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

30x60

30x60 30x60 Ld

30x60 30x60 30x60 30x60

60x24

60x24 60x24 Lc

30x60 30x60 30x60 30x60

30x60

30x60 30x60

2

1 3 4

Ls La Lb La Ls

CARPENTERIA E DEFINIZIONE DELLE LUCI

Fig.1 carpenteria scala 1:125

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

L = 2.10 m

S

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

A

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

B

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

C A B

L =L = L

D C 1

Elaborato numerico 1

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2

ANALISI DEI CARICHI (per 1 m di solaio)

massetto

soletta pignatta travetto 2

4

cm

20

2

intonaco

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:

3

γ = 2500 daN/m

cls 3

=

γ 700 daN/m

pignatta 3

=

γ 2000 daN/m

intonaco 3

=

γ 2000 daN/m

massetto

Carichi Permanenti (G′) 2

Peso 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/m

G′

Carichi Permanenti portati (G″) 2

Intonaco: (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/m

G″ 2

520 daN/m

≈

Totale peso proprio: G=G′+G″

Carichi Accidentali (Q )

i 2

= 200 daN/m

Campate: Q

C 2

= 400 daN/m

Sbalzi: Q

S

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

2

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

2

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

C 2

Q =(400 daN/m )x1.00 m= 400 daN/m

S 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

F

1 F

4

M

1 M

4

1 2 3 4

L L L

A 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

F

1 F

4

M M

1 4

X X X X

2 2 3 3

1 2 3 4

L L L

A B A

Con questo metodo si assumono quali incognite iperstatiche, i momenti che si trasmettono ai nodi,

2

pertanto tra le soluzioni tutte equilibrate bisogna accettare solo quella rispettosa delle equazioni

∞

di congruenza. Dette equazioni sono: 4

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ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ

= + + = + +

 X

M X X

 q q

 3

1 2 2

⇔

21 23 21 21 21 23 23 23

 

ϕ ϕ

= ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ

+ + = + +

 X X

X M

q q

 2 3 3 4

32 34 32 32 32 34 34 23

considerando positive le rotazioni se orarie, si riscrivono le due equazioni utilizzando i valori

secondo gli schemi noti:

 3 3

1 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 X

2 3

X =X =1729.75 daNm

2 3

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

5

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CALCOLO DEI TAGLI

Sbalzo in 1

q=920daN/m

Equazioni indefinite dell’equilibrio del concio elementare:



dT =

= − q cost

q ( x )  2

d M

dx = − =

 q ( x ) M parabolico

2

dM  dx

= =

T ( x ) T lineare





dx

integrando le due equazioni differenziali, si ottiene:

( ) = − +

T x qx C

1

2

( ) x

= − + +

M x q C x C

1 2

2

Fissate le condizioni al contorno possiamo determinare le due costanti:

( )

= = → =

per x 0 M 0 0 C 0

2

( )

= = → =

per x 0 T 0 0 C 0

1 Legge di variazione del Momento:

2 2

( ) x x

= − = −

M x q 920

2 2

= = −

M ( x 2 . 10 ) 2028 . 60 daNm

Legge di variazione del Taglio:

( ) = − = −

T x qx 920 x

= = −

T ( x 2 . 10 ) 1932 daN

6

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Campata 1-2

=

Equazioni indefinite dell’equilibrio del concio elementare: q 720

daN / m

M

 1

dT =

= − X

q cost

q ( x ) 2

 2

d M

dx = − =

 q ( x ) M parabolico x

2

dM  dx

= = 1 2

T ( x ) T lineare





dx qL

y =

A 1728

daN

2

integrando le due equazioni differenziali, si ottiene:

( ) = − +

T x qx C

1 M

2

( ) x =

1 422

.

63

daN

= − + +

M x q C x C L

1 2 A

2

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 T

12 21

2

( ) x

= − + −

M x 720 1790 . 27 x 2028 . 60

2

Il valore dei tagli alle due estremità:

= 1790.27 daN

T 12

T = 1665.73 daN

21

Per il calcolo delle ascisse di momento nullo : 1 2

2

( ) x

= − + − =

M x 720 1790 . 27 x 2028 . 60 0

2

=

x 1 . 76 m

1 =

x 3 . 21

m

2

Per il calcolo dell’ascissa di momento massimo:

( ) = − + =

T x 720 x 1790 . 27 0

T

=

x 2 . 48 m

T 1 2

=

M ( x ) 197 . 13

daNm

T x

Il momento un mezzeria:

 

L y

= − ⋅ + ⋅ − =

  2

A

M 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 720<