DISPENSA - ESERCIZI SVOLTI Di Scienza Delle Costruzioni

Università degli Studi di Pisa

Anno Accademico 2001/2002

Corso di Laurea in Ingegneria Edile (Nuovo Ordinamento)

Insegnamento di SCIENZA DELLE COSTRUZIONI (12 CFU) Docente: Ing. Salvatore Sergio Ligarò

(per segnalazioni e suggerimenti contattare [email protected])

Parte I) GEOMETRIA DELLE MASSE

TEMA 1

Data la sezione a T mostrata in figura

30 30 20

80

20

80 100

1. calcolarne le caratteristiche inerziali; 2. disegnarne l’ellisse centrale d’inerzia; 3. disegnarne il nocciolo centrale d’inerzia.

Nota: tutte le lunghezze sono espresse in cm

mailto:[email protected]

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002 Geometria delle aree

SOLUZIONE:

La sezione possiede un asse di simmetria ortogonale che dovrà contenere il baricentro e coincidere con uno degli assi principali centrali. Per complicare un po’ le cose, consideriamo i tre rettangoli mostrati in figura. Scelto il sistema di riferimento (O,x,y), si ottengono:

b1

b3 b2

h1 h3 h2 2

1

3

y

x O

a) Area della sezione

2321 00,200.3)8030()8030()10080( cmAAAA =⋅−⋅−⋅=−−=

b) Posizione del baricentro

3

321321

000,000.208)402400()402400()508000(321

cmS

yAyAyASSSS

x

GGGxxxx

=⋅−⋅−⋅=

=⋅−⋅−⋅=−−=

3

321321

000,000.128)652400()152400()408000(321

cmS

xAxAxASSSS

y

GGGyyyy

=⋅−⋅−⋅=

=⋅−⋅−⋅=−−=

da cui

cmAS

x yG 0,40

3200128000

=== , cmASy x

G 0,654800

208000===

2


c) Momenti del second’ordine rispetto al riferimento (O,x,y)

433

333

322

311321

6667,666.426.16)]8030(2)10080[(31

31

31

31

cmJ

hbhbhbJJJJ

x

xxxx

=⋅⋅−⋅=

=⋅−⋅−⋅=−−=

4

2333

23

333

322

311321

6667,666.026.6000.140.10000.180000.7206667,666.066.17

652400)3080(121)3080(

31)80100(

31

121

31

31

3

cmJ

J

xAbhbhbhJJJJ

y

y

Gyyyy

=−−−=

=⋅−⋅−⋅−⋅=

=⋅−⋅−⋅−⋅=−−=

4

321321

0000,000.320.8406524004015240050408000332211

cmJ

yxAyxAyxAJJJJ

xy

GGGGGGxyxyxyxy

=⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅=

=⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅=−−=

d) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (G, x’, y’)

422' 6667,666.906.265200.36667,666.426.16 cmyAJJ Gxx =⋅−=⋅−=

422' 6667,666.90640200.36667,666.026.6 cmxAJJ Gyy =⋅−=⋅−=

4'' 0000,06540200.3000.320.8 cmyxAJJ GGxyyx =⋅⋅−=⋅⋅−=

e) Direzioni e momenti d’inerzia principali centrali

02

)2tan(''

'' =−

−=αyx

yx

JJJ

per cui

4' 6667,666.906.2 cmJJ x ==ξ , , 4

' 6667,666.906 cmJJ y ==η40000,0 cmJ =ξη

f) Raggi d’inerzia centrali

cmAJ

1,30==ρ ξξ , cm

AJ

8,16==ρ ηη

3


g) Ellisse centrale d’inerzia

L’ellisse di equazione:

12

2

2

2

=ρη

+ρξ

ξη

, ovvero 136,90835,283

22

=+ηξ ,

è rappresentata nella figura seguente

ξ

η

G

h) Nocciolo centrale d’inerzia

Il nocciolo centrale d’inerzia di una sezione è la figura piana convessa luogo dei centri relativi delle rette del piano che non tagliano la sezione data. Per la sua costruzione occorre considerare l’inviluppo delle rette tangenti alla sezione che non la intersecano (il contorno della sezione convessificata). Nel caso in esame, tale inviluppo è costituito dalle rette 1-1 e 4-4, parallele all’asse ξ, con i centri relativi 1 e 4 disposti sull’asse η (V. Figura successiva), dalle due rette 3-3 e 5-5, parallele all’asse η con i centri relativi 3 e 5 disposti sull’asse ξ, ed infine dalle due rette oblique 2-2 e 6-6 con centri relativi 2 e 6 da determinare completamente. Si dimostra facilmente che se il contorno della sezione convessificata è una poligonale chiusa con n vertici, anche il nocciolo centrale è costituito da una poligonale chiusa con lo stesso numero di vertici; in particolare, ad ogni lato del contorno della sezione convessificata corrisponde un vertice del nocciolo (centro relativo comune alle rette che hanno il proprio centro relativo sul lato considerato) e viceversa Per determinare analiticamente il nocciolo centrale d’inerzia occorrerà innanzitutto determinare le coordinate ξ ed η dei vertici del contorno della sezione convessificata rispetto al riferimento centrale principale (G, ξ ,η ). Ciò si effettua attraverso le semplici relazioni

−−

⋅

αα−αα

=

ηξ

G

G

yyxx

cossinsincos

4


dove x ed y sono le coordinate del punto nel sistema di riferimento originale (O, x, y), xG ed yG le coordinate del baricentro nello stesso riferimento ed infine α l’angolo, anch’esso noto, di cui è ruotato il riferimento principale rispetto al sistema parallelo baricentrico (G, x’, y’). Successivamente, si utilizza la relazione:

0120

20 =+

ρη⋅η

+ρ

ξ⋅ξ

ξη

,

che definisce la retta r0 avente per centro relativo il punto . ),( 000 ηξ≡P

Imponendo che tale retta passi per i vertici consecutivi e del lato 1-2 del contorno della sezione convessificata, le coordinate del vertice corrispondente del nocciolo risultano

),( 111 ηξ≡P ),( 222 ηξ≡P

),( 000 ηξ≡P

2

22

11

2

1

011

ηρ

ηξηξ

ηη

−=ξ , e 2

22

11

2

1

011

ξρ

ηξηξ

ξξ

−=η

Il nocciolo centrale d’inerzia della sezione data, è mostrato nella figura successiva.

I suoi vertici sono: 1 , , , , e .

)974.13,0.0(≡)909.9,242.8(

)909.9,242.8(2 −≡ )0.0,083.7(3 −≡ )952.25,0.0(4 −≡)0.0,083.7(5 ≡ 6 ≡

1 1

2

2

3

3

4 4

5

6

ξ

η

G

1 2

3

4

6

5 5

6

5







TEMA 2

Data la sezione a U mostrata in figura

20 40 20

80

80

20

100

1. calcolarne le caratteristiche inerziali; 2. disegnarne l’ellisse centrale d’inerzia; 3. disegnarne il nocciolo centrale d’inerzia.

Nota: le dimensioni sono espresse in cm.



SOLUZIONE:

La sezione possiede un asse di simmetria ortogonale che dovrà contenere il baricentro e coincidere con uno degli assi principali centrali. Considerati i tre rettangoli mostrati in figura e scelto il sistema di riferimento (O,x,y), si ottengono:

b2 b1

h3

h2

b3

1

2

3 h1

y

x O


2321 00,800.4)10020()2040()10020( cmAAAA =⋅+⋅+⋅=++=


3

321321

000,000.208)502000()10800()502000(321

cmS

yAyAyASSSS

x

GGGxxxx

=⋅+⋅+⋅=

=⋅+⋅+⋅=++=

3

321321

000,000.192)702000()40800()102000(321

cmS

xAxAxASSSS

y

GGGyyyy

=⋅+⋅+⋅=

=⋅+⋅+⋅=++=

da cui

cmA

Sx y

G 0,404800

192000=== , cm

AS

y xG 3,43

4800208000

≅== .


433

333

322

311321

0000,000.440.13)]2040()10020(2[31

31

31

31

cmJ

hbhbhbJJJJ

x

xxxx

=⋅+⋅⋅=

=⋅+⋅+⋅=++=

2


4

23233

23

333

22

322

311321

0000,000.520.11000.800.96667,666.66000.280.16667,666.1066667,666.266

702000)20100(12140800)4020(

121)20100(

31

121

121

31

32

cmJ

J

xAbhxAbhbhJJJJ

y

y

GGyyyy

=++++=

=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=

=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=++=

4

321321

0000,000.320.850702000104080050102000332211

cmJ

yxAyxAyxAJJJJ

xy

GGGGGGxyxyxyxy

=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=

=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=++=

d) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (centrali)

422' 6667,666.426.43,434800000.440.13 cmyAJJ Gxx =⋅−=⋅−=

422' 0000,000.840.3404800000.520.11 cmxAJJ Gyy =⋅−=⋅−=

4'' 0000,03.43404800000.320.8 cmyxAJJ GGxyyx =⋅⋅−=⋅⋅−=


02

)2tan(''

'' =−

−=αyx

yx

JJJ

per cui

4' 6667,666.426.4 cmJJ x ==ξ , ,

4' 0000,000.840.3 cmJJ y ==η

40000,0 cmJ =ξη


cmAJ

368,30==ρ ξξ , cm

AJ

284,28==ρ ηη .


L’ellisse cercata ha equazione:

12

2

2

2

=ρη

+ρξ

ξη

, ovvero 121,922800

22

=η

+ξ ,

ed è rappresentata nella figura seguente

3


G

ξ

η

ρξ

ρη

h) Nocciolo centrale d’inerzia Le rette tangenti alla sezione che non la intersecano sono le due rette 1-1 e 3-3 parallele a ξ, per cui i loro centri relativi 1 e 3 dovranno giacere sull’asse η, e le due rette 2-2 e 4-4, parallele a η, aventi i centri relativi 2 e 4 disposti sull’asse ξ. Utilizzando la relazione:

0120

20 =+

ρη⋅η

+ρ

ξ⋅ξ

ξη

,

che definisce la retta r0 avente per centro relativo il punto , si ottiene il nocciolo centrale d’inerzia della sezione data, i cui vertici sono: 1 ,

, 3 e 4 .

),( 000 ηξ≡P≡ )282.21,0.0(

)0.0,0.20(2 −≡ )275.16,0.0( −≡ )0.0,0.20(≡

1 1

3 3

4

4

2

2

1

2

3

4 ξ

η

G

4







TEMA 3

Data la sezione a L mostrata in figura

20

80

20

100

1. calcolarne le caratteristiche inerziali; 2. disegnare l’ellisse centrale d’inerzia; 3. disegnare il nocciolo centrale d’inerzia.


