Travi reticolari - PCIprofzanghi.weebly.com/uploads/9/0/0/4/9004706/travi_reticolari.pdf · Risoluzione con il metodo analitico Calcolo delle reazioni vincolari esterne Per la stabilità

Sussidi didattici per il corso di COSTRUZIONI EDILI

Prof. Ing. Francesco Zanghì

TRAVI RETICOLARI

AGGIORNAMENTO DEL 7/11/2011

Corso di COSTRUZIONI EDILI Prof. Ing. Francesco Zanghì

2

Le travi reticolari sono strutture formate da aste rettilinee, mutuamente collegate a cerniera ai loro estremi in punti chiamati nodi secondo una disposizione geometrica ordinata in modo tale da formare un sistema indeformabile. I carichi esterni sono quasi sempre forze concentrate ai nodi.

Nell’esempio in figura, il carico agente in sommità viene trasmesso alle due cerniere a terra dalle due aste mediante sole forze di compressione. In altre parole, le due aste sono sollecitate solo da sforzi normali. Questo elementare modello di struttura è ispirata al principio statico della triangolazione. Le strutture reticolari offrono una delle più antiche soluzioni al problema delle coperture. L’impossibilità di coprire, mediante tale schema semplice, luci sempre più grandi ha condotto via via all’inserimento di ulteriori elementi strutturali al fine di parzializzarne la luce libera, fino ad ottenere elementi sempre più complessi.


3


4


5


6


7

STABILITÁ INTERNA Internamente le aste inserite devono essere conformate in modo da formare maglie triangolari. Il numero delle aste “a”, necessarie per collegare “n” nodi in modo stabile, cioè in modo che non presenti labilità interne, è:

32 −= na ESEMPI

4=a ; 53834232 =−=−⋅=−n

verifica di stabilità interna NON soddisfatta

5=a ; 53834232 =−=−⋅=−n

verifica di stabilità interna soddisfatta


8

SFORZI NELLE ASTE Le aste di una trave reticolare sono sollecitate esclusivamente da sforzo normale di compressione (PUNTONI) o di trazione (TIRANTI). Si osservi che lo sforzo è l’azione esercitata dal nodo sull’asta pertanto esso è uguale e opposto all’azione esercitata dall’asta sul nodo.

Una trave reticolare è “risolta” se si riesce a trovare lo sforzo che sollecita ogni asta. Poiché il collegamento di estremità è una cerniera, il nodo NON può trasmettere alcun momento all’asta. Per risolvere la struttura reticolare focalizziamo la nostra attenzione sui nodi, partendo dal presupposto che ogni nodo sia fermo, cioè in equilibrio, pertanto l’insieme delle forze che agiscono nel nodo stesso deve avere risultante nulla (metodo dei nodi).

PUNTONE

TIRANTE


9

ESEMPIO DI CALCOLO

Risolviamo la capriata reticolare all’inglese rappresentata in figura. Le aste sono costituite da profili metallici a L accoppiati. Le capriate sono poste ad un interasse di 4.00 m.


10

Carpenteria metallica

2L 80x80x8[20]L = 1228 Pi = 300

2L 80x80x8[20]

2L 100x100x8[20] L = 3576 Pi = 300

2L

80x

80x8

[20]

L =

278

Pi =

300

2L

80x

80x8

[20]

L =

278

Pi =

300

2L 80x80x8[20]

2L 80x80x8[20]L = 824 Pi = 300

L = 824 Pi = 300

L = 1228 Pi = 300

7900

1500

2L

80x

80x8

[20]

L =

754

Pi =

30

0

2L

80x

80x8

[20]

L =

754

Pi =

30

0

4L

80x

80x8

[20;

20]

L =

116

8 P

i = 3

00

4L

80x

80x8

[20;

20]

L =

116

8 P

i = 3

00

2L 80x80x8

[20]

L = 1228 Pi =

300

2L 100x100x8[20] L = 4105 Pi = 300

2L 80x80x8

[20]

L = 1228 Pi =

300

2L 100x100x8[20] L = 3626 Pi = 300

2L

80x

80x8

[20]

L =

754

Pi =

30

0

2L

80x

80x8

[20]

L =

754

Pi =

30

0

2L

80x

80x8

[20]

L =

278

Pi =

300

2L

80x

80x8

[20]

L =

278

Pi =

300

2L 80x80x8[20]

L = 824 Pi = 300 2L 80x80x8[20]

