Sussidi didattici per il corso di COSTRUZIONI EDILI. Prof. Ing. Francesco Zanghì TRAVI RETICOLARI AGGIORNAMENTO DEL 7/11/2011

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1 Sussidi didattici per il corso di COSTRUZIONI EDILI Prof. Ing. Francesco Zanghì TRAVI RETICOLARI AGGIORNAMENTO DEL 7/11/2011

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. 2

3 3

4 4

5 5

6 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: ESEMPI a = 2n 3 a = 4 ; 2 n 3 = = 8 3 = 5 verifica di stabilità interna NON soddisfatta a = 5 ; 2 n 3 = = 8 3 = 5 verifica di stabilità interna soddisfatta 7

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. PUNTONE TIRANTE 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). 8

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. 9

10 Carpenteria metallica 2L 80x80x8[20] 80x80x8[20] L = Pi = L 80x80x8[20] 80x80x8[20] L = 824 Pi = 300 2L 80x80x8[20] L = 278 Pi = 300 2L 80x80x8[20] L = 754 Pi = 300 4L 80x80x8[20;20] L = 1168 Pi = L 100x100x8[20] L = 4105 Pi = 300 2L 100x100x8[20] L = 4105 Pi = 300 2L 80x80x8[20] 2L 2L 80x80x8[20] 80x80x8[20] 2L 80x80x8[20] L = 754 Pi = 300 L = 1228 Pi = 300 2L 80x80x8[20] L = 278 Pi = 300 L L = = Pi Pi = = L 100x100x8[20] L = 3576 Pi = 300 2L 100x100x8[20] L = 3626 Pi = Caratteristiche dei profili adottati y x x g (kg/m) = 12.2 h (mm) = 100 b (mm) = 100 t (mm) = 8 A (cm2) = Jx (cm4) = Wx (cm3) = Jy (cm4) = Wy (cm3) = x y x g (kg/m) = 9.66 h (mm) = 80 b (mm) = 80 t (mm) = 8 A (cm2) = 12.3 Jx (cm4) = Wx (cm3) = Jy (cm4) = Wy (cm3) = y y L 100 x 100 x 8 L 80 x 80 x 8 10

11 Schema statico X Y Nodo [m] [m]

12 Analisi dei carichi 1.00 m 4.00 m 4.00 m 4.00 m Area di influenza per i carichi sulla copertura 12

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 = kn/m Tutti i carichi agenti sulle aste vanno trasferiti ai nodi di estremità come carichi concentrati. q ql/2 ql/2 L F Fb/L Fa/L a L b 13

14 12 kn/m kn kn 9.18 kn kn

15 PESO PROPRIO DELLE ASTE Asta Lunghezza Peso a ml. Sezione [m] [N/m] N profili Carico nodale [N] x100x x100x x100x x100x x100x x100x x100x x100x x100x x100x x100x x100x x80x x80x x80x x80x x80x x80x x80x x80x x80x

16 [N.B. CARICHI IN N] N 585 N 585 N 534 N 534 N N N N N N N N 16

17 Calcolo delle reazioni vincolari esterne Per la stabilità esterna della struttura deve essere: H = 0 1 V + V = F = kn Risoluzione con il metodo analitico Poiché la struttura è simmetrica e simmetricamente caricata: 110 kn V1 = V12 = = 55 kn 2 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 17

18 17.40 kn kn kn kn kn 0.38 kn 0.41 kn 0.90 kn 18

19 NODO 1: F F x y = 0 = 0 R R 1 3 cos R ( 19.5 ) = 0 sin( 19.5 ) 1 3 = kn 19.5 R13 R12 Dalla seconda si ricava: R sin kn 1 3 = = ( ) <0 pertanto invertiamo il verso prescelto Sostituendo nella prima equazione: ( ) 128. kn R = cos = 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). 55 kn 9.54 kn kn kn 55 kn 19

20 NODO 2: F F x y = 0 = 0 NODO 3: F F x y = 0 = 0 R R ( R3 5 + R3 4 ) ( R R ) = = cos sin 3 4 = = R R = kn = 0.38 kn ( ) + R3 5 cos( ) + R3 4 cos( ) ( ) + R sin( ) R sin( ) = = 0 R R R R = = 81.9 Dalla seconda: R 3 5 = R Sostituendo nella prima:.9 + R = Pertanto: R ; 2R 3 4 = ; R3 4 = kn R = kn 3 5 Invertiamo i versi prescelto poiché le soluzioni sono entrambe negative. 20

21 R kn R kn kn 0.38 kn R 2-4 R kn kn 0.38 kn kn kn kn kn kn 0.38 kn 0.38 kn 21

22 NODO 4: F F x y = 0 = cos R 4 5 ( ) + R sin = 0 ( ) = 0 R R = 103 kn = 10.3 kn NODO 5: F F x y = 0 = cos sin ( ) + R5 7 cos( ) + R5 6 cos( ) ( ) + R sin( ) R sin( ) = = R R R R R 0.33 R R 0.33 R = = = = = R = 5 7 = = kn Dalla seconda: R.82 R Sostituendo nella prima: R 103 ; R = 31kN Pertanto: R Invertiamo i versi prescelto poiché le soluzioni sono entrambe negative. 22

23 21.16 R kn kn R kn kn 5 R5-7 R kn 10.3 kn 10.3 kn kn 83 kn 27.3 kn kn kn kn 31 kn 0.41 kn 10.3 kn 23

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: ( ) = 0 R kn F y = R sin = R kn kn 31 kn 31 kn 31 kn kn kn 103 kn kn 0.90 kn 0.90 kn 24

25 Tabella sollecitazioni Asta Sezione N profili Sforzo [kn] Tipo x100x TIRANTE x100x TIRANTE x100x TIRANTE x100x TIRANTE x100x TIRANTE x100x TIRANTE x100x PUNTONE x100x PUNTONE x100x PUNTONE x100x PUNTONE x100x PUNTONE x100x PUNTONE x80x TIRANTE x80x TIRANTE x80x TIRANTE x80x TIRANTE x80x TIRANTE x80x PUNTONE x80x PUNTONE x80x PUNTONE x80x PUNTONE 25

26 Corso di COSTRUZIONI EDILI Prof. Ing. Francesco Zanghì kn 55 kn 26

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 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 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. 27

28 V V

29 ESERCIZI Risolvere le seguenti strutture reticolari con il metodo analitico e con il metodo grafico cremoniano. TRAVE N 1 F=20 kn L=2.00 m TRAVE N 2 F=20 kn L=2.00 m 29

30 TRAVE N 3 P=10 kn L=2.00 m TRAVE N 4 30

31 TRAVE N 5 (Polanceau a 1 contraffisso) Schema statico

32 X Y Nodo [m] [m] 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 32

33 Carpenteria metallica 2L 2L 80x80x8[20] 80x80x8[20] L = Pi Pi = L 80x80x8[20] L = 522 Pi = 300 2L 2L 100x100x8[20] 100x100x8[20] L L = = Pi Pi = = L 2L 100x100x8[20] 100x100x8[20] L L = = Pi Pi = = t=20 t=20 12 Bulloni M Bulloni M L 100x100x8[20] t=20 2L 100x100x8[20] t=20 6 Bulloni M L = 1902 Pi = Bulloni M L = 3390 Pi =

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