2

SOLUZIONE: Suddivisa la sezione nei due rettangoli mostrati in figura e scelto il sistema di riferimento (O,x,y), si ottengono:

b2 b1

h2

1

2

h1

y

x

O

a) Area della sezione 2

21 00,200.31200000.2)2060()10020( cmAAA =+=⋅+⋅=+=


3

2121

000,000.112)101200()502000(21

cmS

yAyASSS

x

GGxxx

=⋅+⋅=

=⋅+⋅=+=

3

2121

000,000.80)501200()102000(21

cmS

xAxASSS

y

GGyyy

=⋅+⋅=

=⋅+⋅=+=

da cui

cmAS

x yG 0,25

320080000

=== , cmASy x

G 0,353200

112000===


433

322

31121

6666,666.826.6)]2060()10020[(31

31

31

cmJ

hbhbJJJ

x

xxx

=⋅+⋅=

=⋅+⋅=+=

4

233

22

322

31121

6666,666.626.3000.000.3000.3606666,666.266

501200)6020(121)20100(

31

121

31

2

cmJ

J

xAbhbhJJJ

y

y

Gyyy

=++=

=⋅+⋅+⋅=

=⋅+⋅+⋅=+=


3

4

2121

0000,000.600.110501200501020002211

cmJ

yxAyxAJJJ

xy

GGGGxyxyxy

=⋅⋅+⋅⋅=

=⋅⋅+⋅⋅=+=

d) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (centrali)

422' 6666,666.906.23532006666,666.826.6 cmyAJJ Gxx =⋅−=⋅−=

422' 6666,666.626.12532006666,666.626.3 cmxAJJ Gyy =⋅−=⋅−=

4'' 0000,000.200.135253200000.600.1 cmyxAJJ GGxyyx −=⋅⋅−=⋅⋅−=


875.16666,666.626.16666,666.906.2

)000.200.1(22)2tan(

''

'' =−

−⋅−=

−−=α

yx

yx

JJJ

da cui 32,"49'57309637.30)875.1arctan(21

°=°==α

inoltre

42''

2''

'' 6666,666.626.34)(21

2cmJJJ

JJJ yxyx

yx =+−++

=ξ ,

42''

2''

'' 6666,666.9064)(21

2cmJJJ

JJJ yxyx

yx =+−−+

=η ,

40000,0 cmJ =ξη .


cmAJ

7,33==ρ ξξ , cm

AJ

8,16==ρ ηη



12

2

2

2

=ρη

+ρξ

ξη

, ovvero 133,133.132,283

22

=η

+ξ ,



4

ξ

η

G


Le rette tangenti alla sezione ma che non la intersecano sono le cinque rette 1-1, 2-2, 3-3, 4-4 e 5-5 mostrate in figura. Poiché nessuna di esse è parallela ad alcuno degli assi centrali ξ ed η, le coordinate dei centri relativi alle rette passanti per i lati ( costruzione del nocciolo vertice per vertice) dovranno essere determinate utilizzando in modo inverso la relazione:

0120

20 =+

ρη⋅η

+ρ

ξ⋅ξ

ξη

,

che definisce la retta r0 avente per centro relativo il punto ),( 000 ηξ≡P . Iterando il procedimento per tutte le cinque rette, si ottiene il nocciolo centrale d’inerzia della sezione data, i cui vertici risultano:

)766.27,165.4(1 ≡ , )602.10,417.4(2 −≡ , )332.3,052.8(3 −−≡ e )951.14,243.2(4 −−≡ , )324.23,718.9(5 −≡ .

ξ

η

G

1

2

3 4

5







TEMA 4

Data la sezione a Z mostrata in figura

50 10 50

14

72

14



2

SOLUZIONE:

La sezione presenta una simmetria polare rispetto al baricentro del rettangolo verticale; infatti, ruotando di 180° il piano della figura attorno al punto detto, la sezione si sovrappone esattamente. Per il calcolo delle caratteristiche inerziali, considerati i tre rettangoli mostrati in figura (le due piattabande orizzontali e la costola verticale) e scelto il sistema di riferimento (O,x,y), si ottengono:

b1

h2

h3

h1

b3

b2

1

3

2

O

x

y


2321 00,400.2840720840)1460()1072()1460( cmAAAA =++=⋅+⋅+⋅=++=


3

321321

000,000.120)7840()50720()93840(321

cmS

yAyAyASSSS

x

GGGxxxx

=⋅+⋅+⋅=

=⋅+⋅+⋅=++=

3

321321

000,000.132)80840()55720()30840(321

cmS

xAxAxASSSS

y

GGGyyyy

=⋅+⋅+⋅=

=⋅+⋅+⋅=++=

da cui

cmAS

x yG 0,55

400.2000.132

=== , cmASy x

G 0,502400

120000===


432323

333

22

322

21

311221

0000,800.444.9)1460(3150720)7210(

12193840)1460(

121

31

121

121

21

cmJ

hbyAhbyAhbJJJJ

x

GGxxxx

=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=

=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=++=


3

423233

23

333

22

322

311321

0000,000.820.880840)6014(12155720)1072(

121)6014(

31

121

121

31

32

cmJ

xAbhxAbhbhJJJJ

y

GGyyyy

=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=

=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=++=

4

321321

0000,000.794.478084050557209330840332211

cmJ

yxAyxAyxAJJJJ

xy

GGGGGGxyxyxyxy

=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=

=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=++=

d) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (centrali) 422

' 0000,800.444.3502400800.444.9 cmyAJJ Gxx =⋅−=⋅−=

422' 0000,000.560.1552400000.820.8 cmxAJJ Gyy =⋅−=⋅−=

4'' 0000,000.806.150552400000.794.4 cmyxAJJ GGxyyx −=⋅⋅−=⋅⋅−=


916383.1000.560.1800.444.3)000.806.1(22

)2tan(''

'' =−

−⋅−=

−−=α

yx

yx

JJJ

da cui 69,"18'1331221859.31)916383.1arctan(21

°=°==α

42''

2''

'' 4406,494.539.44)(21

2cmJJJ

JJJ yxyx

yx =+−++

=ξ,

42''

2''

'' 594,305.4654)(21

2cmJJJ

JJJ yxyx

yx =+−−+

=η,

40000,0 cmJ =ξη


cmAJ

5,43==ρ ξξ , cm

AJ

9,13==ρ ηη



12

2

2

2

=ρη

+ρξ

ξη

, ovvero 124,193485,193

22

=η

+ξ ,



4

ξ

η

G


Le rette tangenti alla sezione ma che non la intersecano sono le sei rette 1-1, 2-2, 3-3, 4-4, 5-5 e 6-6 mostrate in figura nessuna delle quali è parallela ad alcuno degli assi centrali ξ ed η, per cui le coordinate dei loro centri relativi (vertici del nocciolo centrale d’inerzia) dovranno essere determinate utilizzando in modo inverso la relazione:

0120

20 =+

ρη⋅η

+ρ

ξ⋅ξ

ξη

,

che definisce la retta r0 avente per centro relativo il punto ),( 000 ηξ≡P . Iterando il procedimento per tutte le sei rette, si ottiene il nocciolo centrale d’inerzia della sezione data, i cui vertici risultano:

)350.32,010.2(1 ≡ , )826.17,015.3(2 −≡ , )175.1,581.6(3 −≡ e )350.32,010.2(4 −−≡ , )826.17,015.3(5 −≡ , )175.1,581.6(6 −≡ .

ξ

η

G

1

2

3

4

5

6

1 1 2

2

3

3 4 4

5 5

6

6







TEMA 5

Data la distribuzione piana di masse concentrate mostrata in figura 50 10 50

14

72

14 O

x

y

1 2

3 4 5

6 7 8

9 10

i m (cm2) x(cm) y(cm) 1 210,00 50,00 0,00 2 210,00 110,00 0,00 3 390,00 50,00 14,00 4 180,00 60,00 14,00 5 210,00 110,00 14,00 6 210,00 0,00 86,00 7 180,00 50,00 86,00 8 390,00 60,00 86,00 9 210,00 0,00 100,00

10 210,00 60,00 100,00

1. determinarne le caratteristiche inerziali; 2. disegnare l’ellisse centrale d’inerzia.


2

SOLUZIONE:

Il sistema di masse possiede una simmetria polare rispetto al punto medio del segmento 3-8. Scelto il sistema di riferimento (O,x,y) mostrato in figura, per il calcolo delle caratteristiche inerziali si può operare utilmente mediante la tabella seguente:

i M x y mx my mx2 my2 mxy 1 210,00 50,00 0,00 10500,00 0,00 525000,00 0,00 0,00 2 210,00 110,00 0,00 23100,00 0,00 2541000,00 0,00 0,00 3 390,00 50,00 14,00 19500,00 5460,00 975000,00 76440,00 273000,00 4 180,00 60,00 14,00 10800,00 2520,00 648000,00 35280,00 151200,00 5 210,00 110,00 14,00 23100,00 2940,00 2541000,00 41160,00 323400,00 6 210,00 0,00 86,00 0,00 18060,00 0,00 1553160,00 0,00 7 180,00 50,00 86,00 9000,00 15480,00 450000,00 1331280,00 774000,00 8 390,00 60,00 86,00 23400,00 33540,00 1404000,00 2884440,00 2012400,00 9 210,00 0,00 100,00 0,00 21000,00 0,00 2100000,00 0,00

10 210,00 60,00 100,00 12600,00 21000,00 756000,00 2100000,00 1260000,00

∑ 2.400,00 132.000,00 120.000,00 9.840.000,00 10.121.760,00 4.794.000,00

Da essa si deducono: a) Massa totale

210

100.2400 cmmM

ii == ∑

=


310

100,000.120 cmymS

iiix == ∑

= 3

10

100,000.132 cmxmS

iiiy == ∑

= da cui

cmMS

x yG 0,55

400.2000.132

===,

cmMSy x

G 0,502400

120000===


4210

1000.121.760,001 cmymJ i

iix == ∑

= , 42

10

100009.840.000, cmxmJ i

iiy == ∑

=

410

14.794.000cmyxmJ ii

iixy == ∑

=

d) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (O, x’, y’) 422

' 0000,760.121.4502400760.121.10 cmyMJJ Gxx =⋅−=⋅−=

422' 0000,000.580.2552400000.840.9 cmxMJJ Gyy =⋅−=⋅−=

4'' 0000,000.806.150552400000.794.4 cmyxMJJ GGxyyx −=⋅⋅−=⋅⋅−=


3


342777.2000.580.2760.121.4)000.806.1(22

)2tan(''

'' =−

−⋅−=

−−=α

yx

yx

JJJ

da cui 15,"33'2633442542.33)342777.2arctan(21

°=°==α

42''

2''

'' 52715.314.522,4)(21

2cmJJJ

JJJ yxyx

yx =+−++

=ξ ,

42''

2''

'' 47291.387.237,4)(21

2cmJJJ

JJJ yxyx

yx =+−−+

=η ,

40000,0 cmJ =ξη


cmAJ

47,1==ρ ξξ , cm

AJ

24,0==ρ ηη



12

2

2

2

=ρη

+ρξ

ξη

, ovvero 136,214.201,578

22

=η

+ξ ,


ξ

η

G

Università degli Studi di Pisa Anno Accademico 2001/2002

Corso di Laurea in Ingegneria Edile (Nuovo Ordinamento) Insegnamento di SCIENZA DELLE COSTRUZIONI (12 CFU)

Docente: Ing. Salvatore Sergio Ligarò



TEMA 6

Data la sezione a G mostrata in figura

64.0

83.0

50.0

20.0

30.0

10.0

10.0

10

.0

10.0

10.0


(tutte le dimensioni sono espresse in centimetri).



SOLUZIONE: (Prova del 9 Novembre 2001, allievo: Davide Cornolti) Scelto il sistema di riferimento (O, x, y) indicato in figura, si ottengono:

25.3

38.2

O

G

x

x’

y

y’


200,070.2 cmA =

b) Momenti statici

3000,145.79 cmSx = , 3000,430.52 cmS y =

c) Posizione del baricentro

cmAS

x yG 3,25

070.2000.52

=== , cmASy x

G 2,38207079145

===

d) Momenti del second’ordine rispetto al riferimento (O, x, y)

40000,790.910.4 cmJ x = , , 40000,680.212.2 cmJ y =

40000,125.750.1 cmJ xy =

2


e) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (G, x’, y’) (centrali)

4' 3647,736.884.1 cmJ x = , , 4

' 6184,706.884 cmJ y =

4'' 3237,499.254 cmJ yx −=

f) Direzioni e momenti d’inerzia principali centrali

508983507.0)2tan( =α ,

62,"15'2913487671867.13)508983507.0arctan(21

°=°==α

43328,778.945.1 cmJ =ξ , , 46503,664.823 cmJ =η

40000,0 cmJ =ξη

g) Raggi d’inerzia centrali

cm659,30=ξρ , cm948,19=ηρ

h) Ellisse centrale d’inerzia

197,93992,397

22

=+ηξ ,

rappresentata nella figura seguente

G

ξ

η

3


i) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, x, y) [ ]000.0000.01 =P , , [ ]000.0000.642 =P

[ ]000.30000.643 =P , , [ ]000.83000.504 =P

[ ]000.83000.05 =P

j) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, ξ, η)

[ ]272.31548.331 −−=P , , [ ]199.46687.282 −=P

[ ]027.17684.353 −=P , , [ ]777.37432.344 =P

[ ]439.49189.145 −=P

k) Nocciolo centrale d’inerzia

I punti [ ]907.23427.221 =−V , , [ ]669.5006.1032 −=−V

[ ]609.0274.1143 −−=−V , , [ ]419.20073.254 −−=−V

[ ]656.8277.1515 −=−V sono i vertici del nocciolo centrale d’inerzia rappresentato in figura

G

ξ

η

P1 P2

P3

P4 P5

V1-2

V2-3

V3-4

V4-5

V5-1

4






TEMA 7

Data la sezione a Γ mostrata in figura

91.0

53.0 20.0 20.0

20.0

20

.0


N.B.: Tutte le dimensioni sono espresse in centimetri).