L = 824 Pi = 300

2L 100x100x8[20] L = 4105 Pi = 300

Caratteristiche dei profili adottati

L 100 x 100 x 8

g (kg/m) = 12.2h (mm) = 100b (mm) = 100t (mm) = 8

A (cm2) = 15.51Jx (cm4) = 144.8Wx (cm3) = 19.94

Jy (cm4) = 144.8Wy (cm3) = 19.94

L 80 x 80 x 8

g (kg/m) = 9.66h (mm) = 80b (mm) = 80t (mm) = 8

A (cm2) = 12.3

Jx (cm4) = 72.25Wx (cm3) = 12.58

Jy (cm4) = 72.25Wy (cm3) = 12.58

x

y

y

xx

yy

x


11

Schema statico

12

3

4 6 8 10

5

7

9

11

12

20°

Nodo

X [m]

Y [m]

1 -4.00 0

2 -2.63 0

3 -2.63 0.51

4 -1.32 0

5 -1.32 0.98

6 0 0

7 0 1.44

8 1.32 0

9 1.32 0.98

10 2.63 0

11 2.63 0.51

12 4.00 0


12

Analisi dei carichi

Area di influenza per i carichi sulla copertura

4.00 m 4.00 m

4.00 m

1.00 m


13

CARICHI PER mq DI COPERTURA Sovraccarico accidentale (neve): 1.00 kN/mq Impermeabilizzazione: 0.10 kN/mq Lastre di copertura prefabbricate: 1.90 kN/mq TOTALE 3.00 kN/mq

• Carico a ml: 3.00 kN/mq x 4.00 m = 12.00 kN/m

Tutti i carichi agenti sulle aste vanno trasferiti ai nodi di estremità come carichi concentrati.

q

L

qL/2 qL/2

F

L

Fb/L

a b

Fa/L


14

19.5°

12 kN/m

1.53

1.40

1.40

17.58 kN

9.18 kN

16.80 kN

8.40 kN


15

PESO PROPRIO DELLE ASTE

Asta Lunghezza

[m] Sezione

Peso a ml. [N/m]

N° profili Carico nodale [N]

1-2 1.44 100x100x8 120 2 172.8

2-4 1.32 100x100x8 120 2 158.4

4-6 1.32 100x100x8 120 2 158.4

6-8 1.32 100x100x8 120 2 158.4

8-10 1.32 100x100x8 120 2 158.4

10-12 1.44 100x100x8 120 2 172.8

1-3 1.53 100x100x8 120 2 183.6

3-5 1.40 100x100x8 120 2 168

5-7 1.40 100x100x8 120 2 168

7-9 1.40 100x100x8 120 2 168

9-11 1.40 100x100x8 120 2 168

11-12 1.53 100x100x8 120 2 183.6

2-3 0.51 80x80x8 95 2 48.4

4-5 0.98 80x80x8 95 2 93

6-7 1.44 80x80x8 95 4 273.6

8-9 0.98 80x80x8 95 2 93

10-11 0.51 80x80x8 95 2 48.4

3-4 1.41 80x80x8 95 2 134

5-6 1.64 80x80x8 95 2 156

6-9 1.64 80x80x8 95 2 156

8-11 1.41 80x80x8 95 2 134


16

183.6

172.8 172.8 158.4

183.6168

48.4

48.4 273.6

93

134

156

356.4 N

[N.B. CARICHI IN N]

134

93

168168

156 156

158.4 158.4

273.6

168 168

158.4 158.4

183.6

172.8172.8158.4

183.6168

48.4

48.4

93

134

156

134

93

168168

158.4 158.4

534 N

379.6 N

585 N

409.8 N

609.6 N

902.4 N

356.4 N

534 N

379.6 N

585 N

409.8 N


17

Risoluzione con il metodo analitico Calcolo delle reazioni vincolari esterne

Per la stabilità esterna della struttura deve essere:

01 =H

kNFVV 110121 =∑=+

Poiché la struttura è simmetrica e simmetricamente caricata:

kNkN

VV 552

110121 ===

Calcolo degli sforzi nelle aste Calcoleremo, per ovvi motivi di simmetria, soltanto metà struttura.

E’ necessario individuare un nodo semplice o canonico, definito come nodo in cui convergono due aste e scriviamo le due equazioni di equilibrio. Nel nostro caso partiamo dal nodo 1.

La figura seguente riporta lo schema statico finale con tutti i carichi nodali applicati


18

18.11 kN

9.54 kN

17.40 kN

17.40 kN

0.38 kN 0.41 kN 0.90 kN55 kN

1

2

3

4 6

5

7


19

NODO 1:

( )

( )

=°+−⇒=∑

=°+⇒=∑

−

−−

05.19sin54.9550

05.19cos0

31

3121

RF

RRF

y

x

Dalla seconda si ricava:

( )kNR 2.136

5.19sin

46.4531 −=

°−=

−

<0 pertanto invertiamo il verso prescelto Sostituendo nella prima equazione:

( ) kNR 4.1285.19cos2.13621 =°⋅=−

Poiché gli sforzi sull’asta sono uguali e opposti alle azioni sui nodi, l’asta 1-3 sarà un puntone (compressione) e l’asta 1-2 sarà un tirante (trazione).

