12 - Diagrammi delle caratteristiche per strutture isostatiche - Diagrammi delle... · e' nullo il...

12 - Sul calcolo delle caratteristiche

per strutture isostaticheü [A.a. 2011 - 2012 : ultima revisione 26 marzo 2013]

In questa Esercitazione si illustrano alcuni metodi per tracciare i diagrammi delle caratteristiche della

sollecitazione interna, limitatamente al caso di strutture isostatiche. Qualunque sia l'approccio usato,

analitico, geometrico o grafico, si dovra' far uso delle equazioni di equilibrio, che impongono le seguenti

relazioni tra carichi applicati e c.s.i.:

(1)

dN

dx 3

= − t

dT

dx 3

= −p

dM

dx 3

= T

Ne segue che la distribuzione dei carichi assiali e trasversali fornisce una indicazione sull'andamento del

diagramma di sforzo normale e taglio:

- tratto scarico ö caratteristica costante

- tratto caricato da un carico uniformemente distribuito ö caratteristica lineare

- tratto caricato da un carico distribuito con legge lineare ö caratteristica quadratica

Inoltre, nei tratti dove il carico e' positivo, la caratteristica corrispondente dovra' essere una funzione

decrescente

Per il momento flettente, in base alle (1) potra' dirsi:

- tratto scarico ö taglio costante ö momento lineare

- tratto caricato da un carico pHx3L uniformemente distribuito ö taglio lineare ö momento quadratico

Inoltre, nei tratti dove il taglio e' positivo, il momento dovra' essere una funzione crescente

Conosciuto l'andamento dei diagrammi, alcuni valori potranno dedursi in base alle condizioni ai limiti di

equilibrio. Ad esempio, in corrispondenza di un estremo libero non caricato le caratteristiche dovranno

annullarsi, in corrispondenza di una cerniera il momento sara' nullo, etc. Infine, si consideri che dove il taglio

e' nullo il momento avra' un minimo, un massimo, o un punto di flesso, e che - in generale - potranno trarsi

tutte le deduzioni note dall'Analisi Matematica e dallo studio delle funzioni.

In corrispondenza dei vincoli interni e delle forze concentrate intermedie sorgeranno discontinuita' nei

diagrammi: in particolare, una forza assiale concentrata causa una discontinuita' nello sforzo normale, una

forza trasversale causa una discontinuita' nel taglio, ed una discontinuita' angolare nel momento, una coppia

causa una discontinuita' nel diagramma del momento. Analogamente, i vincoli introducono reazioni concen-

trate, e quindi altrettante discontinuita'.

Nel seguito si inizia con l' esaminare alcune strutture semplicissime, per poi studiare telai man mano piu'

complessi.

Esercizio n.1 Come primo, banale esempio, si consideri la mensola di Figura 1, soggetta ad un carico trasversale uniforme-

mente distribuito.

L

A B

Figura 1 - Un primo esempio elementare

à Metodo grafico

Il tracciamento dei diagrammi di taglio e momento si effettua secondo i seguenti passi:

- calcolo delle reazioni, che in questo caso risulta immediato:

(2)

RA = −qL

MrA =qL2

2

- ad un carico uniformemente distribuito corrisponde un taglio variabile con legge lineare. Si conoscono i

due valori agli estremi, in quanto:

(3)T H0L = −RA = qL

T HLL = 0

ed e' quindi possibile tracciare la retta che congiunge i due punti. Si osservi che - come previsto - il taglio e'

una funzione decrescente con pendenza pari al carico

qL

L

A B

Figura 2 - Il diagramma del taglio per la trave di Figura 1

185 12 - Diagrammi delle caratteristiche per strutture isostatiche.nb

- il diagramma del momento variera' con legge quadratica, e si conoscono i due valori estremi:

(4)MH0L = −MrA = −

qL2

2MHLL = 0

Inoltre, in L il diagramma del momento avra' tangenza orizzontale, in quanto la sua derivata (ossia il taglio)

e' nulla. Tutto cio' permette il disegno della parabola quadratica che rappresenta il momento

−qL2

2

L

A B

Figura 3 - Il diagramma del momento per la trave di Figura 1

à Metodo analitico

Se si vogliono ottenere le formule che descrivono l'andamento dei diagrammi delle c.s.i., si consideri che,

poiche' il taglio e' lineare, si potra' scrivere:

(5)T Hx3L = a0 + a1 x3

e le due costanti potranno dedursi imponendo le condizioni ai limiti:

(6)T H0L = qL � a0 = q L

T HLL = 0 � a0 + a1 L = 0

e quindi:

(7)T Hx3L = qL K1 −x3

LO

Analogamente, il momento e' quadratico, e quindi si potra' scrivere :

(8)MHx3L = b0 + b1 x3 + b2 x32

e le tre costanti dovranno dedursi a partire dalle tre condizioni :

(9)

MH0L = −qL2

2� b0 = −

qL2

2

MHLL = 0� b0 + b1 L + b2 L2 = 0

M' HLL = 0� b1 + 2 b2 L = 0

Si ottiene :

12 - Diagrammi delle caratteristiche per strutture isostatiche.nb 186

b0 = −qL2

2b1 = qL

b2 = −q

2

e quindi il momento e' esprimibile analiticamente come :

(11)MHx3L = −q

2IL2 − 2 L x 3 + x3

2M

Esercizio n .2Un secondo esempio elementare e' proposto in Figura 4, dove una trave costituita da due tratti collegati da

una cerniera e' soggetta ad una stesa di carico uniforme limitatamente al tratto di destra.

q

L1 L2

A

BC

Figura 4 - Una trave isostatica a due tratti

Poiche' la trave e' vincolata a sinistra con un incastro, ed a destra con un appoggio, essa risulta isostatica, e le

reazioni possono calcolarsi immediatamente risolvendo le quattro equazioni di equilibrio:

(12)

RA + TB = 0

MrA − TB L1 = 0

−TB + RC+ q L2 = 0

−TB L2 +qL2

2

2= 0

Si ha :

(13)

TB =qL2

2

RC = −qL2

2

RA = −qL2

2

MrA =qL2

2L1

Il diagramma del taglio sara' costante lungo il primo tratto, e lineare nel secondo, e poiche' si conoscono i

valori:


(14)

T H0L =qL2

2

T HL1 + L2L = −qL2

2

si puo' subito tracciare il diagramma.

qL2

2

−qL2

2

L1 L2

A

BC

Figura 5 - Il diagramma del taglio per la trave di Figura 4

Il momento variera' linearmente lungo la prima campata, e quadraticamente nella seconda. E' anche noto che

esso dovra' annullarsi sia in B che in C, e che in mezzeria della seconda campata (dove il taglio e' nullo)

dovra' presentare una tangenza orizzontale.