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002 Geometria delle aree: esempio 6

2

SOLUZIONE: (Prova del 19 Dicembre 2001, allieva: Chiara Mazzoni)

Scelto il sistema di riferimento (O, x, y) indicato in figura, si ottengono:

37.5

78.2

O x

y

G x’

y’


200,080.4 cmA =

b) Momenti statici

3000,070.319 cmSx = , 3000,090.153 cmSy =


cmAS

x yG 5,37

4080153090

=== , cmASy x

G 2,784080

319070===


40000,400.929.29 cmJx = , 40000,380.434.7 cmJ y = , 40000,790.671.12 cmJxy =


3

e) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (G, x’, y’) (centrali)

4' 1520,031.977.4 cmJx = , 4

' 0147,128.690.1 cmJ y = , 4

'' 6912,626.699 cmJ yx =


425705694.0)2tan( −=α ,

52,"47'3111529865476.11)425705694.0arctan(21

°=°=−=α

46258,751.119.5 cmJ =ξ , 45408,407.547.1 cmJ =η , 40000,0 cmJ =ξη


cm424,35=ξρ , cm475,19=ηρ


186,125428,379

22

=+ηξ ,

rappresentata nella figura seguente

37.5

78.2

O x

y

G x’

y’

ξ

η


4

i) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, x, y) [ ]000.0000.201 =P , [ ]000.0000.402 =P , [ ]000.91000.933 =P ,

[ ]000.111000.934 =P , [ ]000.131000.405 =P , [ ]000.131000.206 =P

[ ]000.111000.07 =P , [ ]000.91000.08 =P


[ ]128.80537.11 −−=P , [ ]130.76059.182 −=P , [ ]627.23801.513 =P ,

[ ]224.43803.474 =P , [ ]266.52125.85 −=P , [ ]229.48721.276 −=P ,

[ ]635.24320.437 −=P , [ ]038.5323.398 −=P


I punti [ ]722.15969.021 −=−V , [ ]688.9657.832 −=−V , [ ]521.4698.643 −−=−V ,

[ ]644.24199.154 −−=−V , [ ]288.23436.165 −=−V , [ ]918.13363.676 −=−V ,

[ ]684.6904.987 =−V , [ ]011.15226.1018 =−V

sono i vertici del nocciolo centrale d’inerzia rappresentato in figura

O x

y

x’

y’

ξ

η

P8

P7

P6 P5

P4

P3

P2 P1

G






TEMA 8

La figura riporta la sezione di una trave metallica composta in parete sottile aperta, ottenuta saldando l’anima di un profilo semplice a C alla costola di un profilo a T rovescio.

85

x

y

O

30

45

102

112

Supponendo che lo spessore di entrambi i profili sia costante e pari a 10 mm, 1. calcolare le caratteristiche inerziali della sezione usando come unità di misura il cm; 2. disegnarne l’ellisse centrale d’inerzia; 3. disegnarne il nocciolo centrale d’inerzia.

NOTA: Le lunghezze riportate in figura sono espresse in millimetri.


Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2002/2003 Geometria delle masse: esempio 8

SOLUZIONE: (Prova dell’11 Novembre 2002, allieva: Elisa Benvenuti) Rispetto al riferimento (O, x, y) indicato in figura, si ottengono:

x

y

O

53

71

G


290,36 cmA = .

b) Momenti statici

3660,236 cmSx = , . 3045,195 cmSy =


cmAS

x yG 3,5

90,36045,195

=== , cmASy x

G 1,790,36660,263

=== .


41740,637.2 cmJx = , , . 43960,423.1 cmJ y =46540,534.1 cmJxy =

e) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (G, x’, y’)

4' 2554,753 cmJx = , , . 4

' 4325,392 cmJ y =4

'' 0073,141 cmJ yx =

2



78158731,04325,3922554,753

0073,1412)2tan( −=−

×−=α ,

32,"19'0019005362636.19)78158731.0arctan(21

°−=°−=−=α ,

48229,801 cmJ =ξ , , . 48651,343 cmJ =η40000,0 cmJ =ξη


cm662,4=ξρ , . cm053,3=ηρ


L’ellisse

173,2132,9

22

=+ηξ ,


x

y

O

ξ

η

G x’

y’

71

53

3


i) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, x, y) [ ]000,0000,01 =P , , , [ ]000,0000,82 =P [ ]700,7950,113 =P

[ ]200,12950,114 =P , , . [ ]200,12750,05 =P [ ]000,1000,06 =P


[ ]477,8671,21 −−=P , , , [ ]709,5366,52 −=P [ ]695,2120,63 =P

[ ]949,6655,44 =P , , . [ ]302,3935,55 −=P [ ]523.7996,26 −−=P


I punti V , , , [ ]875,2425,021 −=− [ ]332,0585,132 −=−V [ ]062,1332,143 −−=−V

[ ]065,4600,054 −=−V , , , [ ]170,1849,165 =−V [ ]339,1667,116 =−V


x

y

ξ

η

71

53

P6

P5 P4

P3

P2 P1=O

G x’

y’

4






TEMA 9 La figura riporta la sezione di una trave metallica composta in parete sottile aperta, ottenuta saldando ortogonalmente la costola di un profilo semplice a T all’anima di un profilo ad H.

97

x

y

O

20

110

73

126

Supponendo che lo spessore di entrambi i profili sia costante e pari a 10 mm,

1. calcolare le caratteristiche inerziali della sezione usando come unità di misura il cm; 2. disegnarne l’ellisse centrale d’inerzia; 3. disegnarne il nocciolo centrale d’inerzia.




SOLUZIONE: (Prova dell’16 Novembre 2002, allievo: Simone Lorenzoni) Rispetto al riferimento (O, x, y) indicato in figura, si ottengono:

x

y

O

76 87

G

a) Area della sezione 290,47 cmA = .

b) Momenti statici 3350,416 cmSx = , . 3875,362 cmSy =


cmAS

x yG 3,7

90,47975,362

≅== , cmASy x

G 7,890,47350,416

≅== .


47862,894.4 cmJx = , , . 48392,939.3 cmJ y =42975,651.3 cmJxy =

e) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (G, x’, y’) 4

' 8442,275.1 cmJx = , , . 4' 8148,190.1 cmJ y =

4'' 1638,497 cmJ yx =

2



69392704,118148,11908442,1275

1638,4972)2tan( −=−

×−=α ,

10,"22'3342556138934.42)69392704.11arctan(21

°−=°−=−=α ,

43077,732.1 cmJ =ξ , , . 43512,734 cmJ =η40000,0 cmJ =ξη


cm014,6=ξρ , . cm915,3=ηρ


L’ellisse

11682,363272,15

22

=+ηξ ,


x

y

O

ξ

η

87

76 G x’

y’

3


i) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, x, y) [ ]000,0000,01 =P , , , [ ]000,0700,92 =P [ ]850,8950,163 =P

[ ]150,16950,164 =P , , . [ ]150,16350,25 =P [ ]000,1000,06 =P


[ ]526,11298,01 −=P , , , [ ]966,4443,72 −=P [ ]456,6798,63 =P

[ ]834,11861,14 =P , , . [ ]959,1893,85 −=P [ ]790.10378,06 −−=P


I punti V , , , [ ]065,3193,121 −=− [ ]285,0140,232 −−=−V [ ]609,2205,143 −−=−V

[ ]572,3390,154 −=−V , , , [ ]185,3021,265 =−V [ ]229,3491,116 =−V


x

y

ξ

η

87

76

P6

P5 P4

P3

P2 P1=O

G x’

y’

4






TEMA 10 La figura riporta la sezione trasversale di una trave metallica composta in parete sottile mista, ottenuta saldando ortogonalmente le costole di due profili a T, affiancati e con le piattabande giuntate, all’anima di un profilo semplice a Z.

x

y

O

102

44 151

91 91

20

Supponendo, per semplicità, che lo spessore dei tre profili sia costante e pari a 10 mm,

1. calcolare le caratteristiche inerziali della sezione usando come unità di misura il cm; 2. disegnarne l’ellisse centrale d’inerzia; 3. disegnarne il nocciolo centrale d’inerzia.



2

SOLUZIONE: (Prova dell’18 Novembre 2002, allieva: Maria Antonietta Nieddu) Rispetto al riferimento (O, x, y) indicato in figura, si ottengono:

x

y

O

G

6.5

9.5

a) Area della sezione 250,61 cmA = .

b) Momenti statici 3470,401 cmSx = , 3550,582 cmS y = .


cmAS

x yG 5,9

50,61550,582

≅== , cmASy x

G 5,650,61470,401

≅== .


46040,117.4 cmJ x = , 48637,194.7 cmJ y = , 42550,034.4 cmJ xy = .


' 8209,496.1 cmJ x = , 4' 7418,676.1 cmJ y = , 4

'' 3875,231 cmJ yx = .


3


572102518,27418,16768209.1496

3875,2312)2tan( +=−

×−=α ,

da cui 238,"38'2234377288365.34)572102518.2arctan(21

°=°==α .

Essendo '' yx JJ < , occorre considerare 238".38'221242/ 0=+= παα .

Infine, 40414,835.1 cmJ =ξ , 45212,1338 cmJ =η , 40000,0 cmJ =ξη .


cm462,5=ξρ , cm665,4=ηρ .


L’ellisse

18381,297646,21

22

=+ηξ ,


ξ

η

x

y

O

9.5 G

6.5


4

i) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, x, y) [ ]000,0000,01 =P , [ ]000,0200,182 =P , [ ]000,1200,183 =P , [ ]600,15150,184 =P ,

[ ]600,15150,175 =P , [ ]200,12050,26 =P , [ ]000,1000,07 =P .


[ ]504,11039,01 −=P , [ ]517,3316,102 −−=P , [ ]082,4490,93 −−=P , [ ]284,12588,24 −=P ,

[ ]459,11152,35 −=P , [ ]923,2872,86 =P , [ ]939,10786,07 =P .

k) Nocciolo centrale d’inerzia nel riferimento (O, ξ, η)

I punti [ ]581,2752,221 −=−V , [ ]822,2408,132 =−V , [ ]834,2404,143 =−V , [ ]857,1980,154 −=−V ,

[ ]539,1823,265 −=−V , [ ]546,2841,176 −−=−V , [ ]600,2297,117 −−=−V


6.5

9.5

ξ

η

P7

P5 P4

P3

P2 P1=O

P6

G






TEMA 11 La figura riporta la sezione di un pilastro in cemento armato tradizionale composta da tre elementi esterni rettangolari uniti fra loro da un elemento interno triangolare.

80

50

70

60

30

O x

y

Utilizzando come unità di misura il cm,

1. calcolare le caratteristiche inerziali della sezione; 2. disegnare l’ellisse centrale d’inerzia; 3. disegnare la convessificata; 4. disegnare il nocciolo centrale d’inerzia.

NOTA: Le lunghezze riportate in figura sono espresse in centimetri.


2

SOLUZIONE: (Prova dell’21 Luglio 2003) Numeriamo i vertici della sezione partendo da uno qualunque di essi e

procedendo in senso orario. Allo stesso modo numeriamo i lati.

