inferiore e 2

φ 12 disposti nella faccia superiore. Quest’armatura di base deve essere completata con dei monconi nelle

sezioni in cui non è sufficiente l’armatura di base. 2

Occupandomi inizialmente dell’armatura inferiore, a 2 φ12 corrisponde un area di 226 mm quest’area è

sufficiente per tutte le sezioni.

Per la faccia superiore l’armatura non è sufficiente per le sezioni A,C, e G dove dovrò integrare l’armatura

con dei monconi. 2

Per la sezione A devo aggiungere un armatura di area: 260-226=34 mm aggiungo un φ 8

2

Per la sezione C: 242-226=16 mm aggiungo un φ 8

2

Per la sezione G: 252-226= 26 mm aggiungo ancora un φ 8

È da tener presente che le barre sono di lunghezza massima 12 m e quindi se la somma delle campate è

maggiore di 12 m come nel nostro caso, si devono prevedere le eventuali giunzioni, che sono buona norma,

quando possibile farle in zona compressa( le armature inferiori si spezzano agli appoggi, dove il mom

positivo è nullo mentre le superiori si spezzano in campata). Prima di andare a calcolare le giunzioni calcolo

le lunghezze di ancoraggio.

Per calcolare la lunghezza di ancoraggio si immagina di annegare una barra di acciaio in un blocco di CLS, e

si immagina ti tirare la barra con un forza F; sulla barra immersa da CLS nascono delle tensioni e per

l’equilibrio dovrà risultare è F=Πφ se si fa l’ipotesi che l’aderenza è costante lungo tutta la barra si

()

∫

0

può riscrivere:

F=Πφl e dato che noi vogliamo che la barra al massimo si spezzi senza che sfili dal CLS si ha che al max F

a ad ∗

2

Πφ /4 e quindi eguagliando le due espressioni ricavo l =

può essere: F= F yd a 4∗

Nota : la NTC 2008 ci dice che per barre ad aderenza migliorata possiamo porre la resistenza tangenziale di

=F

calcolo ad bd 2/3

E ricordando cheF =2.25* e Fctm=0.3*(Fck ) e Fctk= 0.7*Fctm

bd ϒ

Quindi per il nostro CLS che è un C25/30 si avrà:

Fck=25 (resistenza cilindrica caratteristica)

Fctm=2.56 (resistenza a trazione media)

Fctk=1.80 (resistenza a trazione caratteristica)

Da cui =2.70

F bd

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E quindi dato che il nostro acciaio è un B450C le lunghezze di ancoraggio sono:

φ l a

8 29 cm

12 44 cm

Inoltre la normativa mi impone che le barre devono essere prolungate oltre la lunghezza strettamente

necessaria di una quantità a pari a:

1

a =(0.9/2)*d*(cotg α+cotg θ) con θ i