Sussidi didattici per il corso di
COSTRUZIONI EDILI
Prof. Ing. Francesco Zanghì
TRAVI RETICOLARI
AGGIORNAMENTO DEL 7/11/2011
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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:
a = 2n − 3
ESEMPI
a=4
;
2n − 3 = 2 ⋅ 4 − 3 = 8 − 3 = 5
verifica di stabilità interna NON soddisfatta
a = 5 ; 2n − 3 = 2 ⋅ 4 − 3 = 8 − 3 = 5
verifica di stabilità interna soddisfatta
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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).
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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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=
0
30
0]
0x8[2
0x8
2L 8
L=
Pi =
824
300
L = 278 Pi = 300
Pi
= 30
0
2L 80x80x8[20]
28
12
L=
2L 80x80x8[20]
x
80
2L
]
[20
x8
80
L = 754 Pi = 300
L = 1168 Pi = 300
4L 80x80x8[20;20]
2L
80
x8
0x
L=
8[2
0]
12
28
Pi
=
30
0
L = 754 Pi = 300
2L 8
0x80
x8[2
0]
L=
824
Pi =
300
2L 1
00x1
00x8
[20]
L=4
105
Pi
0
= 30
2L 80x80x8[20]
2L 80x80x8[20]
L = 278 Pi = 300
00x
00x1
2L 1
Pi
4105
] L=
8[20
1500
Carpenteria metallica
2L 100x100x8[20] L = 3626 Pi = 300
2L 100x100x8[20] L = 3576 Pi = 300
7900
Caratteristiche dei profili adottati
y
y
x
x
g (kg/m) = 9.66
h (mm) = 80
b (mm) = 80
t (mm) = 8
g (kg/m) = 12.2
h (mm) = 100
b (mm) = 100
t (mm) = 8
A (cm2) = 15.51
Jx (cm4) = 144.8
Wx (cm3) = 19.94
Jy (cm4) = 144.8
Wy (cm3) = 19.94
x
x
A (cm2) = 12.3
Jx (cm4) = 72.25
Wx (cm3) = 12.58
Jy (cm4) = 72.25
Wy (cm3) = 12.58
y
y
L 100 x 100 x 8
L 80 x 80 x 8
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Schema statico
7
5
9
3
20°
1
11
12
2
4
Nodo
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
6
X
[m]
-4.00
-2.63
-2.63
-1.32
-1.32
0
0
1.32
1.32
2.63
2.63
4.00
8
10
Y
[m]
0
0
0.51
0
0.98
0
1.44
0
0.98
0
0.51
0
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Analisi dei carichi
1.00 m
4.00 m
4.00 m
4.00 m
Area di influenza per i carichi sulla copertura
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CARICHI PER mq DI COPERTURA
Sovraccarico accidentale (neve):
Impermeabilizzazione:
Lastre di copertura prefabbricate:
1.00
0.10
1.90
3.00
TOTALE
•
Carico a ml:
kN/mq
kN/mq
kN/mq
kN/mq
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
qL/2
qL/2
F b/L
F a/L
L
F
a
b
L
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12 kN/m
19.5°
8.40 kN
16.80 kN
17.58 kN
1.40
1.40
9.18 kN
1.53
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PESO PROPRIO DELLE ASTE
Asta
1-2
2-4
4-6
6-8
8-10
10-12
1-3
3-5
5-7
7-9
9-11
11-12
2-3
4-5
6-7
8-9
10-11
3-4
5-6
6-9
8-11
Lunghezza
[m]
1.44
1.32
1.32
1.32
1.32
1.44
1.53
1.40
1.40
1.40
1.40
1.53
0.51
0.98
1.44
0.98
0.51
1.41
1.64
1.64
1.41
Sezione
100x100x8
100x100x8
100x100x8
100x100x8
100x100x8
100x100x8
100x100x8
100x100x8
100x100x8
100x100x8
100x100x8
100x100x8
80x80x8
80x80x8
80x80x8
80x80x8
80x80x8
80x80x8
80x80x8
80x80x8
80x80x8
Peso a ml.
[N/m]
120
120
120
120
120
120
120
120
120
120
120
120
95
95
95
95
95
95
95
95
95
N° profili
Carico nodale [N]
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
4
2
2
2
2
2
2
172.8
158.4
158.4
158.4
158.4
172.8
183.6
168
168
168
168
183.6
48.4
93
273.6
93
48.4
134
156
156
134
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273.6
[N.B. CARICHI IN N]
168 168
93
168
48.4
168
168
156
183.6
93
168
48.4
156
168
168
134
183.6
134
183.6
183.6
156
134
172.8
172.8 158.4
48.4
156
134
158.4 158.4
158.4 158.4
158.4 158.4
158.4 172.8
93
273.6
93
48.4
172.8
609.6 N
585 N
585 N
534 N
534 N
356.4 N
356.4 N
379.6 N
409.8 N
902.4 N
409.8 N
379.6 N
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Risoluzione con il metodo analitico
Calcolo delle reazioni vincolari esterne
Per la stabilità esterna della struttura deve essere:
H1 = 0
V1 + V12 = ∑ F = 110 kN
Poiché la struttura è simmetrica e simmetricamente caricata:
V1 = V12 =
110 kN
= 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
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17.40 kN
17.40 kN
7
18.11 kN
5
9.54 kN
3
1
2
4
0.38 kN
0.41 kN
6
0.90 kN
55 kN
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NODO 1:
9.54 kN
∑ Fx = 0 ⇒ R1−2 + R1−3 cos(19.5°) = 0