80

50

70

60

30

O

x

y

3

1

2

4

5 6

7 8

9

9

1

2

3

4

5

6

7

8

Utilizzando il riferimento (O, x, y) indicato in figura, costruiamo le due matrici:

Nodo X (cm) Y (cm) 1 0.00 -60.00 2 0.00 0.00 3 -41.16 68.60 4 8.90 98.60 5 50.00 30.00 6 120.00 30.00 7 120.00 0.00 8 50.00 0.00 9 50.00 -60.00

Asta Nodo iniziale Nodo finale

1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 7 7 8 8 9 9 1

Matrice delle coordinate nodali Matrice delle incidenze


3

Escludendo dall’analisi i lati verticali (DX1=0.0) ed il lato (m=0.0 e q=0.0), otteniamo i valori delle grandezze ausiliarie

La

to

DY

1

DX

1

DX

2

DX

3

DX

4 m q

68,6 -41,2 847,07 -23243,678 717532,3285 -1,6667 0,0000 30,0 50,1 -807,47 23478,667 -715963,7725 0,5993 93,2664 -68,6 41,1 1210,40 41431,677 1560931,4440 -1,6691 113,4550 0,0 70,0 5950,00 534333,333 50277500,0000 0,0000 30,0000 0,0 -50,0 -1250,00 -41666,667 -1562500,0000 0,0000 -60,0000

e di quelle finali

Lato

Ak SXk SYk JXk JYk JXYk

-1411,79 -32282,886 38739,463 -1107302,9761 -1195887,2142 996572,6785 4185,02 176810,919 -61239,299 12869687,9473 1760707,3958 -2328205,3678 2642,73 93022,726 68171,748 22015151,8342 2095280,1167 2118596,6536 2100,00 31500,000 178500,000 630000,0000 16030000,0000 2677500,0000 3000,00 -90000,000 75000,000 3600000,0000 2500000,0000 -2250000,0000

10515,96 179050,76 299171,91 17864705,0902 21190100,2983 1214463,9642

Risultano, in definitiva,

a) Area della sezione 296,515.10 cmA = .

b) Momenti statici 3760,050.179 cmSx = , 3910,171.299 cmS y = .


cmAS

x yG 45,28

96,515.10910,171.299

≅== , cmASy x

G 03,1796,515.10760,050.179

≅== .


40902,4705.1786 cmJ x = , 42983,0100.2119 cmJ y = , 49642,4463.121 cmJ xy = .


' 7120,6083.1481 cmJ x = , 4' 2163,8861.1267 cmJ y = , 4

'' 3577,9409.387 cmJ yx −= .


4


6303280,32163,8861.12677120,6083.1481

)3577,9409.387(2)2tan( +=−

−×−=α ,

da cui 87,"58'17372996.37)6303280.3arctan(21

°=°==α .

Infine, 44514,1369.1777 cmJ =ξ , 44769,3575.972 cmJ =η , 40000,0 cmJ =ξη .


cm11,41=ξρ , cm41,30=ηρ .


L’ellisse

19417,16896464,924

22

=+ηξ ,


28,45

17

O x

y

G

ξ

η


5

i) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, x, y) [ ]00,6000,01 −=P , [ ]00,6000,502 −=P , [ ]00,000,1203 =P ,

[ ]00,3000,1204 =P , [ ]60,9890,85 =P , [ ]60,6816,416 −=P .


[ ]023,44308,691 −−=P , [ ]332,74534,292 −−=P , [ ]023,69509,623 −=P ,

[ ]158,45688,804 −=P , [ ]736,76881,335 =P , [ ]208,83120,246 −=P .

k) Nocciolo centrale d’inerzia nel riferimento (O, ξ, η)

I punti [ ]452,17274,721 =−V , [ ]268,23734.032 −=−V , [ ]186,11034.843 −=−V , [ ]244,10596,1454 −−=−V , [ ]989,20281,165 −−=−V , [ ]182,11228,1716 −=−V ,


O x

y

ξ

η

P5

P4

P3

P2 P1=O

P6

28,45

17

G






Parte II) CINEMATICA DEI SISTEMI DI TRAVI

TEMA 1

Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura

x, u

y, v

O

L/2 L/2

H/2

H/2

1. descrivere le prestazioni cinematiche dei vincoli e delle connessioni; 2. classificare il sistema mediante il computo dei vincoli; 3. classificare il sistema mediante il computo dei gradi di libertà; 4. costruire la matrice cinematica e verificare l’efficacia dei vincoli.

Salvatore Sergio Ligarò Cinematica e statica dei sistemi di travi rigide: Esempio 1

2

SOLUZIONE:

Inseriamo un numero sufficiente di sezioni al fine di isolare i punti di discontinuità (di vincolo e geometriche) del sistema. Al termine di tale operazione, s’individuano le travi

, , e , ed i nodi A, B, C, D ed E, connessi fra loro e coi vincoli nel modo indicato nella figura seguente.

1

2 3

4

1

2 3 4 5

7

6

8 x, u

y, v

O

L/2 L/2

H/2

H/2

A

B

C D

E

1. Prestazioni cinematiche delle connessioni e dei vincoli

Il sistema risulta dall’assemblaggio delle travi rigide , , e mostrate in figura, vincolate al suolo e tra di loro mediante i seguenti dispositivi:

Vincolo 1

≥=====

000

1

1

1

A

A

A

vvuu

θθ 21 =m ,

Connessione 2-3

=θ−θ=−=−

000

32

32

32

vvuu

332 =−m ,

Connessione 4-5

=−≥−

=−

00

0

54

54

54

θθvvuu

254 =−m ,

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.) Anno Accademico 2001/2002

3

Connessione 6-7

=θ−θ=−=−

000

76

76

76

vvuu

376 =−m ,

Vincolo 8

≥===

≥=

00

0

8

8

8

E

E

E

vvuu

θθ 18 =m ,

dove gli spostamenti sono valutati nel sistema di riferimento (O, x, y). Le prestazioni cinematiche (molteplicità) di ciascun dispositivo sono indicate sulla destra. Le relazioni precedenti prendono il nome di equazioni di compatibilità cinematica esterna. In particolare, quelle riguardanti le connessioni si chiamano condizioni di raccordo, mentre quelle riguardanti i vincoli si chiamano condizioni al contorno.

2. Classificazione del sistema mediante il computo dei vincoli

a1) metodo generale (trave per trave o aste per asta)

Il sistema piano è ottenuto connettendo le quattro travi elastiche , , e fra loro e coi vincoli come mostrato in figura. In assenza di vincoli e connessioni, il sistema avrebbe 3 x 4 = 12 gradi di libertà.

D’altra parte: • la connessione 2-3 è tripla ( 32 uu = , 32 vv = , 32 θ=θ ), per cui 332 =−m ; • la connessione 4-5 è doppia ( 54 uu = , 54 θ=θ ), per cui 254 =−m ; • la connessione 6-7 è tripla ( 76 uu = , 76 vv = , 76 θ=θ ), per cui 376 =−m ; • la cerniera fissa in A è un vincolo doppio ( 0=Au , 0=Av ), per cui 2=Am ; • la cerniera mobile (carrello) in E è un vincolo semplice ( 0=Ev ), per cui 1=Em ; cosicché il grado complessivo di vincolo del sistema è 13. Pertanto, se i vincoli sono indipendenti (efficaci), il sistema dato è al più un cinematismo ad un grado di libertà (meccanismo).

a2) metodo sintetico (parte per parte)

Il sistema piano è ottenuto connettendo fra loro e coi vincoli le due parti I = [ + ] e II = [ + ] nel modo illustrato in figura. In assenza di vincoli e connessioni il sistema avrebbe 6 gradi di libertà.

D’altronde: • la connessione 4-5 è doppia ( 54 uu = , 54 θ=θ ), per cui 254 =−m ; • la cerniera fissa in A è un vincolo doppio ( 0=Au , 0=Av ), per cui 2=Am ; • la cerniera mobile (carrello) in E è un vincolo semplice ( 0=Ev ), per cui 1=Em ; cosicché il grado complessivo di vincolo del sistema è 5. Pertanto, se i vincoli sono indipendenti (efficaci), il sistema dato è al più un cinematismo ad un grado di libertà (meccanismo).


4

3. Classificazione del sistema mediante il computo dei gradi di libertà

• La connessione doppia 4-5 permette lo spostamento relativo 5454 vvv −=∆ − ; • la cerniera fissa in A permette la rotazione assoluta Aθ ; • il carrello in E permette lo spostamento assoluto Eu e la rotazione assoluta Eθ .

Introdotti quattro vincoli semplici per sopprimere i gradi di libertà descritti, si ottiene una struttura costituita da una maglia chiusa esterna a cui compete un grado di iperstaticità pari a tre; pertanto, se i vincoli sono efficaci, il sistema dato è un cinematismo ad un grado di libertà (meccanismo).

4. Matrice cinematica

Per accertarsi dell’efficacia dei vincoli occorre verificare che le relazioni precedenti siano linearmente indipendenti. Per fare ciò occorre costruire la matrice cinematica del sistema e calcolarne il rango. Tali operazioni possono essere effettuate in molti modi.

• Procedimento generale (implementabile in un codice di calcolo automatico)

In tale metodo il componente elementare è la trave. Scelto per ciascuna trave un punto rappresentativo (polo), coincidente per ragioni di convenienza col baricentro di una delle sezioni estreme, risultano immediatamente definite le incognite cinematiche del problema, coincidendo queste con le componenti planari dello spostamento dei poli e con le rotazioni assolute delle sezioni che li contengono. Per il problema in esame, tali incognite sono riportate nella colonna 3 della tabella seguente:

Trave P Pδ Q Qδ

1u 1111212 2)( θ⋅−=θ⋅−−= Huyyuu

1v 111212 )( vxxvv =θ⋅−+= 1 1θ

2 12 θ=θ

3u 333434 )( uyyuu =θ⋅−−=

3v 3333434 2)( θ⋅+=θ⋅−+= Lvxxvv 3 3θ

4 34 θ=θ

5u 555656 )( uyyuu =θ⋅−−=

5v 5555656 2)( θ⋅+=θ⋅−+= Lvxxvv 5 5θ

6 56 θ=θ

5u 8888787 )( θ⋅−=θ⋅−−= Huyyuu

5v 888787 )( vxxvv =θ⋅−+= 8 5θ

7

87 θ=θ


5

Nella colonna 4 sono indicate le sezioni ausiliarie, ossia, quelle sezioni che occorre considerare per scrivere le relazioni di connessione mutua fra travi diverse. Nella colonna 5, infine, sono riportate le espressioni delle componenti di spostamento delle sezioni ausiliarie in funzione delle componenti di spostamento del polo corrispondente. Tali relazioni esprimono il vincolo di rigidità fra punti materiali nell’ipotesi di spostamenti infinitesimi e prendono il nome di equazioni di compatibilità cinematica interna. Tenuto conto di tali espressioni, le equazioni di compatibilità cinematica risultano:

Vincolo 1

==

==

0

0

1

1

A

A

vv

uu

Connessione 2-3

=θ−θ=−=−

000

32

32

32

vvuu

⇒

=θ−θ

=−

=−θ⋅−

0

0

02

3

3

3

A

A

AA

vv

uHu

Connessione 4-5

=θ−θ=−

00

54

54 uu ⇒

=θ−θ=−

00

53

53 uu

Connessione 6-7

=θ−θ=−=−

000

76

76

76

vvuu

⇒

=θ−θ

=−θ⋅+

=θ⋅+−

0

02

0

5

55

85

E

E

E

vLv

Huu

Vincolo 8 0=Ev .

Il sistema lineare ed omogeneo cui da luogo l’insieme delle equazioni algebriche precedenti può essere scritto in notazione matriciale come:

=

⋅

−−

−−

−−

−−−

00000000000

010000000000100100000000

0102/1000000001001000000

0001001000000000010010000000001001000000000100100000000012/01000000000010000000000001

5

5

5

3

3

3

E

E

E

A

A

A

vu

vu

vu

vu

LH

H

θ

θ

θ

θ

ovvero 0δC = ,

dove C è la matrice cinematica del sistema di travi e δ il vettore degli spostamenti incogniti.


6

Per la compatibilità del sistema, la caratteristica della matrice incompleta deve essere uguale a quella della matrice completa. Ciò si verifica certamente in quanto il vettore dei termini noti è nullo e quindi non in grado di modificare il rango della matrice incompleta. Pertanto, il sistema ammette sempre la soluzione banale, 0δ = , che definisce la configurazione di riferimento. Per verificare se esistono altre soluzioni, occorre calcolare il rango k della matrice incompleta, operazione generalmente laboriosa date le dimensioni che il sistema può raggiungere nelle applicazioni pratiche. Nel caso in esame tale operazione risulta non necessaria dal momento che con semplici operazioni riga ed operazioni colonna (combinazioni lineari fra righe o fra colonne), si deduce facilmente che il determinante della matrice costruita con le prime undici righe e colonne della matrice incompleta vale –1. Pertanto, il rango della matrice incompleta è k = 11. Posto ad esempio ϕ=θ8 , si ottengono le 1∞ soluzioni dipendenti dal parametro ϕ:

ϕ=θ=ϕ=≡

ϕ=θϕ−=ϕ−=

ϕ=θ=ϕ−=

ϕ=θ==≡

EEE

AAA

vHuEPolo

LvHuPolo

vHuPolo

vuAPolo

02

822

5

02

3

001

555

333

cui corrispondono configurazioni attuali del tipo rappresentato in figura.

