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

Formattazione del testo

M 1dT == − Xq costq ( x ) 2 2d Mdx = − = q ( x ) M parabolico x2dM  dx= = 1 2T ( x ) T linearedx qLy =A 1728daN2integrando le due equazioni differenziali, si ottiene:( ) = − +T x qx C1 M2( ) x =1 422.63daN= − + +M x q C x C L1 2 A2Fissate le condizioni al contorno possiamo determinare le due costanti: X =2 360.36 daNper x=0 T(0)=C C =1790 daN→ →1 1 L Aper x=0 M(0)=C C =-2028.60 daN→ →2 2Le due leggi di variazione sono: ( ) = − +T x 720 x 1790 . 27 T T12 212( ) x= − + −M x 720 1790 . 27 x 2028 . 602Il valore dei tagli alle due estremità:= 1790.27 daNT 12T = 1665.73 daN21Per 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 . 21m2Per il calcolo dell’ascissa di momento massimo:( ) = − + =T x 720 x 1790 . 27 0T=x 2 . 48 mT 1 2=M ( x ) 197 . 13daNmT xIl momento un mezzeria: L y= − ⋅ + ⋅ −

=  2AM 360 ( 2 . 4 ) 1790 . 27 ( 2 . 4 ) 2028 . 60 194. 45 daNm 2 7

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Campata 2-3

Equazioni indefinite dell’equilibrio del concio elementare: q 720daN / mdT = X X= − q costq ( x )  2 32 xd Mdx = − = q ( x ) M parabolico 2 32dM  dx= =T ( x ) T lineare y qLdx =B 1656 daN

integrando le due equazioni differenziali, si ottiene: 2( ) = − +T x qx C X1 =2 376.03daN2( ) x L= − + +M x q C x C B1 22

Fissate le condizioni al contorno possiamo determinare le due costanti: X =3 376.03daNLper x=0 T(0)=C C =1656 daN→ → B1 1per x=0 M(0)=C C =-1729.75daN→ →2 2

Le due leggi di variazione sono: T T23 32( ) = − +T x x720 16562( ) x= − + −M x 1656 x 1729 . 75720 2

Il valore dei tagli alle due estremità:= 1656 daNT 23T = 1656 daN32

Per il calcolo delle ascisse di momento nullo : 2 32( ) x= − + − =M x 720 1656 x 1729 . 75 02=x 1 .

T T T T T T T T

S1 12 21 23 32 34 43 4

S1 32 4

R R R R

1 2 3 4

R = T + T = 3722.27 daN

1 S1 12

R = T + T = 3321.73 daN

2 21 23

R = T + T = 3321.73 daN

3 32 34

R = T + T = 3722.27 daN

4 43 4

S R = R = R1 4 MAX

Controllo dell'Equilibrio Globale alla Traslazione Verticale:

∑ = VF 0i [ ]( ) ( ) ( ) ( ) + + + - - ⋅ - + = R R R R GL Q 2 L Q 2 L L 01 2 3 4 TOT S S C A B

( ) - - - = 14088 9568 1680 2840 daN 0

Controllo dell'Equilibrio Globale alla Rotazione intorno al punto 1:

∑ = (1)M 0i [ ] [ ] [ ]( ) ( ) ( ) ( ) - - ⋅ + - ⋅ + + ⋅ + + ⋅ + + R L R L L R 2 L L G 2 L 2 L L L L 22 A 3 A B 4 A B S A B

[ ] [ ] [ ]( ) ( ) ( ) ( ) - ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ ⋅ + + = Q L L 2 Q 2 L L L L 2 Q L 2 L L L 2 0 S S C A B A B S S S B S

- + = 100906 . 8 100906 . 8 0 10

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Corso di Tecnica delle

Assegnando una rigidezza flessionale EI all'intera trave del solaio è possibile caratterizzare le rotazioni delle sezioni in corrispondenza dei quattro appoggi, e dunque tracciare la deformata qualitativa.

