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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.
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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
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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
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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.
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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
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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
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12
Analisi dei carichi
Area di influenza per i carichi sulla copertura
4.00 m 4.00 m
4.00 m
1.00 m
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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
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14
19.5°
12 kN/m
1.53
1.40
1.40
17.58 kN
9.18 kN
16.80 kN
8.40 kN
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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
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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
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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
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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
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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°
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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.
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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
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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.
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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
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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
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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
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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
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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.
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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
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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
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30
TRAVE N°3
TRAVE N°4
P=10 kN L=2.00 m
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31
TRAVE N°5 (Polanceau a 1 contraffisso)
Schema statico
1
2
3
4
5
6
7
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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
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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
Corso di COSTRUZIONI EDILI Prof. Ing. Francesco Zanghì
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Fonti
• Antonio Cirillo – Acciaio – Sistemi editoriali • Delio Fois – Corso di costruzioni Vol.2 - Calderini
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