φ

• Procedimento semplificato

Un modo più spedito per verificare l’efficacia dei vincoli del sistema, consiste nel riguardare il sistema di travi come costituito dall’assemblaggio di più parti rigide anziché di travi, ciascuna parte essendo ottenuta connettendo fra loro due o più travi semplici.


7

Ciò è molto utile poiché permette di non dovere considerare fra le equazioni di compatibilità esterna le relazioni che esprimono le connessioni triple fra le travi. In sostanza, scelto per ciascuna parte un punto rappresentativo (polo), le incognite cinematiche del problema sono quelle riportate nella colonna 3 della tabella seguente:

Parte P Pδ Q Qδ

1u 1111414 2)( θ⋅−=θ⋅−−= Huyyuu

1v 1111414 2/)( θ⋅+=θ⋅−+= Lvxxvv + 1 1θ

4 14 θ=θ

8u 8888585 )( θ⋅−=θ⋅−−= Huyyuu

8v 8888585 2/)( θ⋅−=θ⋅−+= Lvxxvv + 8 8θ

5

85 θ=θ

Le relazioni di compatibilità cinematica si scrivono:

Vincolo 1

==

==

0

0

1

1

A

A

vv

uu

Connessione [ + ]-[ + ]

=θ−θ=−

00

54

54 uu ⇒

=θ−θ

=θ⋅+−θ⋅−

0

02

EA

EEAA HuHu

Vincolo 8 08 == Evv .

L’insieme delle equazioni algebriche precedenti scritto in notazione matriciale diviene:

=

θ

θ⋅

−

−−

0

0

0

0

0

010000

100100

012/01

000010

000001

E

E

E

A

A

A

v

u

v

u

HH ,

ovvero

0δC = ,

dove la matrice cinematica

−−−=

010000100100

012/01000010000001

HHC ,


8

è di ordine inferiore rispetto al caso precedente e la sua caratteristica ( 5=k ) è di più facile deduzione. Tutte le considerazioni svolte in precedenza valgono integralmente.

• Procedimento sintetico (per virtuosi)

Una semplificazione ancor più rilevante si ottiene inserendo subito le condizioni di vincolo nelle equazioni di compatibilità cinematica interna. Per il problema in esame, si ottiene:

Parte P Pδ Q Qδ

0 AHyyu θ⋅−=θ⋅−−= 2)( 1144

0 ALxxv θ⋅+=θ⋅−+= 2/)( 1144 + 1 1θ

4 Aθ=θ4

8u EE Huyyuu θ⋅−=θ⋅−−= 88585 )(

0 ELxxv θ⋅−=θ⋅−= 2/)( 8855 + 8 8θ

5

Eθ=θ5

La compatibilità cinematica del sistema è quindi assicurata dal sistema delle due sole equazioni

Connessione [ + ]-[ + ]

=θ−θ=−

00

54

54 uu ⇒

=θ−θ

=θ⋅+−θ⋅−

0

02

EA

EEA HuH

nelle tre incognite 1θ , Eu e Eθ . Tale sistema scritto in notazione matriciale diviene:

=

θ

θ

⋅

−

+−−

0

0

101

12/

E

E

A

uHH

,

per cui la matrice cinematica si riduce a

−

−−=

10112/ HH

C

e la sua caratteristica ( 2=k ) è di immediata deduzione. Più semplicemente, posto ϕ=θ=θ EA , la prima equazione fornisce la soluzione

ϕ=2HuE .







TEMA 2


3

1

1

2

4

2

α

L L

H y

x O

1. descrivere le prestazioni cinematiche dei vincoli e delle connessioni; 2. classificare il sistema mediante il computo dei vincoli; 3. costruire la matrice cinematica e verificare l’efficacia dei vincoli.

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002 Cinematica dei sistemi di travi

2

SOLUZIONE:

a) Prestazioni cinematiche dei vincoli e delle connessioni

Il sistema risulta dall’assemblaggio delle travi rigide e mostrate in figura, vincolate al suolo e tra di loro mediante i seguenti dispositivi:

Vincolo 1

=θαλ−=

αλ=

0cos

sin

1

11

11

vu

21 =m ,

dove 22/sin HLH +=α , 22/cos HLL +=α , mentre 021

2111 ≥+== vuδλ .

Connessione 2-3

≥−=−=−

000

32

32

32

θθvvuu

232 =−m ,

Vincolo 4

≥=≥

000

4

4

4

θvu

14 =m .

Gli spostamenti sono valutati nel sistema di riferimento (O, x, y).

b) Computo dei vincoli Poiché il numero di travi è t = 2, in assenza di vincoli e connessioni i gradi di libertà del sistema risulterebbero:

6233 =⋅=⋅= tg .

D’altra parte, se i vincoli e le connessioni fossero indipendenti (vincoli efficaci), il grado di vincolo del sistema risulterebbe:

51224321 =++=++= − mmmv ,

per cui il sistema di travi dato può essere (al più) un cinematismo ad un grado di libertà, ossia, un meccanismo.

c) Matrice cinematica Per accertare l’efficacia dei vincoli occorre costruire la matrice cinematica e calcolarne il

rango. A tal fine utilizziamo il procedimento sintetico inserendo immediatamente le condizioni di vincolo nelle equazioni di compatibilità interna.

Scelto un polo per ciascuna trave, le incognite cinematiche del problema sono riportate nella colonna 3 della tabella seguente. Nella colonna 4 sono indicate le sezioni ausiliarie, mentre nella colonna 5 sono riportate le espressioni delle componenti di spostamento corrispondenti.


3

Trave P Pδ Q Qδ

1u 11111212 )( uHuyyuu =θ⋅−=θ⋅−−=

1v 111111212 /)( uHLvLvxxvv ⋅−==θ⋅+=θ⋅−+= 1 1θ

2 12 θ=θ

4u 4444343 )( θ⋅−=θ⋅−−= Huyyuu

4v 444343 )( θ⋅−=θ⋅−+= Lxxvv 4 4θ

3 43 θ=θ

Le equazioni di compatibilità cinematica si riducono alle sole due equazioni di raccordo:

Connessione 2-3

=−=−

00

32

32

vvuu ⇒

=θ+−=θ⋅+−0/

0

41

441

HuHuu ,

nelle tre incognite essenziali 1u , 4u e 4θ . Posto ϕ=θ4 , si ottiene immediatamente la soluzione

ϕ⋅= Hu1 ed ϕ⋅= Hu 24 .

Il precedente sistema algebrico, lineare ed omogeneo, di due equazioni in tre incognite, scritto in notazione matriciale diviene:

=

θ⋅

−

−00

10/111

4

4

1

uu

HH ,

ovvero, 0δC = , dove C è la matrice cinematica del sistema e δ il vettore degli spostamenti incogniti. Posto ϕ=θ4 , si ottengono le ∞ soluzioni:

ϕ=θ=ϕ⋅==θϕ⋅−=ϕ⋅=

444

111

02401

vHuPoloLvHuPolo

cui corrispondono configurazioni variate del tipo rappresentato in figura

1 2

∆ 2∆ θ 4

dove ϕ⋅==∆ Hu1 .







TEMA 3

Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura, con le travi orizzontali tutte di uguale lunghezza L e quelle verticali tutte di lunghezza H,

1

2 3

4

1

2 3 4 5 7 6

10

11 6 15

13 12 7 14

8

16

17 9 18 19 10 20 21

11

22

5

8 9

L L L

L L L

H

H

x

y

O



2

SOLUZIONE:

(NOTA: Fra gli obiettivi didattici più immediati di questo esempio ricordiamo: 1. impaurire gli studenti; 2. fare un po’ di pratica con la scrittura delle equazioni di compatibilità cinematica, interna ed

esterna; 3. distinguere fra condizioni al contorno e condizioni di raccordo; 4. capire il significato di equazioni di congruenza e ricordare la loro provenienza; 5. capire che è del tutto arbitraria la suddivisione del sistema in travi od in parti; 6. capire che è del tutto indifferente la scelta sia del numero che della posizione delle sezioni

ausiliarie; 7. capire che è del tutto arbitraria la scelta dei poli.)

• Procedimento generale 1. Prestazioni cinematiche dei vincoli e delle connessioni

Il sistema risulta dall’assemblaggio delle travi rigide , , , , , , , , , e (11) mostrate in figura, vincolate al suolo e tra di loro mediante i seguenti dispositivi:

Vincolo 1

≥==

000

1

1

1

θvu

21 =m ,

Connessione 2-3

=θ−θ=−=−

000

32

32

32

vvuu

332 =−m ,

Connessione 4-5

=−≥−

=−

00

0

54

54

54

θθvvuu

254 =−m ,

Connessione 6-7

=θ−θ=−=−

000

76

76

76

vvuu

376 =−m ,

Connessione 8-9-11

=θ−θ=−=−=θ−θ=−=−

000000

118

118

118

98

98

98

vvuu

vvuu

61198 =−−m ,

Vincolo 10

≥=≥

000

10

10

10

θvu

110 =m ,

Connessione 12-13

≥−=−=−

000

1312

1312

1312

θθvvuu

21312 =−m ,


3

Connessione 14-15-17

=θ−θ=−=−=θ−θ=−=−

000000

1714

1714

1714

1514

1514

1514

vvuu

vvuu

6171514 =−−m ,

Vincolo 16

≥=≥

000

16

16

16

θvu

116 =m ,

Connessione 18-19

≥−=−=−

000

1918

1918

1918

θθvvuu

21918 =−m ,

Connessione 20-21

=θ−θ=−=−

000

2120

2120

2120

vvuu

32120 =−m ,

Vincolo 22

≥==

000

22

22

22

θvu

222 =m ,

dove gli spostamenti sono valutati nel sistema di riferimento (O, x, y). Tali relazioni prendono il nome di equazioni di compatibilità cinematica esterna; più in particolare, quelle di vincolo sono chiamate condizioni al contorno (del problema cinematico), mentre le relazioni di connessione sono dette condizioni di raccordo. Accanto a ciascun gruppo di relazioni è riportata la prestazione cinematica (molteplicità) del dispositivo a cui si riferiscono, m, ovvero il numero di gradi di libertà che il dispositivo sottrae al sistema di travi.

2. Computo dei vincoli Indichiamo con t il numero complessivo di travi (t = 11). Poiché a ciascuna di esse, riguardata come un corpo rigido libero di muoversi nel piano, corrispondono tre gradi di libertà, in assenza di vincoli e connessioni il numero complessivo di gradi di libertà del sistema risulta:

331133 =⋅=⋅= tg .

Sommando le molteplicità dei vincoli e delle connessioni si ottiene il numero complessivo di vincoli semplici applicati al sistema (grado di vincolo):

3323216216323222212019181617151413121011987654321

=+++++++++++==+++++++++++= −−−−−−−−−− mmmmmmmmmmmmv .

Pertanto, se i vincoli e le connessioni fossero fra loro indipendenti (vincoli efficaci) il sistema di travi dato sarebbe (al più) una struttura isostatica.