−q L2

2L1

qL22

8

L1 L2

A

BC

Figura 6 - Il diagramma del momento per la trave di Figura 4

à Metodo analitico

Lungo il primo tratto, dove il taglio e' costante ed il momento varia linearmente tra - MrA e zero, si potra'

scrivere:


TAB Hx3L =qL2

2

MAB Hx3L = −qL2

2L1 1 −

x3

L1

assumendo un sistema di riferimento con origine in A. Nel secondo tratto il taglio varia linearmente

assumendo agli estremi i valori qL2

2 a sinistra e -

qL2

2 a destra. Si potra' quindi scrivere, assumendo ora un

sistema di riferimento con origine in B:

(16)TBC Hx3L =qL2

21 − 2

x3

L2

Nello stesso sistema di riferimento, il momento potra' scriversi come un polinomio quadratico:

(17)MBC Hx3L = b0 + b1 x3 + b2 x32

i cui coefficienti potranno calcolarsi dalle tre condizioni :

(18)

MBC H0L = 0 � b0 = 0

MBC HL2L = 0� b0 + b1 L2 + b2 L22 = 0

MBC' H0L =

qL2

2� b1 =

qL2

2

In definitiva sara' :

(19)MBC Hx3L =q x3

2HL2 − x3L

Esercizio n. 3Per la struttura di Figura 7, tracciare i diagrammi di taglio, momento e sforzo normale.

L

H

q

A

B C

Figura 7 - Un semplice telaio a mensola


Il telaio e' composto da due tratti, un ritto di altezza H ed un traverso di lunghezza L. Per il ritto, si adotta un

sistema di riferimento con origine nel punto B, l'asse x3 diretto secondo l'asse della trave, verso il nodo A, e

l'asse x2 diretto verso sinistra, mentre per il traverso si sceglie l'origine in B, l'asse x3 diretto lungo l'asse del

tratto, verso il nodo C, e l'asse x2 verso il basso.

Il calcolo delle reazioni e' immediato:

(20)

RAh = 0

RAv = −qL

MrA =qL2

2

In corrispondenza dell' incastro, l' equilibrio del concio detta:

(21)

TBA HHL = 0

NBA HHL = RAv

MBA HHL = MrA

RAv

RAw

MrA

NBA

TBA

MBA

Figura 8 - Il diagramma per l'equilibrio del concio in corrispondenza dell'incastro

Lungo il tratto BA il taglio sara' quindi identicamente nullo, mentre lo sforzo normale sara' costante, e pari

ad RAv . Il momento flettente, poiche' il taglio e' nullo, risultera' costante, e pari ad MrA .

In B l'equilibrio detta invece :

(22)

TBC H0L + NBA H0L = 0

NBC H0L − TBA H0L = 0

MBC H0L + MBA H0L = 0


MBC

NBA

TBA

MBA

NBC

TBC

Figura 9 - Il diagramma per l'equilibrio del concio in B

e quindi:

(23)

NBC H0L = 0

TBC H0L = − NBA H0L = qL

MBC H0L = − MBA H0L = −qL2

2

Infine, lungo il traverso BC lo sforzo normale sara' costante, e quindi nullo, il taglio decrescera' linearmente

da qL a zero, il momento variera' con legge quadratica crescendo da −qL2

2a zero:

qLqL

A

B C

A

B C

Figura 10 - Il diagramma del taglio e dello sforzo normale per il telaio di Figura 7


qL2

2

A

B C

Figura 11 - Il diagramma del momento per il telaio di Figura 7

Esercizio n. 4 Si consideri il telaio di Figura 12, palesemente isostatico, in quanto assimilabile ad un arco a quattro cerniere

con pendolo intermedio, e si voglia tracciare i diagrammi dello sforzo normale, del taglio e del momento

flettente.

P

L1 L2 L3

H1

H2

H3

H4

H5

A

B

K C F L

DH

E

Figura 12 - Un telaio a quattro cerniere e pendolo interno

à Soluzione analitica

Si calcolano le reazioni attraverso la scrittura delle nove equazioni di equilibrio :


RAv + TC− NBF Sin @αD = 0

RAw+ NC+ NBF Cos@αD = 0

RAw H1 − TC L1 − NC H2 = 0

−NC− NBF Cos@αD − TD = 0

−TC+ NBF Sin @αD + ND = 0

−TC L2 − TD h3 − ND L3 = 0

TD+ P+ REw = 0

−ND+ REv = 0

−TD HH4 + H5L − P H5 = 0

dove NBF e' lo sforzo normale nel pendolo, positivo se il pendolo risulta teso. La soluzione puo' scriversi

come :

(25)

RAv =P H5 HH2 H−Cos@αD H3 + Sin @αD L2L + Sin @αD HH3 L1 + H1 L2LL

HH4 + H5L H−Sin @αD L1 L3 + Cos@αD H2 HL2 + L3LLREw = −

P H4

H4 + H5

REv =P H5 HH2 HCos@αD H3 − Sin @αD L2L − Sin @αD HH3 L1 + H1 L2LL

HH4 + H5L H−Sin @αD L1 L3 + Cos@αD H2 HL2 + L3LLRAw = −

P H5

H4 + H5

NC = −P H5 HCos@αD H3 L1 + Sin @αD L1 L3 + Cos@αD H1 HL2 + L3LL

HH4 + H5L H−Sin @αD L1 L3 + Cos@αD H2 HL2 + L3LLNBF =

P H5 HH3 L1 + HH1 + H2L HL2 + L3LLHH4 + H5L H−Sin @αD L1 L3 + Cos@αD H2 HL2 + L3LL

ND =P H5 HH2 HCos@αD H3 − Sin @αD L2L − Sin @αD HH3 L1 + H1 L2LL

HH4 + H5L H−Sin @αD L1 L3 + Cos@αD H2 HL2 + L3LLTC =

P H5 HSin @αD H1 L3 + H2 HCos@αD H3 + Sin @αD L3LLHH4 + H5L H−Sin @αD L1 L3 + Cos@αD H2 HL2 + L3LL

TD = −P H5

H4 + H5

Nel caso di Figura 12, in cui H1 = 4, H2 = 6, H3 = 4, H4 = 2, H5 = 2, L1 = 4, L2 = 2, ed L3 = 4 si ha:

(26)

RAv =3 P

10; R Ev = −

3 P

10

REw = −P

2; R Aw = −

P

2

NC = −7 P

5; T C =

8 P

5

NBF =19 P

5 2; N BF Cos@αD =

19 P

10; N BF Sin @αD =

19 P

10;

ND = −3 P

10; T D = −

P

2


ü Il diagramma del taglio

Per il tracciamento del diagramma del taglio, si consideri che esso dovra' essere costante a tratti, con

discontinuita' in corrispondenza dei due punti B ed F di applicazione del pendolo, dei due nodi K ed L, e del

punto di applicazione H della forza applicata. Conviene quindi definire sei sistemi di riferimento HOi,

x3HiL, x2

HiLM identificando sei distinti origini degli assi, orientando l'asse x3HiL lungo l'asse del telaio, dall'origine

verso l'altro estremo, e l'asse x2HiL a formare un angolo di p/2 con x3

HiL. Quando nessuna confusione e' possibile,

si elimineranno gli apici.

Per il telaio di Figura 12, quindi, si opera la seguente scelta, illustrata in Figura 13:

- tratto 1, da B ad A, con origine in B

- tratto 2, da K a B, con origine in K

- tratto 3, da K ad F, con origine in K

- tratto 4, da F ad L, con origine in F

- tratto 5, da L ad H, con origine in L

- tratto 6, da H ad E, con origine in H

x3H1L

x2H1L

x3H2L

≡ x2H3L

x2H2L x3

H3L x3H4L

x2H4L x3

H5Lx2H5L

x3H6L

x2H6L P

A

B

K C F L

D

H

E

Figura 13 - Una scelta di sistemi di riferimento per il tracciamento dei diagrammi delle c.s.i.