∑ Fy = 0 ⇒ 55 − 9.54 + R1−3 sin (19.5°) = 0
R13
19.5°
1
R12
Dalla seconda si ricava:
R1−3
45.46
=−
= −136.2 kN
sin(19.5°)
<0 pertanto invertiamo il verso prescelto
55 kN
Sostituendo nella prima equazione:
kN
19.5°
1
R1−2 = 136.2 ⋅ cos(19.5°) = 128.4 kN
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).
.2
136
9.54 kN
128.4 kN
55 kN
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NODO 2:
∑ Fx = 0 ⇒ R2−4 − 128.4 = 0 ⇒ R2−4 = 128.4 kN

∑ Fy = 0 ⇒ R2−3 − 0.38 = 0 ⇒ R2−3 = 0.38 kN
NODO 3:
∑ Fx = 0 ⇒ 136.2 ⋅ cos(19.52°) + R3−5 ⋅ cos(19.52°) + R3−4 ⋅ cos(19.52°) = 0

∑ Fy = 0 ⇒ 136.2 ⋅ sin (19.52°) + R3−5 ⋅ sin (19.52°) − R3−4 ⋅ sin (19.52°) − 18.11 − 0.38 = 0
0.94 ⋅ (R3−5 + R3−4 ) = −128.4

0.33 ⋅ (R3−5 − R3−4 ) = −27.02
 R3−5 + R3−4 = −136.6

 R3−5 − R3−4 = −81.9
Dalla seconda: R3−5 = R3−4 − 81.9
Sostituendo nella prima: R3−4 − 81.9 + R3−4 = −136.6 ; 2 R3−4 = −54.7 ; R3−4 = −27.3 kN
Pertanto: R3−5 = −109.2 kN
Invertiamo i versi prescelto poiché le soluzioni sono entrambe negative.
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R 2 -3
18.11 kN
°
19.52
R 35
3
2
R 2 -4
1 2 8 .4 kN
21.18°
136.2 kN
R 34
0 .3 8 kN
0.38 kN
0.38 kN
18.11 kN
.2
109
kN
3
136.2 kN
2
27.
1 2 8 .4 kN
3k
N
1 2 8 .4 kN
0 .3 8 kN
0.38 kN
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NODO 4:
∑ Fx = 0 ⇒ 27.3 ⋅ cos(21.16°) + R4 − 6 − 128.4 = 0 ⇒ R4 −6 = 103 kN

∑ F y = 0 ⇒ R4 −5 − 0.41 − 27.3 ⋅ sin (21.16°) = 0 ⇒ R4 −5 = 10.3 kN
NODO 5:
∑ Fx = 0 ⇒ 109.2 ⋅ cos(19.52°) + R5− 7 ⋅ cos(19.52°) + R5 − 6 ⋅ cos(36.57°) = 0

∑ Fy = 0 ⇒ 109.2 ⋅ sin (19.52°) + R5− 7 ⋅ sin (19.52°) − R5− 6 ⋅ sin (36.57°) − 17.40 − 10.3 = 0
 103 + R5− 7 ⋅ 0.94 + R5 − 6 ⋅ 0.80 = 0