4

3. Matrice cinematica

Per accertarsi dell’efficacia dei vincoli occorre verificare che le relazioni precedenti siano fra loro linearmente indipendenti. Per fare ciò si costruisce la matrice cinematica del sistema e se ne calcola il rango. A tal fine, scelto un polo per ciascuna trave, le incognite del problema cinematico risultano quelle riportate nella colonna 3 della tabella seguente:

Trave P Pδ Q Qδ

1u 1111212 )( θ⋅−=θ⋅−−= Huyyuu

1v 111212 )( vxxvv =θ⋅−+= 1 1θ

2 12 θ=θ

3u 333434 )( uyyuu =θ⋅−−=

3v 3333434 )( θ⋅+=θ⋅−+= Lvxxvv 3 3θ

4 34 θ=θ

5u 555656 )( uyyuu =θ⋅−−=

5v 5555656 )( θ⋅+=θ⋅−+= Lvxxvv 5 5θ

6 56 θ=θ

8u 8888787 )( θ⋅−=θ⋅−−= Huyyuu

8v 888787 )( vxxvv =θ⋅−+= 8 8θ

7 87 θ=θ

10u 101010109109 )( θ⋅−=θ⋅−−= Huyyuu

10v 1010109109 )( vxxvv =θ⋅−+= 10 10θ

9 109 θ=θ

11u 111111121112 )( uyyuu =θ⋅−−=

11v 11111111121112 )( θ⋅+=θ⋅−+= Lvxxvv 11 11θ

12 1112 θ=θ

13u 131313141314 )( uyyuu =θ⋅−−=

13v 13131313141314 )( θ⋅+=θ⋅−+= Lvxxvv 13 13θ

14 1314 θ=θ

16u 16161616151615 )( θ⋅−=θ⋅−−= Huyyuu

16v 161616151615 )( vxxvv =θ⋅−+= 16 16θ

15 1615 θ=θ

17u 171717181718 )( uyyuu =θ⋅−−=

17v 17171717181718 )( θ⋅+=θ⋅−+= Lvxxvv 17 17θ

18 1718 θ=θ

19u 191919201920 )( uyyuu =θ⋅−−=

19v 19191919201920 )( θ⋅+=θ⋅−+= Lvxxvv 19 19θ

20 1920 θ=θ

22u 22222222212221 )( θ⋅−=θ⋅−−= Huyyuu

22v 222222212221 )( vxxvv =θ⋅−+= (11) 22 22θ

21 2221 θ=θ


5

Nella colonna 4 sono indicate le sezioni ausiliarie, mentre nella successiva colonna 5 sono riportate le espressioni delle loro componenti di spostamento in funzione delle componenti di spostamento del polo corrispondente. Tali relazioni esprimono il vincolo di rigidità fra punti materiali nell’ipotesi di spostamenti infinitesimi e prendono il nome di equazioni di compatibilità cinematica interna o, più semplicemente, equazioni di congruenza. Tenuto conto di queste ultime espressioni, il sistema costituito dalle condizioni al contorno e dalle condizioni di raccordo può essere scritto in termini delle sole componenti di spostamento dei poli:

Vincolo 1

==

00

1

1

vu ⇒

==

00

1

1

vu

Connessione 2-3

=θ−θ=−=−

000

32

32

32

vvuu

⇒

=θ−θ=−

=−θ⋅−

00

0

31

31

311

vvuHu

Connessione 4-5

=θ−θ=−

00

54

54 uu ⇒

=θ−θ=−

00

53

53 uu

Connessione 6-7

=θ−θ=−=−

000

76

76

76

vvuu

⇒

=θ−θ=−θ⋅+=θ⋅+−

000

85

855

885

vLvHuu

Connessione 8-9-11

=θ−θ=−=−=θ−θ=−=−

000000

118

118

118

98

98

98

vvuu

vvuu

⇒

=θ−θ=−=−=θ−θ=−

=θ⋅+−

00000

0

118

118

118

108

108

10108

vvuu

vvHuu

Vincolo 10 010 =v ⇒ 010 =v

Connessione 12-13

=−=−

00

1312

1312

vvuu ⇒

=−θ⋅+=−

00

131111

1311

vLvuu

Connessione 14-15-17

=θ−θ=−=−=θ−θ=−=−

000000

1714

1714

1714

1514

1514

1514

vvuu

vvuu

⇒

=θ−θ=−θ⋅+

=−=θ−θ

=−θ⋅+=θ⋅+−

00

00

00

1713

171313

1713

1613

161313

161613

vLvuu

vLvHuu

Vincolo 16 016 =v ⇒ 016 =v

Connessione 18-19

=−=−

00

1918

1918

vvuu ⇒

=−θ⋅+=−

00

191717

1917

vLvuu


6

Connessione 20-21

=θ−θ=−=−

000

2120

2120

2120

vvuu

⇒

=θ−θ=−θ⋅+=θ⋅+−

000

2219

221919

222219

vLvHuu

Vincolo 22

==

00

22

22

vu ⇒

==

00

22

22

vu

Il sistema lineare ed omogeneo costituito dalle precedenti le 33 equazioni algebriche nelle 33 incognite componenti di spostamento dei poli può essere scritto in notazione matriciale come:

0δC = ,

dove C è la matrice cinematica del sistema di travi e δ il vettore degli spostamenti incogniti.

Per la compatibilità del sistema, la caratteristica della matrice incompleta deve essere uguale a quella della matrice completa. Ciò si verifica certamente in quanto il vettore dei termini noti è nullo e quindi non in grado di modificare il rango della matrice incompleta. Pertanto, il sistema ammette sempre la soluzione banale, 0δ = , che definisce la configurazione di riferimento. Tale soluzione è anche unica se il determinante della matrice dei coefficienti è diverso da zero (k = 33). Tale possibilità sarà verificata in modo più agevole ai punti successivi.

• Procedimento semplificato 1. Prestazioni cinematiche dei vincoli e delle connessioni

Il sistema risulta dall’assemblaggio delle parti rigide A = [ + ], B = [ + + + ], C = [ + + ] e D = [ + (11)] mostrate in figura, vincolate dai dispositivi:

Vincolo 1

≥==

000

1

1

1

θvu

21 =m ,

Connessione A-B

=−≥−

=−

00

0

54

54

54

θθvvuu

254 =−m ,

Vincolo 10

≥=≥

000

10

10

10

θvu

110 =m ,

Connessione B-C

≥−=−=−

000

1312

1312

1312

θθvvuu

21312 =−m ,

Vincolo 16

≥=≥

000

16

16

16

θvu

116 =m ,


7

Connessione C-D

≥−=−=−

000

1918

1918

1918

θθvvuu

21918 =−m ,

Vincolo 22

≥==

000

22

22

22

θvu

222 =m .

2. Computo dei vincoli Indichiamo con p il numero di parti rigide (p = 4). Il numero complessivo di gradi di libertà del sistema risulta:

12433 =⋅=⋅= pg .

Sommando le molteplicità dei vincoli e delle connessioni si ottiene il grado di vincolo:

12221212222191816131210541 =++++++=++++++= −−− mmmmmmmv .

Pertanto, se i vincoli e le connessioni considerate fossero indipendenti (vincoli efficaci) il sistema di travi dato sarebbe (al più) una struttura isostatica.

3. Matrice cinematica Scelto un polo per ciascuna parte rigida, si può costruire la tabella seguente:

Parte P Pδ Q Qδ

1u 1111414 )( θ⋅−=θ⋅−−= Huyyuu

1v 1111414 )( θ⋅+=θ⋅−+= Lvxxvv A 1 1θ

4 14 θ=θ

101010105105 2)( θ⋅−=θ⋅−−= Huyyuu 10u

101010105105 )( θ⋅−=θ⋅−+= Lvxxvv 5 105 θ=θ

10v 10101010121012 )( θ⋅−=θ⋅−−= Huyyuu

10101010121012 )( θ⋅+=θ⋅−+= Lvxxvv

B 10

10θ 12 1012 θ=θ

16161616131613 )( θ⋅−=θ⋅−−= Huyyuu 16u

16161616131613 )( θ⋅−=θ⋅−+= Lvxxvv 13 1613 θ=θ

16v 16161616181618 )( θ⋅−=θ⋅−−= Huyyuu

16161616181618 )( θ⋅+=θ⋅−+= Lvxxvv

C 16

16θ 18 1618 θ=θ

22u 22222222192219 )( θ⋅−=θ⋅−−= Huyyuu

22v 22222222192219 )( θ⋅−=θ⋅−+= Lvxxvv D 22 22θ

19 2219 θ=θ


8

Nella colonna 4 sono indicate le sezioni ausiliarie necessarie per scrivere le condizioni di raccordo, mentre nella successiva colonna 5 sono riportate le equazioni di congruenza. Il sistema delle condizioni al contorno e delle condizioni di raccordo risulta:

Vincolo 1

==

00

1

1

vu ⇒

==

00

1

1

vu

Connessione A-B

=θ−θ=−

00

54

54 uu ⇒

=θ−θ=θ⋅+−θ⋅−

002

101

101011 HuHu

Vincolo 10 010 =v ⇒ 010 =v

Connessione B-C

=−=−

00

1312

1312

vvuu ⇒

=θ⋅+−θ⋅+=θ⋅+−θ⋅−0

0

16161010

16161010

LvLvHuHu

Vincolo 16 016 =v ⇒ 016 =v

Connessione C-D

=−=−

00

1918

1918

vvuu ⇒

=θ⋅+−θ⋅+=θ⋅+−θ⋅−0

0

22221616

22221616

LvLvHuHu

Vincolo 22

==

00

22

22

vu ⇒

==

00

22

22

vu

Il sistema precedente, lineare ed omogeneo, di 12 equazioni algebriche in 12 incognite scritto in notazione matriciale diviene:

=

θ

θ

θ

θ

⋅

−−−

−−−

−−−

000000000000

010000000000001000000000

10100000000101000000

0000100000000001010000000010100000000001000000000010010000000020101000000000010000000000001

22

22

22

16

16

16

10

10

10

1

1

1

vu

vu

vu

vu

LLHH

LLHH

HH

,

ovvero, 0δC = ,

dove C è la matrice cinematica del sistema di travi e δ il vettore degli spostamenti incogniti. Il sistema ammette sempre la soluzione banale, 0δ = , che definisce la configurazione di riferimento. Tale soluzione è anche unica poiché il determinante della matrice dei coefficienti è diverso da zero (k = 12).


9

• Procedimento sintetico 1. Matrice cinematica

Inseriamo immediatamente le condizioni di vincolo in quelle di congruenza si ottiene:

Parte P Pδ Q Qδ

1u 111414 )( θ⋅−=θ⋅−−= Hyyuu

1v 111414 )( θ⋅=θ⋅−+= Lxxvv A 1 1θ

4 14 θ=θ

101010105105 2)( θ⋅−=θ⋅−−= Huyyuu 10u

1010105105 )( θ⋅−=θ⋅−+= Lxxvv 5 105 θ=θ

10v 10101010121012 )( θ⋅−=θ⋅−−= Huyyuu

101010121012 )( θ⋅=θ⋅−+= Lxxvv

B 10

10θ 12 1012 θ=θ

16161616131613 )( θ⋅−=θ⋅−−= Huyyuu 16u

161616131613 )( θ⋅−=θ⋅−+= Lxxvv 13 1613 θ=θ

16v 16161616181618 )( θ⋅−=θ⋅−−= Huyyuu

161616181618 )( θ⋅=θ⋅−+= Lxxvv

C 16

16θ 18 1618 θ=θ

22u 222222192219 )( θ⋅−=θ⋅−−= Hyyuu

22v 222222192219 )( θ⋅−=θ⋅−+= Lxxvv D 22 22θ

19 2219 θ=θ

Per cui la compatibilità cinematica del sistema è espressa delle condizioni di raccordo:

Connessione A-B

=θ−θ=−

00

54

54 uu ⇒

=θ−θ=θ⋅+−θ⋅−

002

101

10101 HuH

Connessione B-C

=−=−

00

1312

1312

vvuu ⇒

=θ+θ=θ⋅+−θ⋅−

00

1610

16161010 HuHu

Connessione C-D

=−=−

00

1918

1918

vvuu ⇒

=θ+θ=θ⋅+θ⋅−

00

2216

221616 HHu

Tale sistema, lineare ed omogeneo, è ora costituito da 6 equazioni algebriche nelle 6 incognite essenziali del problema 10u , 16u , 1θ , 10θ , 16θ , 22θ .

Posto ϕ−=θ16 e ϕ=θ=θ=θ 22101 , si ottiene:

=ϕ+ϕ+=ϕ−−ϕ−

=ϕ+ϕ−−

00

02

16

1610

10

HHuHuHu

HHu,

un sistema lineare ed omogeneo che ha come unica soluzione quella banale )0( 1610 === ϕuu ; pertanto, il sistema di travi assegnato è una struttura isostatica.