Il diagramma del taglio sara' quindi univocamente determinato dai valori TBA , TKB , TKF, TFL, TLH e THE e,

per convenzione, esso verra' riportato dal lato dell'asse locale x2 negativo. Partendo dal tratto HE, l'equilibrio

dell'appoggio di estremita' permette di ottenere il valore del taglio in HE:


REv

REw

NE

TE

Figura 14 - L'equilibrio del vincolo in E

(27)THE = − REw =P

2

In corrispondenza della forza applicata P si ha una discontinuita' del diagramma, e per l'equilibrio del concio

H dovra' aversi:

(28)TLH = THE− P = −P

2

P

NHE

THE

MHE

NLH

TLH

MLH

Figura 15 - L'equilibrio del concio in H

e tale valore si manterra' costante fino al punto L. Nel tratto FL il valore del taglio sara' pari al valore dello

sforzo normale nel tratto LH, ossia sara':


NFL

TFL

MFL

NLH

TLH

MLH

Figura 16 - L'equilibrio del concio in L

(29)TFL = NLH = REv = −3 P

10

In F, un'altra equazione di equilibrio permette di ottenere il taglio in KF:

α

NKF

TKF

MKF

MFL

NFL

TFL

NBF

Figura 17 - L'equilibrio del concio in F

(30)TKF = TFL + NBF Sin @αD = −3 P

10+

19 P

10=

8 P

5

Nel tratto BA, il taglio e' pari all'inverso della reazione in A:

(31)TBA = − RAw =P

2

ed infine, nel tratto BK, potra' dedursi dall' equilibrio del concio in B:


α

NBF

NBA

TBA

MBA

NKB

TKB

MKB

Figura 18 - L'equilibrio del concio in B

(32)TKB = TBA − NBF Cos@αD =P

2−

19 P

10= −

7 P

5

In definitiva, il diagramma del taglio puo' disegnarsi come in Figura 19:

A

B

K F L

H

E

Figura 19 - Un telaio a quattro cerniere e pendolo interno: il diagramma del taglio

ü Il diagramma del momento

Per il tracciamento del diagramma del momento, si tenga conto che utili informazioni possono aversi dall'ap-

pena dedotto diagramma del taglio, che ne rappresenta la derivata. Esso sara' costituito da diagrammi lineari,

per cui - utilizzando i gia' citati sistemi di riferimento, si potra' scrivere:


MBA Hx3L = c0 + TBA x3

MKB Hx3L = c1 + TKB x3

MKF Hx3L = c2 + TKF x3

MFL Hx3L = c3 + TFL x3

MLH Hx3L = c4 + TLH x3

MHE Hx3L = c5 + THE x3

Partendo dall' appoggio in A, si avra' ovviamente MA = 0, e quindi:

(34)MBA Hx3 = H1L = c0 + TBA H1 = c0 +P

2H1 = 0 � c0 = −

P

2H1

e quindi:

(35)MBA Hx3L =P

2Hx3 − H1L

Nel tratto KB, si avra' subito:

(36)

MB = MKB Hx3 = H2L =

c1 + TKB H2 = −P

2H1 � c1 = − TKB H2 −

P

2H1 =

7 P

5H2 −

P

2H1

e quindi il momento nel tratto KB sara' esprimibile come :

(37)MKB Hx3L =7 P

5H2 −

P

2H1 −

7 P

5x3

giungendo in K con un valore :

(38)MK = MKB Hx3 = 0L =7 P

5H2 −

P

2H1 =

32 P

5

Sara' quindi, per l' equilibrio del nodo :

MKF

NKF

TKF

MKB

NKB

TKB

Figura 20 - L'equilibrio del concio in K

(39)MKF Hx3L = −32 P

5+

8 P

5x3

Si noti subito, che - come dettato dalle condizioni ai limiti - si ritrova MC = MKFHx3 = L1L = 0. In F il


momento varra':

(40)MF = MKF Hx3 = L1 + L2L =P

2H1 −

7 P

5H2 +

8 P

5HL1 + L2L =

16 P

5= c3

e quindi il momento nel tratto FL varra' :

(41)MFL Hx3L =P

2H1 −

7 P

5H2 +

8 P

5HL1 + L2L −

3 P

10x3

In L quindi si avra' un momento pari a :

(42)ML = MFL Hx3 = L3L =P

2H1 −

7 P

5H2 +

8 P

5HL1 + L2L −

3 P

10L3 = c4

Nel tratto verticale LH si avra' il momento:

(43)MHL Hx3L =P

2H1 −

7 P

5H2 +

8 P

5HL1 + L2L −

3 P

10L3 −

P

2x3

che ovviamente si annulla in x3 = H3, e giunge in H col valore:

(44)

MH = MHL Hx3 = H3 + H4L =

P

2H1 −

7 P

5H2 +

8 P

5HL1 + L2L −

3 P

10L3 −

P

2HH3 + H4L = c5

Infine, nel tratto HE si ha una pendenza pari a P/2, e quindi:

(45)MHE Hx3L =P

2H1 −

7 P

5H2 +

8 P

5HL1 + L2L −

3 P

10L3 −

P

2HH3 + H4L +

P

2x3

annullandosi in E.

In Figura 21 e' disegnato il diagramma del momento, che per convenzione e' riportato dalla parte dell'asse x2

positivo.

A

B

K F L

H

E

C

D

Figura 21 - Un telaio a quattro cerniere e pendolo interno: il diagramma del momento


Soluzione grafica

Per la ricerca delle reazioni, si ossevi che l'equilibrio del tratto di telaio da A a C impone che la reazione a

dell'appoggio in A, la reazione b del pendolo e la reazione c della cerniera in C soddisfino la relazione

(46)a + b + c = 0

mentre l' equilibrio del secondo tratto detta una relazione simile:

(47)b + c + d = 0

da cui a = d. Quindi, la retta d'azione della reazione a in A, e la retta d'azione della reazione d della cerniera

in D devono coincidere, e poiche' a deve passare per A, e d deve passare per D, le loro direzioni sono note.

Inoltre, l'equilibrio del terzo tratto:

(48)d + P+ e = 0

permette di conoscere la retta d'azione e di RE, che dovra' passare per E, e per l'intersezione tra la retta

d'azione di P ed RD. Infine, la retta d'azione c di RC si ottiene congiungendo la cerniera in C con l'inter-

sezione tra RA ed il prolungamento del pendolo. Si ha quindi la Figura 22:

A

B

KC F L

DH

EM

N

a=d

c

b

e

Figura 22 - Un telaio a quattro cerniere e pendolo interno: ricerca grafica delle reazioni

Ottenute le rette d' azione delle reazioni, un triangolo di equilibrio permette di ottenere la loro intensita':


P

RERA

β γ

Figura 23 - Un telaio a quattro cerniere e pendolo interno: il poligono di equilibrio per il calcolo delle reazioni

Per il tracciamento del diagramma del momento, si parte dal punto E, assegnando una inclinazione iniziale al

diagramma, e giungendo fino alla retta di applicazione della forza. Si prosegue poi fino ad L, annullando il

momento nella cerniera D. In L il diagramma deve essere ribaltato, per rispettare l'equilibrio del nodo, per

poi proseguire con una pendenza dettata dal punto di intersezione tra l'orizzontale e la retta d'azione d della

cerniera D. Si giunge in F, per poi proseguire fino a K annullando il diagramma in C. In K il diagramma va

ancora ribaltato, per poi proseguire fino a B, anullandosi laddove la retta d'azione c della cerniera C incontra

la verticale. Infine, da B si prosegue annullando il momento in A.