9.54 kN

55 kN

R13

R12

19.5°

128.4 kN

136.2 kN

55 kN

9.54 kN

1

1 19.5°


20

NODO 2:

=⇒=−⇒=∑

=⇒=−⇒=∑

−−

−−

kNRRF

kNRRF

y

x

38.0038.00

4.12804.1280

3232

4242

NODO 3:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

=−−°⋅−°⋅+°⋅⇒=∑

=°⋅+°⋅+°⋅⇒=∑

−−

−−

038.011.1852.19sin52.19sin52.19sin2.1360

052.19cos52.19cos52.19cos2.1360

4353

4353

RRF

RRF

y

x

( )

( )

−=−⋅

−=+⋅

−−

−−

02.2733.0

4.12894.0

4353

4353

RR

RR

−=−

−=+

−−

−−

9.81

6.136

4353

4353

RR

RR

Dalla seconda: 9.814353 −=−−

RR

Sostituendo nella prima: 6.1369.81 4343 −=+−−−

RR ; 7.542 43 −=−

R ; kNR 3.2743 −=−

Pertanto: kNR 2.10953 −=−

Invertiamo i versi prescelto poiché le soluzioni sono entrambe negative.


21

0.38 kN

128.4 kNR 2 -4

R2 -3

2

0.38 kN

128.4 kN

2 128.4 kN

0.3

8 k

N

18.11 kN

0.38 kN

3136.2 kN

R35

R34

21.1

8°

19.5

2°

18.11 kN

0.38 kN

3136.2 kN

109.2 kN

27.3 kN


22

NODO 4:

( )

( )

=⇒=°⋅−−⇒=∑

=⇒=−+°⋅⇒=∑

−−

−−

kNRRF

kNRRF

y

x

3.10016.21sin3.2741.00

10304.12816.21cos3.270

5454

6464

NODO 5:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

=−−°⋅−°⋅+°⋅⇒=∑

=°⋅+°⋅+°⋅⇒=∑

−−

−−

03.1040.1757.36sin52.19sin52.19sin2.1090

057.36cos52.19cos52.19cos2.1090

6575

6575

RRF

RRF

y

x

=−−⋅−⋅+

=⋅+⋅+

−−

−−

03.1040.1760.033.05.36

080.094.0103

6575

6575

RR

RR

−=⋅−⋅

−=⋅+⋅

−−

−−

8.860.033.0

10380.094.0

6575

6575

RR

RR

Dalla seconda: 7.2682.1 6575 −⋅=−−

RR

Sostituendo nella prima: 10380.01.2571.1 6565 −=⋅+−⋅ −− RR ; kNR 3165 −=−

Pertanto: kNR 837.2611.5675 −=−−=−

Invertiamo i versi prescelto poiché le soluzioni sono entrambe negative.


23

0.41 kN

4

27.3 kN

128.4 kN R4-6

R4-5

21

.16°

0.41 kN

4

10.3

kN

103 kN

17.40 kN

5

109.2 kN

10.3 kN

R5-7

R5-6

19

.52°

36.5

7°

5

83 kN

31 kN

27.3 kN

128.4 kN

17.40 kN

109.2 kN

10.3 kN


24

NODO 6:

L’equilibrio alla traslazione orizzontale del nodo 6 è ovviamente garantito pertanto basta esplicitare la sola equazione di equilibrio alla traslazione verticale:

( ) kNRRFy 38039.36sin31290.00 7676 =⇒=°⋅⋅−−⇒=∑−−

0.90 kN

6103 kN

31 kN

103 kN

31 kN

R6-7

36.3

9°3

6.3

9°

0.90 kN

6103 kN

31 kN

103 kN

31 kN

38

kN


25

Tabella sollecitazioni

Asta Sezione N° profili Sforzo [kN]