TEMA 4


1

4

1

2 7

6

5 3

2 3

4

8 9

H

L L

y

x O



2

SOLUZIONE:


Il sistema risulta dall’assemblaggio delle quattro parti rigide , , e mostrate in figura, vincolate al suolo e tra di loro mediante i seguenti dispositivi:

Vincolo 1

≥==

000

1

1

1

θvu

21 =m ,

Vincolo 3

≥==

000

3

3

3

θvu

23 =m ,

Vincolo 5

≥==

000

5

5

5

θvu

25 =m ,

Connessione -

≥==

000

7

7

7

θvu

272 =−m ,

Connessione -

≥−=−=−

000

84

84

84

θθvvuu

284 =−m ,

Connessione -

≥−=−=−

000

96

96

96

θθvvuu

296 =−m ,


b) Computo dei vincoli Poiché il numero di parti è p = 4, i gradi di libertà del sistema risultano:

12433 =⋅=⋅= pg . D’altra parte, se i vincoli e le connessioni fossero indipendenti (vincoli efficaci), il grado di vincolo del sistema risulterebbe:

12222222968472531 =+++++=+++++= −−− mmmmmmv ,

per cui il sistema di travi dato può essere (al più) una struttura isostatica.


3

c) Matrice cinematica Per verificare l’efficacia dei vincoli costruiamo la matrice cinematica e calcoliamone il rango. Seguendo il procedimento sintetico, inseriamo immediatamente le condizioni al contorno nelle equazioni di congruenza. Scelto un polo per ciascuna parte, le incognite del problema cinematico sono quelle riportate nella colonna 3 della tabella seguente:

Parte P Pδ Q Qδ

1u 11111212 )( θ⋅−=θ⋅−=θ⋅−−= HHuyyuu

1v 0)( 111212 ==θ⋅−+= vxxvv 1 1θ

2 12 θ=θ

3u 33333434 )( θ⋅−=θ⋅−=θ⋅−−= HHuyyuu

3v 0)( 333434 ==θ⋅−+= vxxvv 3 3θ

4 34 θ=θ

5u 55555656 )( θ⋅−=θ⋅−=θ⋅−−= HHuyyuu

5v 0)( 555656 ==θ⋅−+= vxxvv 5 5θ

6 56 θ=θ

777878 )( uyyuu =θ⋅−−= 7u

7777878 )( θ⋅+=θ⋅−+= Lvxxvv 8 78 θ=θ

7v 777979 )( uyyuu =θ⋅−−=

7777979 2)( θ⋅+=θ⋅−+= Lvxxvv

7

7θ 9

79 θ=θ

Nella colonna 4 sono indicate le sezioni ausiliarie, mentre nella colonna 5 sono riportate le espressioni delle loro componenti di spostamento. Le equazioni di compatibilità cinematica si riducono alle equazioni di raccordo:

Connessione -

=−=−

00

72

72

vvuu ⇒

==+θ

00

7

71

vuH ,

Connessione -

=−=−

00

84

84

vvuu ⇒

=θ=+θ⋅

00

7

73 uH ,

Connessione -

=−=−

00

96

96

vvuu ⇒

=θ=+θ⋅

00

7

75 uH .

Tale sistema scritto in notazione matriciale diviene:


4

=

θ

θθθ

⋅

000000

100000100000010000001000010000100

7

7

7

5

3

1

vu

HH

H

ovvero

0δC = ,

dove C è la matrice cinematica del sistema e δ il vettore degli spostamenti incogniti. Poiché il determinante della matrice incompleta è manifestamente nullo, il sistema di travi è labile. Posto ∆=7u , si ottengono le ∞ soluzioni:

H∆

=θ=θ=θ 531

cui corrispondono configurazioni attuali del tipo rappresentato in figura.

4

1 2 3







TEMA 5


2

1

1

7 4

6

3

2

4

5

3

8 9

L L

H

60.0°

x

y

O



2

SOLUZIONE:



Vincolo 1

≥==

000

1

1

1

θvu

21 =m ,

Vincolo 3

≥==

000

3

3

3

θvu

23 =m ,

Vincolo 5

≥==

000

5

5

5

θvu

25 =m ,

Connessione -

≥−=−=−

000

72

72

72

θθvvuu

272 =−m ,

Connessione -

≥−=−=−

000

84

84

84

θθvvuu

284 =−m ,

Connessione -

≥−=−=−

000

96

96

96

θθvvuu

296 =−m ,


b) Computo dei vincoli

Poiché il numero di parti è p = 4, i gradi di libertà del sistema risultano: 12433 =⋅=⋅= pg .


12222222968472531 =+++++=+++++= −−− mmmmmmv ,



3

c) Matrice cinematica

Per verificare l’efficacia dei vincoli costruiamo la matrice cinematica e calcoliamone il rango. Seguendo il procedimento sintetico, inseriamo immediatamente le condizioni al contorno nelle equazioni di congruenza.

Scelto un polo per ciascuna parte, le incognite del problema cinematico sono quelle riportate nella colonna 3 della tabella seguente:

Parte P Pδ Q Qδ

1u 11111212 )( θ⋅−=θ⋅−=θ⋅−−= HHuyyuu

1v 0)( 111212 ==θ⋅−+= vxxvv 1 1θ

2 12 θ=θ

3u 33333434 )( θ⋅−=θ⋅−=θ⋅−−= HHuyyuu

3v 0)( 333434 ==θ⋅−+= vxxvv 3 3θ

4 34 θ=θ

5u 55555656 )( θ⋅−=θ⋅−=θ⋅−−= HHuyyuu

5v 555656 3/)( θ⋅−=θ⋅−+= Hxxvv 5 5θ

6 56 θ=θ

777878 )( uyyuu =θ⋅−−= 7u

7777878 )( θ⋅+=θ⋅−+= Lvxxvv 8 78 θ=θ

7v 777979 )( uyyuu =θ⋅−−=

7777979 2)( θ⋅+=θ⋅−+= Lvxxvv

7

7θ 9

79 θ=θ

Nella colonna 4 sono indicate le sezioni ausiliarie, mentre nella colonna 5 sono riportate le espressioni delle loro componenti di spostamento.

Le equazioni di compatibilità cinematica si riducono alle equazioni di raccordo:

Connessione -

=−=−

00

72

72

vvuu ⇒

==+θ

00

7

71

vuH ,

Connessione -

=−=−

00

84

84

vvuu ⇒

=θ=+θ⋅

00

7

73 uH ,

Connessione -

=−=−

00

96

96

vvuu ⇒

=θ⋅−−θ⋅−=−θ⋅−

023/0

775

75

LvHuH .



4

=

θ

θθθ

⋅

000000

2103/00001001000000010001000000100

7

7

7

5

3

1

vu

LHH

H

H

ovvero

0δC = ,

dove C è la matrice cinematica del sistema e δ il vettore degli spostamenti incogniti. Poiché il determinante della matrice incompleta è diverso da zero, il sistema di

travi è una struttura isostatica. Pertanto, l’unica soluzione è δ=0 corrispondente alla configurazione iniziale.







TEMA 6


2 7

4

3 5

4

2

8 9

3

6

1

1

L L

H

60.0° 60.0°

x

y

O



2

SOLUZIONE:



Vincolo 1

≥==

000

1

1

1

θvu

21 =m ,

Vincolo 3

≥==

000

3

3

3

θvu

23 =m ,

Vincolo 5

≥==

000

5

5

5

θvu

25 =m ,

Connessione -

≥−=−=−

000

72

72

72

θθvvuu

272 =−m ,

Connessione -

≥−=−=−

000

84

84

84

θθvvuu

284 =−m ,

Connessione -

≥−=−=−

000

96

96

96

θθvvuu

296 =−m ,


b) Computo dei vincoli

Poiché il numero di parti è p = 4, i gradi di libertà del sistema risultano: 12433 =⋅=⋅= pg .


12222222968472531 =+++++=+++++= −−− mmmmmmv ,



3

c) Matrice cinematica

Per verificare l’efficacia dei vincoli costruiamo la matrice cinematica e calcoliamone il rango. Seguendo il procedimento sintetico, inseriamo immediatamente le condizioni al contorno nelle equazioni di congruenza. Scelto un polo per ciascuna parte, le incognite del problema cinematico sono quelle riportate nella colonna 3 della tabella seguente:

Parte P Pδ Q Qδ

1u 11111212 )( θ⋅−=θ⋅−=θ⋅−−= HHuyyuu

1v 111212 3/)( θ⋅=θ⋅−+= Hxxvv 1 1θ

2 12 θ=θ

3u 33333434 )( θ⋅−=θ⋅−=θ⋅−−= HHuyyuu

3v 0)( 333434 ==θ⋅−+= vxxvv 3 3θ

4 34 θ=θ

5u 55555656 )( θ⋅−=θ⋅−=θ⋅−−= HHuyyuu

5v 555656 3/)( θ⋅−=θ⋅−+= Hxxvv 5 5θ

6 56 θ=θ

777878 )( uyyuu =θ⋅−−= 7u

7777878 )( θ⋅+=θ⋅−+= Lvxxvv 8 78 θ=θ

7v 777979 )( uyyuu =θ⋅−−=

7777979 2)( θ⋅+=θ⋅−+= Lvxxvv

7

7θ 9

79 θ=θ

Nella colonna 4 sono indicate le sezioni ausiliarie, mentre nella colonna 5 sono riportate le espressioni delle loro componenti di spostamento. Le equazioni di compatibilità cinematica si riducono alle equazioni di raccordo:

Connessione -

=−=−

00

72

72

vvuu ⇒

=−θ⋅=+θ⋅

03/0

71

71

vHuH ,

Connessione -

=−=−

00

84

84

vvuu ⇒

=θ⋅+=+θ⋅00

77

73

LvuH ,

Connessione -

=−=−

00

96

96

vvuu ⇒

=θ⋅++θ⋅=+θ⋅

023/0

775

75

LvHuH .



4

=

θ

θθθ

⋅

−

000000

2103/0000100

1000000100010003/00100

7

7

7

5

3

1

vu

LHH

LH

HH

ovvero

0δC = ,

dove C è la matrice cinematica del sistema e δ il vettore degli spostamenti incogniti. Si verifica facilmente che il determinante della matrice incompleta è nullo. Pertanto, il sistema di travi dato è labile, in particolare un cinematismo ad un grado di libertà. Posto ∆−=7u , si ottiene

H∆

=θ=θ=θ 531 , ∆= 37v , L∆

−=θ3

7

cui corrispondono configurazioni del tipo rappresentato in figura.

1

4

2 3

5






Parte II) STATICA DEI SISTEMI DI TRAVI

TEMA 1


1

2 3

4 1

2 3 4 5

7 6

8 x, u

y, v

O

L/2 L/2

H/2

H/2

1. determinarne il grado di iperstaticità attraverso il computo dei gradi di libertà.

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002 Statica dei sistemi di travi

2

SOLUZIONE:

Vincoli parziali: quando una sezione estrema di un sistema di travi è parzialmente vincolata o, addirittura, priva di vincoli (libera), qualche componente di spostamento assoluto del suo baricentro o la rotazione assoluta della stessa risulta possibile. Connessioni parziali: la stessa cosa avviene quando qualche sezione intermedia di un sistema di travi è parzialmente connessa o totalmente sconnessa (taglio completo). In tal caso, qualche componente di spostamento relativo fra i baricentri delle sezioni adiacenti o la rotazione relativa della stesse diviene possibile. Nel primo caso sono nulle le reazioni vincolari corrispondenti agli spostamenti e/o rotazioni assolute possibili, mentre nel secondo caso sono nulle le caratteristiche della sollecitazione corrispondenti agli spostamenti e/o rotazioni relative possibili. Diciamo che il sistema possiede dei gradi di libertà. Indichiamo con g il numero complessivo di vincoli che occorre introdurre nel sistema per sopprimere tutti i suoi possibili gradi di libertà. Al termine di tale operazione il sistema risulterà costituito da una o più maglie chiuse. Sia mi il numero di maglie interne, ovvero, maglie costituite da elementi appartenenti completamente al sistema, ed me il numero di maglie esterne , ovvero, maglie costituite da elementi appartenenti al sistema ed al supporto. Poiché a ciascuna maglia, corrisponde un grado di iperstaticità pari a tre, il grado complessivo di iperstaticità del sistema così modificato risulterebbe:

)(3 ei mmv +⋅= .

Pertanto, sottraendo il numero g di vincoli introdotti per rendere il sistema v volte iperstatico, si ottiene il grado di iperstaticità del sistema iniziale

gmmn ei −+⋅= )(3 .