A

B

K C F L

D

E

a=d

c

b

e

Figura 24 - Un telaio a quattro cerniere e pendolo interno: il diagramma del momento per via grafica

à Soluzione geometrica

ü Deduzione del verso delle reazioni

Se si vuole utilizzare i risultati della geometria analitica, e' conveniente definire le coordinate di alcuni punti:

(49)

x A = 0; y A = 0;

xB = 0; y B = H1;

xC = L1; y C = H1 + H2;

xF = L1 + L2 ; y F = H1 + H2;

xD = L1 + L2 + L3; y D = H1 + H2 − H3;

xH = L1 + L2 + L3; y H = H1 + H2 − H3 − H4;

xE = L1 + L2 + L3; y E = H1 + H2 − H3 − H4 − H5;

definendo quindi la retta d' azione del pendolo come :


(50)yp HxL = mp x + np

dove :

(51)mp =yF − yB

xF − xB

; n AD =xF yB − xB yF

xF − xB

;

La retta d' azione della reazione RA e della reazione RD della cerniera in D e' allora definita come la retta che

passa per A e D:

(52)y AD HxL = mAD x + nAD

dove :

(53)mAD =yD− y A

xD− x A

; n AD =xD y A − x A yD

xD− x A

;

L' intersezione N tra la (50) e la (52) ha coordinate:

(54)

xN =H1 HL1 + L2L HL1 + L2 + L3L

H1 HL1 + L2L − H3 HL1 + L2L − H2 L3

yN =H1 HH1 + H2 − H3L HL1 + L2L

H1 HL1 + L2L − H3 HL1 + L2L − H2 L3

e quindi la retta d' azione della reazione della cerniera in C passera' per C e per N :

(55)yC HxL = mC x + nC

dove :

(56)mC =yC− yN

xC− xN

; n C =xC yN− xN yC

xC− xN

La retta d'azione della forza applicata P ha equazione:

(57)yP HxL = H1 + H2 − H3 − H4

e quindi l' intersezione M tra di essa e la congiungente A e D avra' coordinate;

(58)xM =

HH1 + H2 − H3 − H4L HL1 + L2 + L3LH1 + H2 − H3

yM = H1 + H2 − H3 − H4

Infine, la retta d' azione della reazione in E potra' essere definita come la retta che passa per E e per M:

(59)yE HxL = mE x + nE

dove :

(60)mE =yE − yM

xE − xM

; n E =xE yM− xM yE

xE − xM

ü Deduzione dell' intensita' delle reazioni

Conosciute le rette d'azione della reazioni in A ed E, e' possibile conoscere la loro intensita' imponendo

l'equilibrio con la forza applicata P. Siano b e g gli angoli che le rette d'azione di RA ed RE formano con

l'asse x:


(61)β = AtnyD− y A

xD− x A

; γ = AtnyE − yM

xE − xM

e si uguaglino le componenti orizzontali e verticali delle tre forze in gioco :

(62)RA Cos@βD + RE Cos@γD + P = 0

RA Sin @βD + RE Sin @γD = 0

Si ha :

(63)RA = −PH5

H4 + H5

1 +HH1 + H2 − H3L2

HL1 + L2 + L3L2

(64)RE = −PH4

H4 + H5

1 +HH1 + H2 − H3L2 H5

2

H42 HL1 + L2 + L3L2

e quindi :

(65)RAw = RA Cos@βD = −PH5

H4 + H5

(66)RAv = RA Sin @βD = −PHH1 + H2 − H3L H5

HH4 + H5L HL1 + L2 + L3L

(67)REw = RB Cos@γD = −PH4

H4 + H5

(68)REv = RB Sin @γD = PHH1 + H2 − H3L H5

HH4 + H5L HL1 + L2 + L3LNota - Le (65-68) equivalgono alle reazioni calcolate analiticamente, non appena si ponga a =

ArcTanB yF-yB

xF-xBF, e non appena si tenga conto che nelle (25) le reazioni positive puntano verso il basso, mentre

nella deduzione delle (65-68) si sono assunte positive le reazioni verso l'alto.

Esercizio n. 5Si consideri il telaio di Figura 25, costituito da tre tratti rigidi collegati da due cerniere. Per esso, si possono

scrivere 3t = 9 equazioni di equilibrio nelle nove incognite RAw , RAv, RLv, RIw , RIv, TC, NC, TG, NG.


I II III

L1 L2 L3 L4 L5

H1

H2

A

BC

F

D

H

E

G

IL

Figura 25 - Un telaio a due campate asimmetrico


Esplicitamente, si ha, per il primo tratto:

(69)

RAw+ NC = 0

RAv + TC = 0

−TC L1 − NC H1 = 0

avendo scelto il punto A come polo,

(70)

−NC+ NG = 0

−TC+ F + RLv + TG = 0

F L2 + RLv HL2 + L3L + TG HL2 + L3 + L4L + NG H2 = 0

avendo scelto il punto C come polo, ed infine:

(71)

RIw − NG = 0

RIv − TG = 0

−TG L5 + NG HH1 + H2L = 0

avendo scelto I come terzo polo.

Risolvendo il sistema di nove equazioni si ottengono le reazioni:

(72)

RAv =F H1 L3 L5

H2 L1 HL4 + L5L + H1 HL1 L4 − HL2 + L3L L5LRAw = −

F L1 L3 L5

H2 L1 HL4 + L5L + H1 HL1 L4 − HL2 + L3L L5LRLv = −

F HH2 L1 HL3 + L4 + L5L + H1 HL1 HL3 + L4L − L2 L5LLH2 L1 HL4 + L5L + H1 HL1 L4 − HL2 + L3L L5L

RIv =F HH1 + H2L L1 L3

H2 L1 HL4 + L5L + H1 HL1 L4 − HL2 + L3L L5LRIw =

F L1 L3 L5

H2 L1 HL4 + L5L + H1 HL1 L4 − HL2 + L3L L5L


TC = −F H1 L3 L5

H2 L1 HL4 + L5L + H1 HL1 L4 − HL2 + L3L L5LNC =

F L1 L3 L5

H2 L1 HL4 + L5L + H1 HL1 L4 − HL2 + L3L L5LTG =

F HH1 + H2L L1 L3

H2 L1 HL4 + L5L + H1 HL1 L4 − HL2 + L3L L5LNG =

F L1 L3 L5

H2 L1 HL4 + L5L + H1 HL1 L4 − HL2 + L3L L5LIl sistema e' quindi isostatico, e si puo' procedere al calcolo dei tagli e degli sforzi normali. A tal fine, si

introducono sette diversi sistemi di riferimento, come illustrato in Figura 26, ed il diagramma del taglio sara'

definito dai valori TBA , TBD, TDE, TEL, TFE, TFH, THI. Analoghe conclusioni valgono per gli sforzi normali.

x3H1L

≡x2H2L

x2H1L x3

H2L

x2H3L

x3H3L

x3H4L

x3H5L

≡x2H6L

x2H5L x3

H6L x2H7L

x3H7L

I II III

L1 L2 L3 L4 L5

H1

H2

A

B

C

F

D

H

E

G

IL

Figura 26 - I sette sistemi di riferimento per la definizione delle c.s.i.