 36.5 + R5 − 7 ⋅ 0.33 − R5 − 6 ⋅ 0.60 − 17.40 − 10.3 = 0
 R5 − 7 ⋅ 0.94 + R5− 6 ⋅ 0.80 = −103

 R5 − 7 ⋅ 0.33 − R5 − 6 ⋅ 0.60 = −8.8
Dalla seconda: R5− 7 = 1.82 ⋅ R5− 6 − 26.7
Sostituendo nella prima: 1.71⋅ R5− 6 − 25.1 + R5− 6 ⋅ 0.80 = −103 ; R5 − 6 = −31 kN
Pertanto: R5− 7 = −56.11 − 26.7 = −83 kN
Invertiamo i versi prescelto poiché le soluzioni sono entrambe negative.
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R4-5
21.16°
17.40 kN
19.52°
R5-7
27.3 kN
R4-6
128.4 kN
R5-6
36.
109.2 kN
57°
5
4
0.41 kN
10.3 kN
10.3 kN
17.40 kN
83 k
N
5
27.3 kN
4
103 kN
109.2 kN
31
kN
128.4 kN
0.41 kN
10.3 kN
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NODO 6:
L’equilibrio alla traslazione orizzontale del nodo 6 è ovviamente garantito pertanto basta esplicitare la
sola equazione di equilibrio alla traslazione verticale:
R6−7 = 38 kN
38 kN
∑ Fy = 0 ⇒ R6−7 − 0.90 − 2 ⋅ 31 ⋅ sin (36.39°) = 0 ⇒
31 kN
31 kN
103 kN
103 kN
6
0.90 kN
9°
36.3
3 6 .3
9°
R6-7
31 kN
31 kN
103 kN
103 kN
6
0.90 kN
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Tabella sollecitazioni
Asta
Sezione
N° profili
Sforzo [kN]
Tipo
1-2
2-4
4-6
6-8
8-10
10-12
1-3
3-5
5-7
7-9
9-11
11-12
2-3
4-5
6-7
8-9
10-11
3-4
5-6
6-9
8-11
100x100x8
100x100x8
100x100x8
100x100x8
100x100x8
100x100x8
100x100x8
100x100x8
100x100x8
100x100x8
100x100x8
100x100x8
80x80x8
80x80x8
80x80x8
80x80x8
80x80x8
80x80x8
80x80x8
80x80x8
80x80x8
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
4
2
2
2
2
2
2
+128.4
+128.4
+103
+103
+128.4
+128.4
-136.2
-109.2
-83
-83
-109.2
-136.2
+0.38
+10.3
+38
+10.3
+0.38
-27.3
-31
-31
-27.3
TIRANTE
TIRANTE
TIRANTE
TIRANTE
TIRANTE
TIRANTE
PUNTONE
PUNTONE
PUNTONE
PUNTONE
PUNTONE
PUNTONE
TIRANTE
TIRANTE
TIRANTE
TIRANTE
TIRANTE
PUNTONE
PUNTONE
PUNTONE
PUNTONE
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7
83
83
5
.2
1
128.4
11
27.3
128.4
2
55 kN
10.3
27.3
0.38
.2
31
103
4
103
6
0.38
136
31
.2
10.3
3
109
38
109
9
128.4
8
136
.2
128.4
12
10
55 kN
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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.
27
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V1
18.11
9.55
Corso di COSTRUZIONI EDILI
128.5
17.40
0.38
0.41
0.90
0.41
18.11
V12
17.40
31
9.54
27
84
0.38
84
110
103.6
10
0.38
38.5
17.40
.3
136
28
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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
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TRAVE N°3
P=10 kN
L=2.00 m
TRAVE N°4
30
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TRAVE N°5 (Polanceau a 1 contraffisso)
Schema statico
4
6
3
7
1
2
5
31
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Nodo
1
2
3
4
5
6
7
•
•
•
•
•
X
[m]
-4.12
-1.72
-2.00
0
1.72
2.00
4.12
Sovraccarico accidentale:
Impermeabilizzazione:
Peso proprio copertura :
Interasse capriate:
Si trascuri il peso proprio degli elementi strutturali
Y
[m]
0
0
0.74
1.44
0
0.74
0
1.10
0.10
2.90
5.00
kN/mq
kN/mq
kN/mq
m
32
Corso di COSTRUZIONI EDILI
Prof. Ing. Francesco Zanghì
Carpenteria metallica
00x
2L 1
L=2
100x
0
]
8[20
80
2L
0
30
0]
x8[2
2L 100x100x8[20]
9
16
i=
9P
0x80
300
]
[20
x8
0
x8
L=
2L 8
Pi =
00
i= 3
94
= 20
]
8[20
P
522
L
100x
L=
00x
2L 1
12 Bulloni M14 - 8.8
00
i= 3
09 P
- 8.8
M14
lloni
u
B
9
t=20
t=20
t=20
2L 100x100x8[20]
t=20
6 Bulloni M14 - 8.8
L = 1902 Pi = 300
12 Bulloni M14 - 8.8
L = 3390 Pi = 300
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Prof. Ing. Francesco Zanghì
Fonti
• Antonio Cirillo – Acciaio – Sistemi editoriali
• Delio Fois – Corso di costruzioni Vol.2 - Calderini
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