Caratteristiche meccaniche della trave (con riferimento ad 1 m di solaio):

• E = 2.5 * 10⁵ daN/cm (modulo elastico del calcestruzzo)

Caratteristiche geometriche della trave: 4cm * 20cm

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Calcolo del Momento d'inerzia baricentrico (I):

Con riferimento alla Fig.9, si individua la posizione del baricentro G della sezione sull'asse disimmetria (s-s) attraverso la regola dei momenti statici rispetto ad una asse generico y-y:

s = 1 cm

4hG = 1Gcm

g = gy = G1 cm2

y = 20G cm16

y = G210 2hy ysb 2b 1

Suddividiamo la sezione a T in figura, in due sotto-aree:

2 = 400 cm1:

la soletta, avente superficie A1 = 22: l'anima, avente superficie A = 400 cm²

Applicando la regola dei momenti statici, si ha un'equazione nell'incognita Y :

G+ = A Y A Y A YG G TOT G1 1 2 2⇓ = Y 16cmG

Definita la posizione del baricentro e quindi l'asse (g-g) ad esso connesso è possibile calcolare il momento di inerzia I utilizzando il teorema del Trasporto (Teorema di Huygens), ossia:

I = I + I1 23 ( )b h = + − = 2 42 2I A Y Y 14933 .3cm² 1 1G G123 ( )b h = + − = 2 41 1I A Y Y 27733 .3cm¹ 2 G 2 G12 − = + = ⋅ = ⋅4 4 4 4I I I 4 . 27 10 cm 4 . 27 10 m1 2 12

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

Calcolo delle rotazioni delle sezioni della trave in corrispondenza dei quattro appoggi: positive orarie si considerano le rotazioni se

3M L X L qLϕ − = − − + = − ⋅ 31 A 2 A A 1 231 6 3 24EI EI EI

3M L X L qLϕ − = + + − = + ⋅ 31 A 2 A A 1 . 00 102 3 6 24EI EI EIϕ − =

• − 31 . 003ϕ −= + ⋅ 31 234è possibile ora tracciare la deformata qualitativa della trave:M 2028.60daNm1= M 2028.60daNm4=X X1729.57daNm 1729.57daNm2= 3= 32 41 F.T. F.T.F.T. F.T.F.T. F.T.F.T.Fig. 11 deformata della trave 13Elaborato numerico 1Corso di Tecnica delle Costruzioni 1 A.A. 2008/2009
• 2. RISOLUZIONE DI UN TELAIO PIANO A NODI FISSI IN C.A.q=4250 daN/m q=4250 daN/mC ID30x60 30x603,00 H 2 q=4250 daN/mq=4250 daN/mB HE30x60 30x603,20 H1 A GF30x50 30x50 30x504,70 4,70Fig 12- telaio piano da risolvere Scala 1:100La simmetria geometrica e di carico della struttura rende il telaio a nodi fissi.Caratteristiche geometriche e meccaniche: ⋅ 30 . 30 0 . 50 −= = = = = = = = ⋅ 3 4I I I I I I I 3 . 125 10 mp AB BC FE ED GH HI 12⋅ 30 . 30 0 . 60 −= = = = = = ⋅ 3 4I I I I I 5 . 4 10 mt BE CD DI EH 12= ⋅ 9 2E 2 . 5 10 daN / mcls = ⋅ 6 2E I 7 . 8125 10 daNmcls p = ⋅ 6 2E I 13 . 5 10 daNmcls tCarico uniformemente distribuito sui

traversi:= + =q P R 4250 daN / mtrave maxγ= ⋅ =traveP V cls 450 daN / munitariotrave = ≅R 3722, 27 3800 daNmax è la massima reazione degli appoggi del solaio che scarica sulle travi del telaio.R max 14Elaborato numerico 1Corso di Tecnica delle Costruzioni 1 A.A. 2008/2009

Il telaio piano può essere ridotto allo schema seguente :

C D30x603,00H 1 B E30x603,20H 2 SA 30x50 4,70 Fig.13- telaio piano ridotto

Operando sullo schema ridotto si risolve la struttura in maniera più agevole in quanto le incognite cinematiche, adottando il metodo delle deformazioni, sono solo due: le rotazioni ai nodi B e C.

Utilizzando il principio di equivalenza lo schema “S” può essere visto come somma di due schemi:

• lo schema “zero” in cui la struttura perfettamente incastrata è sollecitata dai carichi esterni;

• lo schema “uno” in cui la struttura è sollecitata dai momenti di incastro perfetto cambiati di segno; .

CCD D D= +..B B BE E E0 1SA A AFig. 14-schemi di telaio equivalenti 15Elaborato numerico 1Corso di Tecnica delle Costruzioni 1 A.A. 2008/2009Schema “zero” MM DC .C D MM EB ..B E0A⋅2 24250 4 . 70qL= = = =M M 7823 . 54 daNm (azioni NODO-ASTA)C B 12 12Fig. 15-telaio perfettamente incastrato Schema “uno”C D3,00 B E3,20 1A L=4.70m(azioni ASTA-NODO)Fig. 16-telaio caricato dai momenti di incastro perfetto cambiati di segno16Elaborato numeric