In A, per l' equilibrio del concio, si ottengono i valori di taglio e sforzo normale nel piedritto BA:

(73)TBA = −RAw

NBA = RAv

In B, l' equilibrio del concio permette di ottenere il taglio in BD e lo sforzo normale in BE:

(74)TBD = −NAB

NBE = TBA

Si giunge in D, dove la forza introduce una variazione di taglio, sicche' nel tratto successivo DE si ha:

(75)TDE = TBD− F

Il tratto EL e' soggetto al solo sforzo normale:

(76)NEL = RLv

e quindi l' equilibrio del concio E permette di ottenere il taglio e lo sforzo normale in FE:

(77)TFE = NBE

NFE = NEL − TDE

Per l' equilibrio del concio F dovra' aversi, sul traverso FH:


TFH = −NFE

NFH = TFE

Infine, studiando l' equilibrio del tronco in H si ottengono gli sforzi normali ed il taglio nel piedritto di destra

HI:

(79)THI = −NFH

NHI = TFH

Il diagramma del taglio si presenta quindi come in Figura 27.

Figura 27 - Un telaio a due campate asimmetrico: il diagramma del taglio

Il diagramma del momento segue immediatamente, in quanto costituito da tratti lineari con pendenza asseg-

nata. Iniziando dal tratto BA, poiche' in corrispondenza dell'appoggio il momento si annulla, dovra' essere:

dall'appoggio A di sinistra si ottiene:

(80)MBA Hx3L = TAB Hx3 − H1Le quindi nel nodo B si ha, per l'equilibrio:

(81)MBD H0L = −MBA H0L = TAB H1

Ne segue il momento fino a D :

(82)MBD Hx3L = TAB H1 + TBD x3

ed in D il momento vale :

(83)MD = TBA H1 + TBD HL1 + L2LProseguendo, nel tratto DE si ha un cambio di pendenza, dovuto alla presenza della forza, e sara':

(84)MDE Hx3L = MD+ TDE x3

Si giunge cosi' nel punto E, e poiche' lungo il tratto EL il momento e' identicamente nullo, potra' scriversi

l'equazione di equilibrio:

(85)MFE HH2L = −MDE HL3L = −MD− TDE L3

e quindi il momento lungo il tratto FE potra' esprimersi con la legge:

(86)MFE Hx3L = −MD− TDE L3 + TFE Hx3 − H2LIn F, l' equilibrio del nodo dettera' :


(87)MFH H0L = − MFE H0L = MD+ TDE L3 + TFE H2

da cui immediatamente :

(88)MFH Hx3L = MFH H0L + TFH x3

In H si ha quindi :

(89)MFH HL4 + L5L = MD+ TDE L3 + TFE H2 + TFH HL4 + L5Le per l' equilibrio del nodo:

(90)MHI H0L = MFH HL4 + L5L = MD+ TDE L3 + TFE H2 + TFH HL4 + L5Lda cui poi, infine:

(91)MHI Hx3L =

MHI H0L + THI x3 = MD+ TDE L3 + TFE H2 + TFH HL4 + L5L + THI x3

Come utile verifica, dovra' poi verificarsi:

(92)MHI HH1 + H2L = MD+ TDE L3 + TFE H2 + TFH HL4 + L5L + THI HH1 + H2LEd infatti, utilizzando le precedenti espressioni di MD e dei tagli si potra' scrivere, in termini di reazioni

vincolari:

(93)MHI HH1 + H2L =

−F HL3 + L4 + L5L − RAv HL1 + L2 + L3 + L4 + L5L − RLv HL4 + L5Led inserendo i valori di RAv ed RLv si verifica che il momento nell'appoggio di destra e' nullo. Il diagramma

dei momenti si presenta allora come in Figura 28.

A

B C D E

F G H

IL

Figura 28 - Un telaio a due campate asimmetrico: il diagramma del momento

à Soluzione grafica

La retta d'azione delle due reazioni esterne dei carrelli in A ed I e' immediatamente deducibile dall'equilibrio

del primo e del terzo tratto, che detta:

(94)a + c = 0

g + i = 0


e quindi le loro rette d'azione coincidono con le rette passanti per A e C, e per I e G, rispettivamente. La retta

d'azione della reazione del carrello e' invece verticale. Cio' basta per iniziare il diagramma, tracciando il

momento nel tratto AB, ed utilizzando il valore cosi' raggiunto in B come unita' di misura. In B il diagramma

si ribalta, proseguendo lungo il traverso, fino all'ascissa di applicazione della forza F, ed annullandosi in

corrispondenza della cerniera C.

Per proseguire, occorre studiare l'equilibrio del secondo tratto, soggetto alla reazione C, alla reazione G, alla

forza F ed alla reazione RLv . Dovra' aversi quindi:

(95)c + f + l + g = 0

ossia :

(96)c + f = l + g

Si conoscono le rette d' azione di ciascuna di queste quattro forze, sicche' e' possibile costruire la risultante,

che dovra' passare per il punto M, (intersezione di c ed f) e per punto N (intersezione di l e g), come illus-

trato in Figura 29

A

BC D E

F G H

IL

M

N

Figura 29 - Un telaio a due campate asimmetrico: la costruzione della risultante MN per l'equilibrio di quattro forze

Costruita la risultante, si puo' proseguire il diagramma del momento nel tratto DE, poiche' esso dovra'

passare per il punto K, laddove MN incontra il traverso BE. In E il diagramma semplicemente si ribalta, in

quanto il tratto EL non e' soggetto a momento. Inoltre, il momento nel tratto EF dovra' annullarsi in N, e

quindi puo' tracciarsi il diagramma nel tratto EF, per poi proseguire - previo ribaltamento - lungo EH, con

punto di nullo in G. Infine, giunti in H, il diagramma si ribaltra ancora, e si ottiene l'ultimo tratto giungendo

in I, dove il momento si annulla. Il diagramma si presenta come segue:


A

BC D E

F G H

K

IL

M

N

Figura 30 - Un telaio a due campate asimmetrico: il diagramma del momento

à Soluzione geometrica

La via grafica puo' essere facilmente tradotta in termini geometrici, seguendo i dettami della geometria

analitica. A tal fine, si definiscano per semplificita' le coordinate di alcuni punti della struttura:

(97)

x A = 0; y A = 0

xB = 0; y B = H1

xC = L1; y C = H1

xD = L1 + L2 ; y D = H1

xG = L1 + L2 + L3 + L4 ; y G = H1 + H2

x I = L1 + L2 + L3 + L4 + L5; y I = 0

xL = L1 + L2 + L3 + L4 ; y L = 0

La retta d' azione della reazione in A sara' definita come la retta che passa per A e C:

(98)RAC HxL = mAC x + nAC

con :

(99)mAC =yC− y A

xC− x A

; n AC =x A yC− xC y A

x A − xC

ed analogamente, la reazione dell'appoggio in I sara' definita come la retta che passa per G ed I:

(100)RIG HxL = mIG x + nIG

con :


(101)mIG =y I − yG

x I − xG

; n IG =xG y I − x I yG

xG− x I

Per ottenere la risultante MN occorre preventivamente definire la retta d'azione della forza:

(102)RF HyL = yD

in modo da ottenere le coordinate del punto M :

(103)

xM = L1 + L2

yM = RAC HL1 + L2L =H1 HL1 + L2L

L1

e quelle del punto N :

(104)

xN = L1 + L2 + L3

yN = RIG HL1 + L2 + L3L =HH1 + H2L HL4 + L5L

L5

La richiesta risultante, quindi, avra' equazione:

(105)RMNHxL = mMNx + nMN

con :

(106)mMN=yM− yN

xM− xN

; n MN=xN yM− xM yN

xN− xM

Infine, il punto K si ottiene intersecando MN con la retta di equazione y = H1:

(107)

xK = IH2 L1 HL1 + L2L HL4 + L5L +

H1 IL12 L4 + L1 L2 HL4 − L5L − L2 HL2 + L3L L5MM ë

HH2 L1 HL4 + L5L + H1 HL1 L4 − L2 L5LLyK =

H1

Esercizio n. 6 Si voglia ora studiare il telaio di Figura 31, costituito da tre tratti rigidi vincolati al suolo da un bipendolo

con asse inclinato di un angolo a rispetto all'orizzontale, e da un pendolo con asse inclinato di b.


I

II III

α

β

A

BC

D

EF H

K

I

L M

P

L1 L2 L3 L4 L5

H1

H2

H3H5

H4

Figura 31 - Lo schema geometrico

Per esso, possono scriversi le equazioni di equilibrio del primo tratto:

(108)

RAv − ND− NI + RMv = 0

RAw+ TD+ TI + RMw= 0

MrA + RAv HL1 + L2 + L3 + L4 + L5L + RAw H1 −

ND HL2 + L3 + L4 + L5L − TD H2 − NI L5 − TI H4 = 0

con polo in M, e con :

(109)RAw = RA Cos HαL; R Av = RA Sin HαLRMw= RM Cos HβL; R Mv = RM Sin HβL

Per il secondo e terzo tratto, si puo' scrivere :

(110)

−TD+ NF = 0

ND+ TF = 0

−TF L2 − NF H3 = 0

−FF + F + NI = 0

−NF − TI = 0

NF H5 − TF HL3 + L4L + F L4 = 0

con poli in D ed I, rispettivamente. Si hanno quindi nove equazioni di equilibrio in nove incognite, la cui

soluzione puo' scriversi come:

MrA = F Csc@α − βDHCos@αD Cos@βD H1 + Cos@βD Sin @αD L1 + Cos@βD Sin @αD L2 +

Cos@βD Sin @αD L3 + Cos@αD Sin @βD L4 + Cos@αD Sin @βD L5LRA = −F Cos@βD Csc@α − βDRM = F Cos@αD Csc@α − βDTD = −F

L2 L4

H5 L2 + H3 HL3 + L4L


ND = −FH3 L4

H5 L2 + H3 HL3 + L4LTF = F

H3 L4

H5 L2 + H3 HL3 + L4LNF = −F

L2 L4

H5 L2 + H3 HL3 + L4LTI = F

L2 L4

H5 L2 + H3 HL3 + L4LNI = −F

HH5 L2 + H3 L3LH5 L2 + H3 HL3 + L4L

e quindi la struttura puo' considerarsi isostatica.


La deduzione dei tagli e degli sforzi normali non presenta alcuna difficolta':

(112)

TBA = −RAw; N BA = RAv;

TBC = −NBA; N BC = TAB;

TEC = TD; N EC = ND;

TCL = TBC+ NEC; N CL = NBC− TEC;

TEH = TF; N EK = NF;

THK = TEH− F;

TKL = TI ; N KL = NI ;

TLM = NKL + TCL; N LM = NCL − TKL;

Si noti che dalle (112) e' anche possibile dedurre che sono stati introdotti otto sistemi di riferimento, con

origine nei punti B,B,E,C,E,E,H,K,L, rispettivamente, ed e' possibile individuare direzione e verso dell'asse

x3.

Il tracciamento del diagramma del momento puo' iniziare dal punto M, dove il momento e' nullo. Nel tratto

LM il diagramma sara' lineare, ed avra' equazione:

(113)MLM Hx3L = c0 + TLM x3

ed essendo MLM HL5L = 0, si potra' scrivere:

(114)MLM Hx3L = −TLM HL5 + x3LIl valore del momento nel nodo L, considerato come estremo del tratto LM verra' indicato con ML

M , e vale:

(115)MLM = MLM H0L = −TLM L5

Sul ritto KL, invece, il diagramma sara' lineare:

(116)MKL Hx3L = c0 + TKL x3

e si annulla nella cerniera I:

(117)MKL HH5L = c0 + TKL H5 = 0 � C0 = − TKL H5

La sua espressione finale e' quindi :


(118)MKL Hx3L = −TKL HH5 − x3L ed e' possibile dedurre il valore nel nodo L:

(119)MLK = MKL HH4 + H5L = −TKL H4

L' equilibrio del nodo permette di ricavare il valore del momento in L lungo il traverso inferiore:

(120)MLC = ML

M− MLK

Nel traverso inferiore, quindi, il momento varia con legge lineare :

(121)MCL Hx3L = c0 + TCL x3

e dovra' essere :

(122)MCL HL2 + L3 + L4L = c0 + TCL HL2 + L3 + L4L = MLC

e quindi:

(123)MCL Hx3L = MLC − TCL HL2 + L3 + L4 − x3L

Nel nodo triplo C il momento lungo il traverso inferiore sara' allora:

(124)MCL = ML

C− TCL HL2 + L3 + L4L

Sul ritto CE il diagramma si annulla nella cerniera D, e giunge in C con valore:

(125)MCE = −TEC H2

L' equilibrio del nodo triplo C permette il calcolo del momento in C sul tratto BC:

(126)MCB = MC

L − MCD

Nel tratto BC il diagramma ha pendenza TBC, e quindi:

(127)MBC Hx3L = MCB − TBC HL1 − x3L

Nel nodo B sara' dunque:

(128)MBC = MBC H0L = MC

B − TBC L1

e per l' equilibrio del nodo sara' anche :

(129)MBA = −MB

C = −MCB + TBC L1

Infine, il diagramma nel ritto BA e' definito dal valore:

(130)MBA Hx3L = −MCB + TBC L1 + TBA x3

Si noti che comunque dovra' verificarsi anche :

(131)MA = − MrA

Sul tratto superiore il diagramma puo' completarsi facilmente, in quanto sul ritto di sinistro si potra' scrivere:

(132)MEC Hx3L = c0 + TEC x3

e poiche' esso dovra' annullarsi in corrispondenza della cerniera si potra' scrivere, soddisfacendo anche la

(125):

(133)MEC Hx3L = −TEC HH3 − x3L


In E si ha quindi il valore:

(134)ME = −TEC H3

L'equilibrio del nodo impone poi che il momento in EH sia dato da:

(135)MEH Hx3L = TEC H3 + TEH x3

ed in corrsipondenza della forza si avra' :

(136)MH = TEC H3 + TEH HL2 + L3LNel tratto HK, il diagramma prosegue con diversa pendenza, THK, sicche' si potra' scrivere:

(137)MHK Hx3L = MH+ THK x3

giungendo in K con valore:

(138)MKH = MH+ THK L4

Un'utile verifica impone che sia anche:

(139)MKH = ML

L

Il diagramma del momento si presenta come in Figura 32 :

α

β

A

B C

D

E F H K

I

L M

P

Figura 32 - Il diagramma del momento dedotto analiticamente


Si inizia a determinare graficamente le reazioni, partendo dall'ovvia constatazione che l'equilibrio del tratto II

impone che la retta d'azione delle cerniere in D ed F coincida con la congiungente le due cerniere. Per

l'equilibrio del tratto III si puo' scrivere:

(140)f + p + i = 0

e conoscendo le rette d' azione di f e di p, si puo' dedurre la reazione della cerniera I: basta infatti intersecare

f e p, identificando il punto S, e la reazione i della cerniera sara' la retta passante per I e per S. Infine,


l'equilibrio esterno impone che sia:

(141)a + p + m= 0

Le rette d' azione p della forza ed m del pendolo sono note, cosi' come e' nota l'inclinazione della retta

d'azione a del bipendolo. Ne segue che basta identificare l'intersezione V tra la retta d'azione del pendolo m,

e la verticale per la forza, per definire completamente la reazione del bipendolo, che dovra' passare per V, ed

essere ortogonale all'asse del bipendolo.

a m

d=f

i

V

S

α

β

A

BC

D

E F H K

I

L M

P

Figura 33 - Il calcolo grafico delle reazioni

Determinate le reazioni, puo' tracciarsi il diagramma del momento, iniziando dal pendolo in M, e dal tratto

ML. Per proseguire, si noti che l'equilibrio del tratto I impone che sia:

(142)a + d + i + m= 0

ossia :

(143)a + d = i + m

Si costruisce allora la retta ausiliaria che passa per l'intersezione U tra a e d, e per l'intersezione T tra i ed m.

Cio' fatto, si consideri che in un punto generico del tratto CL le forze agenti sul tratto I, a destra del punto,

sono i+m, e quindi il momento si annullera' in W, ossia in corrispondenza dell'intersezione della risultante

appena costruita con il traverso.

Per conoscere un altro punto del diagramma, si consideri la sezione M1 in cui la reazione i incontra il

traverso: in essa, il momento e' dovuto alla sola reazione m del pendolo, e quindi il diagramma del momento

nel tratto CL, se proseguito idealmente, dovra' passare per M2. Cio' permette il tracciamento del diagramma

del momento fino all'altro nodo triplo C.


a+d=i +m

W

U

V

S

T

α

β

A

B C

D

E F H K

I

LM

P

Figura 34 - Tracciamento della ausiliaria a + d = i + m

M1

M2

A1A2

A3

W

S

α

β

A

B C

D

E F H K

I

L

M

P

Figura 35 - Tracciamento del momento nel traverso inferiore BM

Per proseguire lungo BC, si consideri che il diagramma dovra' annullarsi in A1, laddove la reazione RA del

bipendolo incontra il traverso. Inoltre, le forze agenti a destra di un generico punto lungo BC sono (i+m)+d.

Nella sezione A2, dove il traverso incontra la reazione d, il momento sara' dovuto alla sola (i+m), e quindi

l'ordinata A3 e' valida, permettendo di completare il diagramma in BC.


a

B1

B2

α

β

A

B C

D

E F H K

I

LM

P

Figura 36 - Tracciamento del momento nel ritto AB

In B il diagramma del momento puo' essere ribaltato, e lungo AB si puo' proseguire considerando che il

momento dovra' annullarsi in B1, intersezione tra la verticale per A e la reazione del bipendolo.

α

β

A

B C

D

E F H K

I

LM

P

Figura 37 - Il diagramma del momento dedotto graficamente

Esercizio n. 7Si voglia ora studiare il telaio di Figura 38, costituito da un portale a tre cerniere con uno sbalzo, su cuii

agisce la forza verticale P. L'isostaticita' e' ovvia


III

A

B C

D E

F

P

L1 L2 L3

H1 H2



Si scrivano le equazioni di equilibrio dei due tratti:

(144)

RAv + P+ TD = 0

RAw+ ND = 0

P L1 − TD L2 − ND H1 = 0

REv − TD = 0

REw− ND = 0

−TD L3 + ND H2 = 0

avendo scelto i due poli in con polo in A ed F, rispettivamente. La soluzione delle equazioni puo' scriversi

come:

(145)

RAv = −P 1 +H2 L1

H2 L2 + H1 L3

RAw = −PL1 L3

H2 L2 + H1 L3

REv = FH2 L1

H2 L2 + H1 L3

REw = PL1 L3

H2 L2 + H1 L3

TD = PH2 L1

H2 L2 + H1 L3

ND = PL1 L3

H2 L2 + H1 L3


TBC = −P; N BC = 0;


TCA = −RAw; N CA = RAv;

TCE = TD; N CE = ND;

TEF = −REw; N EF = REv;

Il tracciamento del diagramma del momento puo' iniziare dal punto B, dove il momento e' nullo. Nel tratto

BC il diagramma sara' lineare, giungendo nel nodo C con il valore:

(147)MCB = TBC L1 = −P L1

Nel ritto CA, il diagramma variera' linearmente da 0, in corrispondenza della cerniera in A, fino a:

(148)MCA Hx3L = c0 + TCA x3

e dovra' annullarsi in x3 = H1, ossia in corrispondenza della cerniera. Cio' basta per definire univocamente

l'andamento:

(149)MCA Hx3L = −TCA HH1 − x3LQuindi nel nodo C si avra' :

(150)MCA = −TAC H1 = −P

H1 L1 L3

H2 L2 + H1 L3

Similmente, lungo il ritto EF il momento varia lineramente e si annula in corrispondenza della cerniera F, per

x3 = H2. Nel nodo E sara' quindi:

(151)MEF = −TEF H2

e l' equilibrio dello stesso nodo permette di calcolare il valore del momento in E sul traverso:

(152)MEF = ME

C = −TEF H2

Sara' quindi:

(153)MCE Hx3L = c0 + TCE x3

e poiche':

(154)MCE HL2 + L3L =

c0 + TCE HL2 + L3L = −TEF H2� c0 = −TEF H2 − TCE HL2 + L3Lsi avra', lungo il traverso :

(155)MCE Hx3L = −TCE HL2 + L3L + TCE HH2 − x3Led infine, in C :

(156)MCE = −TCE HL2 + L3L + TCE H2

Un' utile verifica consiste nel controllare che il nodo C sia equilibrato :

(157)−MCB + MC

A + MCE = 0


A

B CD E

F

P

L1 L2 L3

H1 H2

Figura 39 - Il diagramma del momento dedotto analiticamente


Si inizia a determinare graficamente le reazioni, partendo dall'ovvia constatazione che l'equilibrio del tratto II

impone che la retta d'azione delle cerniere in D ed F coincida con la congiungente le due cerniere. Per

l'equilibrio del tratto III si puo' scrivere:

(158)p + a + d = 0

e conoscendo le rette d' azione p della forze e d della reazione nella cerniera, si puo' dedurre la retta d'azione

della reazione in A I: basta infatti intersecare p e d, identificando il punto G, e la reazione a della cerniera

sara' la retta passante per A e per G.

ad=f

A

B CD E

F

G

P

L1 L2 L3

H1 H2

Figura 40 - Il calcolo grafico delle reazioni


Determinate le reazioni, puo' tracciarsi il diagramma del momento, iniziando dal punto B, sotto la forza, in

cui il momento e' nullo. Si traccia quindi un segmento inclinato di un angolo arbitrario - cosi' assegnando

implicitamente una scala - fino al nodo triplo C. Per proseguire lungo il traverso, si noti che nel punto N,

laddove la reazione a interseca il traverso, il momento e' dovuto alla sola forza P, e quindi il punto M e' un

punto valido del richiesto diagramma. Ne segue che basta congiungere M con la cerniera in D per ottenere il

diagramma lungo CE.

M

N

A

B C

D E

F

P

L1 L2 L3

H1 H2

Figura 41 - Tracciamento del diagramma del momento

Cio' fatto, si ribalta il diagramma in E e si congiunge con la cerniera in F, ottenendo il diagramma anche in

EF. Infine, il solito equilibrio del nodo C permette di ottenere il valore del momento in C sul ritto AC,

completando il diagramma.

Esercizio n. 8 Si voglia ora studiare la maglia chiusa di Figura 42, non vincolata esternamente, ma soggetta a due forze

auto-equilibrate. Essa e' costituita da tre tratti rigidi, e per ciascuno di essi possono scriversi le usuali

equazioni di equilibrio;


I

II

III

A B C

D

EFGH

I

P

P

L1 L2 L3

H2

H3

H4

H5


(159)

NG− TI = 0

NI + TG = 0

−TG L1 − NG H3 = 0

−TG+ P+ ND = 0

−NG− TD = 0

−TG HL2 + L3L + P L3 + NG H5 = 0

−NI − ND− P = 0

TI + TD = 0

−TI H2 − NI HL1 + L2L + ND L3 − TD H4 = 0

Si ottengono quindi nove equazioni in sei incognite, ma e' immediato constatare che tre equazioni sono

linearmente dipendenti dalle altre sei, in quanto basta soddisfare l'equilibrio di due tratti per imporre l'equilib-

rio del tratto restante. Risolvendo le prime sei equazioni, ad esempio, si ottiene:

(160)

NI = −PH3 L3

H5 L1 + H3 HL2 + L3LTI = −P

L1 L3

H5 L1 + H3 HL2 + L3LTD = P

L1 L3

H5 L1 + H3 HL2 + L3LND = P −1 +

H3 L3

H5 L1 + H3 HL2 + L3LTG = P

H3 L3

H5 L1 + H3 HL2 + L3LNG− P

L1 L3

H5 L1 + H3 HL2 + L3Led e' facile constatare che le ultime tre equazioni sono identicamente soddisfatte, imponendo la relazione

geometrica H2 + H3 = H4 + H5.


Soluzione analitica


(161)

THA = TI ; N AH = NI ;THF = TG; N HE = NG;

TFE = THF− P;

TEC = TD; N EC = ND;

TBC = −NEC; N AC = TEC;

TAB = NAH;

Il tracciamento del diagramma del momento puo' iniziare dal tratto HA:

(162)MHA Hx3L = c0 + THA x3

e considerando che in I esso si dovra' annullare, si potra' dedurre la costante di integrazione c0:

(163)MHA Hx3L = −THA HH3 − x3LIl momento in H sul tratto verticale varra' quindi:

(164)MHA = −THA H3

mentre in A si avra':

(165)MAH = THA H2

Ribaltando il diagramma in H, si ottiene:

(166)MHF = −MH

A

e quindi il momento nel tratto HF potra' scriversi come:

(167)MHF Hx3L = MHF + THF x3

In corrispondenza dell'ascissa di applicazione della forza, il momento varra':

(168)MF = MHF + THF HL1 + L2L

e, proseguendo lungo FE, con diversa pendenza, si giunge in E col valore:

(169)MEF = MF + TFE L3

Lungo il ritto, poiche' dall'equilibrio si ottiene MEC = ME

F , si potra' scrivere:

(170)MEC Hx3L = MEC+ TEC x3

giungendo in C col valore :

(171)MCE = ME

C+ TEC HH4 + H5LSi noti che i momenti in C ed in E possono anche calcolarsi come:

(172)ME

C = −TEC H5

MCE = TEC H4

Per l'equilibrio in C si ha:

(173)MCB = −MC

E


e quindi il momento in BC potra' scriversi come:

(174)MBC = MCB − TBC HL3 − x3L

ed in B :

(175)MB = MCB − TBC L3

Infine, il momento in AB puo' calcolarsi come :

(176)MAB = MB − TAB HL1 + L2 − x3Lriottenendo il valore :

(177)MAB = MB − TAB HL1 + L2L

A B C

D

EFGH

I

P

PL1 L2 L3

H2

H3

H4

H5



Si inizia a determinare graficamente le reazioni, partendo dall'ovvia constatazione che l'equilibrio del tratto I

impone che la retta d'azione delle cerniere in G ed I coincida con la congiungente le due cerniere. Per

l'equilibrio del tratto II si puo' scrivere:

(178)p + g + d = 0

e conoscendo le rette d' azione p della forza e g della reazione nella cerniera, si puo' dedurre la retta d'azione

della reazione in D: basta infatti intersecare p e g, identificando il punto L, e la reazione d della cerniera sara'

la retta passante per L e per D.

Determinate le reazioni, puo' tracciarsi il diagramma del momento, iniziando dal ritto di sinistra. Si traccia

quindi un segmento inclinato di un angolo arbitrario - cosi' assegnando implicitamente una scala - fino al

nodo H in alto, ed al nodo A in basso. Per proseguire lungo il traverso, si ribalta il diagramma e si prosegue

fino ad F, passando per la cerniera in G. Per proseguire, si osservi che a destra di una generica sezione del

tratto FE agisce solo la reazione d, e quindi la sua intersezione N col traverso segna un punto di nullo del


diagramma. Cio' consente di tracciare il diagramma fino in E, e poi, ribaltandolo, di proseguire fino a C,

passando per la cerniera D.

Cio' fatto, si consideri che a destra di una generica sezione del tratto BC agisce solo la reazione d, e quindi la

sua intersezione S col traverso inferiore segna un punto di nullo del diagramma, consentendo di tracciare il

diagramma fino alla sezione B, in corrispondenza della forza inferiore. Infine, a sinistra di una generica

sezione del tratto AB agisce solo la reazione I, e quindi la sua intersezione V col traverso inferiore fornisce il

punto di nullo, consentendo di completare il diagramma.

SV

N

A B C

D

EFGH

I

L

P

P

Figura 44 - Ricerca delle reazioni e tracciamento del diagramma del momento

Figure


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