Tipo

1-2 100x100x8 2 +128.4 TIRANTE

2-4 100x100x8 2 +128.4 TIRANTE

4-6 100x100x8 2 +103 TIRANTE

6-8 100x100x8 2 +103 TIRANTE

8-10 100x100x8 2 +128.4 TIRANTE

10-12 100x100x8 2 +128.4 TIRANTE

1-3 100x100x8 2 -136.2 PUNTONE

3-5 100x100x8 2 -109.2 PUNTONE

5-7 100x100x8 2 -83 PUNTONE

7-9 100x100x8 2 -83 PUNTONE

9-11 100x100x8 2 -109.2 PUNTONE

11-12 100x100x8 2 -136.2 PUNTONE

2-3 80x80x8 2 +0.38 TIRANTE

4-5 80x80x8 2 +10.3 TIRANTE

6-7 80x80x8 4 +38 TIRANTE

8-9 80x80x8 2 +10.3 TIRANTE

10-11 80x80x8 2 +0.38 TIRANTE

3-4 80x80x8 2 -27.3 PUNTONE

5-6 80x80x8 2 -31 PUNTONE

6-9 80x80x8 2 -31 PUNTONE

8-11 80x80x8 2 -27.3 PUNTONE


26

55 kN

1

2

3

4

5

55 kN

12

10

11

86

9

7

136.2

109.2

83

136.2

109.2

83

27.3

31

38

128.4 128.4 10310.3

0.3

8 27.3

31

128.4128.4103

10.3

0.3

8


27

Risoluzione con il metodo grafico cremoniano (Prof. Cremona 1870)

Il metodo raccoglie in un unico diagramma tutti i poligoni di equilibrio ai nodi.

1. Si costruisce il poligono chiuso di tutte le forze esterne, attive e reattive, riportando tali forze in ordine come si trovano percorrendo il contorno della trave per esempio in senso destrorso;

2. Partendo dal nodo canonico 1, ruotiamo in senso orario e incontriamo la reazione nota V1=55 kN, la forza nota pari a 9.54 kN e le aste 1-3 e 1-2. In questo stesso ordine costruiamo il relativo poligono di equilibrio.

3. Passando al nodo 2, in senso orario, incontriamo lo sforzo S1-2 precedentemente calcolato, pari a 128.5 kN, gli sforzi delle aste 2-3 e 3-4 incogniti e, infine, la forza verticale pari a 0.38 kN. Sul grafico troviamo già disposto lo sforzo S1-2 , da cambiare di verso, e la forza esterna pertanto chiudiamo il poligono con le parallele alle aste 2-3 e 2-4.

4. Si procede con la stessa logica per tutti i nodi. Per la simmetria possiamo arrestare il procedimento al nodo 7 in quanto il diagramma risulterebbe speculare.


28

136.3

128.50.3

8

27

110

10

103.684

31

84

38. 5

9.5

51

8.1

117.4

017

.40

17.4

01

8.1

19.5

4

V1

V12

0.3

8

0.4

10.9

0

0.4

1

0.3

8


29

ESERCIZI

Risolvere le seguenti strutture reticolari con il metodo analitico e con il metodo grafico cremoniano. TRAVE N°1

TRAVE N°2

F=20 kN L=2.00 m

F=20 kN L=2.00 m


30

TRAVE N°3

TRAVE N°4

P=10 kN L=2.00 m


31

TRAVE N°5 (Polanceau a 1 contraffisso)

Schema statico

1

2

3

4

5

6

7


32

Nodo X

[m] Y

[m]

1 -4.12 0

2 -1.72 0

3 -2.00 0.74

4 0 1.44

5 1.72 0

6 2.00 0.74

7 4.12 0

• Sovraccarico accidentale: 1.10 kN/mq • Impermeabilizzazione: 0.10 kN/mq • Peso proprio copertura : 2.90 kN/mq • Interasse capriate: 5.00 m • Si trascuri il peso proprio degli elementi strutturali


33

Carpenteria metallica

2L 80x80x8[20]

L = 522 P

i = 300 2L 80x80x8[20]

L = 522 P

i = 300

2L 100x100x8[20]

L = 3390 Pi = 300

L = 3390 Pi = 300

2L 100x100x8[20]

L = 2094 Pi = 300

2L 100x100x8[20]

L = 2094 Pi = 300

2L 100x100x8[20]

L = 1902 Pi = 300

2L 100x100x8[20]

L = 1902 Pi = 300

2L 80x80x8

[20]

L = 1699 P

i = 3

00

2L 80x80x8

[20]

L = 1699 P

i = 3

00

2L 100x100x8[20]

L = 2009 Pi = 300

2L 100x100x8[20]

L = 2009 Pi = 300

t=20

t=20

t=20

t=20

6 Bulloni M14 - 8.8

12 Bulloni M14 - 8.8

9 Bulloni M14 - 8.8

12 Bulloni M14 - 8.8


34

Fonti

• Antonio Cirillo – Acciaio – Sistemi editoriali • Delio Fois – Corso di costruzioni Vol.2 - Calderini

Documents

Travi reticolari - PCIprofzanghi.weebly.com/uploads/9/0/0/4/9004706/travi_reticolari.pdf · Risoluzione con il metodo analitico Calcolo delle reazioni vincolari esterne Per la stabilità