Nel caso in esame (Vedi figura successiva), è 4=g risultando cinematicamente compatibili gli spostamenti e rotazioni 1θ , 54−∆v , 8u e 8θ ; inoltre, 0=im , non essendoci alcuna maglia interna, ed 1=em , poiché esiste una sola maglia esterna. Pertanto il grado di iperstaticità del sistema risulta:

01413 <−=−⋅=n ,

ovvero, il sistema è (almeno) una volta ipostatico (labile) per carenza di vincoli.


3

+1

+1

+2

1







TEMA 2

Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura:

1

2 3

4

1

2 3 4 5 7 6

10

11 6 15

13 12 7 14

8

16

17 9 18 19 10 20 21

11

22

5

8 9

L L L

L L L

H

H

x

y

O



2

SOLUZIONE:

Il sistema è dotato dei seguenti di vincoli parziali • Cerniera in 1 ed in 22; • Carrello in 10 ed in 16;

a cui corrispondono i gradi di libertà

• spostamenti assoluti: 10u , 16u ; • rotazioni assolute: 1θ , 10θ , 16θ , 22θ ;

e delle seguenti connessioni parziali

• Sconnessione T=0 in 4-5 • Sconnessione M=0 in 12-13 ed in 18-19


• spostamenti relativi: 4554 vvv −=∆ − ; • rotazioni relative: 12131312 θ−θ=θ∆ − , 18191918 θ−θ=θ∆ − .

Il numero complessivo di vincoli che occorre aggiungere al sistema per eliminare tutti i possibili gradi di libertà risulta 9=g . Al termine di tale operazione il sistema risulterà costituito dalle tre maglie chiuse esterne mostrate in figura

1

2 3

+1

+1

+2

+1 +1

+2 +1

Pertanto, se i vincoli sono indipendenti, il grado di iperstaticità risulta

09333 =−×=−×= gmn e ,

ovvero, il sistema è isostatico.







TEMA 3

Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura:

1

2 3

4

1

2 3 4 5 7

6

10

11 6 15

13 12 7 14

8

16

17 9 18 19 10 20 21

11

22

5

8 9

L L L L L L

H

H 12 13

14 15 23

26 27 24

28 25

x, u

y, v

O



2

SOLUZIONE: Il sistema è dotato dei seguenti vincoli parziali

• Carrello in 10 e 16;

• Cerniera in 1 e 22; a cui corrispondono i gradi di libertà

• spostamenti assoluti: 10u , 16u ; • rotazioni assolute: 1θ , 10θ , 16θ , 22θ ;


• Sconnessione T=0 in 4-5; • Sconnessione M=0 in 12-13, 18-19, 6-7-25, 23-26-27;


• spostamenti relativi: 4554 vvv −=∆ − ; • rotazioni relative: 12131312 θ−θ=θ∆ − , 18191918 θ−θ=θ∆ − ; 6776 θ−θ=θ∆ − ;

725257 θ−θ=θ∆ − ; 26232326 θ−θ=θ∆ − ; 23272723 θ−θ=θ∆ − .

Il numero complessivo di vincoli che occorre aggiungere al sistema per sopprimere tutti i possibili gradi di libertà risulta 13=g . Al termine di tale operazione il sistema risulterà costituito dalle cinque maglie chiuse, di cui tre esterne e due interne, mostrate in figura

1

2 3

+1

+1

+2

+1 +1

+2 +1

+2 +2

4 5

Pertanto, se i vincoli sono indipendenti, il grado di iperstaticità del sistema risulta

213)23(3)(3 =−+×=−+×= gmmn ie .





(per segnalazioni e suggerimenti contattare [email protected] )


TEMA 4

Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura: L L L L L L

H

x, u

y, v

O

1 2

4 3 5

7 6 8

10 9 11

13 12 14

16 15 17

19 18



2

SOLUZIONE: Il sistema è dotato dei seguenti vincoli parziali

• cerniera in 1;

• carrello in 19; a cui corrispondono i gradi di libertà

• spostamenti assoluti: 19u ; • rotazioni assolute: 1θ , 19θ ;


• sconnessione M=0 in 1-2, 3-4-5, 6-7-8, 9-10-11, 12-13-14, 15-16-17, 18-19; a cui corrispondono i gradi di libertà

• rotazioni relative: 1221 θ−θ=θ∆ − , 3443 θ−θ=θ∆ − ; 4554 θ−θ=θ∆ − ; 6776 θ−θ=θ∆ − ; 7887 θ−θ=θ∆ − ;

910109 θ−θ=θ∆ − ; 10111110 θ−θ=θ∆ − ; 12131312 θ−θ=θ∆ − ; 13141413 θ−θ=θ∆ − ; 15161615 θ−θ=θ∆ − ; 16171716 θ−θ=θ∆ − ; 18191918 θ−θ=θ∆ −

Il numero complessivo di vincoli che occorre aggiungere al sistema per sopprimere tutti i possibili gradi di libertà risulta 15=g . Al termine di tale operazione il sistema risulterà costituito dalle sette maglie chiuse, di cui una esterna e sei interne, mostrate in figura

1 2 3 4 6

7

52 2 2 2 2 2 3

Pertanto, se i vincoli sono indipendenti, il grado di iperstaticità del sistema risulta

615)61(3)(3 =−+×=−+×= gmmn ie .




(per segnalazioni e suggerimenti contattare [email protected], [email protected] )


TEMA 5

Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura,

1

2 3 4 2 3

4 5 7 6

10

5

8 9

1

L/2 L

x,u

y,v

O

L/2

H

P

A

B

C

D E

F

1. determinarne il grado di iperstaticità; 2. costruire la matrice statica e verificare l’efficacia dei vincoli; 3. calcolare le reazioni vincolari; 4. tracciare i diagrammi quotati ed in scala delle caratteristiche della sollecitazione.


2

SOLUZIONE:

1. Determinazione del grado di iperstaticità

a) Mediante il computo dei vincoli Il sistema risulta dall’assemblaggio delle due parti rigide I=[!+"+#] e II=[$+%] mostrate in figura. Poiché a ciascuna parte competono tre gradi di libertà nel piano, in assenza di vincoli e connessioni il sistema avrebbe 6 gradi di libertà. D’altra parte le cerniere in 1 e 10 possiedono ciascuna una molteplicità di vincolo pari a 2, così come la connessione 6-7. Pertanto, se i vincoli sono efficaci, il sistema dato è una struttura isostatica. b) Mediante il computo dei gradi di libertà

Le cerniere fisse in 1 e 10 consentono le rotazioni assolute 1θ e 10θ delle corrispondenti sezioni. La sconnessione semplice M=0 fra le sezioni 6 e 7 consente la rotazione relativa 6776 θ−θ=θ∆ − . Introdotti tre vincoli semplici per sopprimere i gradi di libertà descritti, si ottiene una maglia chiusa esterna a cui compete un grado di iperstaticità pari a tre. Pertanto, il sistema dato è una struttura isostatica. c) Mediante il metodo dei tagli

Introdotto un taglio completo in una sezione generica, il sistema diviene improvvisamente tre volte labile risultando possibili due rotazioni assolute 1θ e 10θ ed una rotazione relativa 6776 θ−θ=θ∆ − . Pertanto, essendo il numero di gradi di libertà introdotti uguale a quello dei gradi di libertà residui, il sistema dato è una struttura isostatica.

2. Calcolo delle reazioni vincolari e delle caratteristiche della sollecitazione

a) Procedimento generale (facilmente implementabile in un codice di calcolo) Inseriamo un numero sufficiente di sezioni al fine di isolare tutti i possibili punti di

discontinuità (di vincolo, di carico e geometrico) del sistema. Come risultato di tale operazione, si individuano le cinque travi !, ", #, $ e % ed i sei nodi A, B, C, D, E, F connessi fra loro nel modo indicato in figura.

Per accertarsi dell’efficacia dei vincoli occorre scrivere le equazioni di equilibrio per tutte le travi e per tutti i nodi del sistema e verificare che tali relazioni siano fra loro linearmente indipendenti.

In analogia col problema cinematico, scegliamo un punto rappresentativo per ciascuna trave (polo dei momenti), coincidente per ragioni di convenienza col baricentro di una delle sue sezioni estreme. Le incognite del problema statico risultano immediatamente definite, coincidendo con le caratteristiche della sollecitazione delle sezioni contenenti il polo e con le componenti non nulle delle reazioni vincolari.

Scritto il sistema delle equazioni di equilibrio per tutte le travi e tutti i nodi, la matrice dei coefficienti delle incognite sopradette è detta matrice statica del sistema. La verifica dell’efficacia dei vincoli richiede il calcolo del suo rango.


3

Nel caso in esame, essendoci cinque travi, si hanno come incognite le quindici caratteristiche della sollecitazione riportate a colonna 3 della tabella seguente più le quattro componenti non nulle delle reazioni vincolari delle due cerniere, per un totale di 19 incognite. Nella colonna 4 della stessa tabella, sono invece indicate le sezioni ausiliarie di ciascuna trave, necessarie per scrivere le equazioni di equilibrio dei nodi.

Equilibrio delle travi

Isolata ciascuna trave soggetta alle caratteristiche della sollecitazione delle sezioni di estremità ed agli eventuali carichi distribuiti lungo il suo asse (assenti nel problema in esame), le equazioni cardinali della statica

∑ = 0xF , ∑ = 0yF , ∑ = 0zM ,

permettono di esprimere le caratteristiche della sollecitazione delle sezioni ausiliarie QC in funzione delle caratteristiche delle sezioni contenenti i poli dei momenti PC . Tali espressioni sono riportate a colonna 5.

Trave P PC Q QC 1N 12 NN =

1T 12 TT = ! 1 1M

2 HTMM ⋅+= 112

3N 34 NN = 3T 34 TT = " 3 3M

4 2/334 LTMM ⋅+=

5N 56 NN = 5T 56 TT = # 5 5M

6 2/556 LTMM ⋅+=

7N 78 NN = 7T 78 TT = $ 7 7M

8 LTMM ⋅+= 778

9N 910 NN = 9T 910 TT = % 9 9M

10 HTMM ⋅+= 9910

Tali relazioni prendono il nome di equazioni di compatibilità meccanica interna o, più semplicemente, equazioni di equilibrio interno.

Equilibrio dei nodi

Isolato adesso ciascun nodo con le eventuali forze (X, Y) e coppie (Mz) esterne concentrate agenti su di esso e con le caratteristiche della sollecitazione (M, N, T) esercitate su di esso dalle travi collegate , le equazioni cardinali della statica si scrivono:


4

Nodo A

==+==+==+=

∑∑∑

000

11

1

1

MMMMNYFTXF

dAz

Ay

Ax

⇒

=−=

−=

01

1

1

MYNXT

A

A

,

Nodo B

=+−=+−==−−=−−==+−=+−=

∑∑∑

000

3232

3232

3232

MMMMMMTNTNYFNTNTXF

Bz

By

Bx

⇒

=−=

=

23

23

23

MMNT

TN,

Nodo C

=+−=+−==−+−=−+==+−=+−=

∑∑∑

000

5454

5454

5454

MMMMMMTTPTTYFNNNNXF

Cz

Cy

Cx

⇒

=−=

=

45

45

45

MMPTT

NN,

Nodo D

==+==−=−=

=−=−+==+−=+−=

∑∑∑∑

00

00

77

66

7676

7676

MMMMMMMM

TTTTYFNNNNXF

dD

dz

sD

sz

Dy

Dx

⇒

==

==

00

7

6

67

67

MM

TTNN

,

Nodo E

=+−=+−==−=−+=

=−−=−−=

∑∑∑

00

0

9898

9898

9898

MMMMMMNTNTYF

TNTNXF

Ez

Ey

Ex

⇒

==−=

89

89

89

MMTNNT

,

Nodo F

==+==+==+=

∑∑∑

000

1010

10

10

MMMMNYFTXF

dF

dz

Fy

Fx

⇒

=−=

−=

010

10

10

MYNXT

F

F

,

Tali relazioni prendono il nome di equazioni di compatibilità meccanica esterna; o, più semplicemente equazioni di equilibrio esterno. In particolare, quelle di vincolo sono chiamate condizioni al contorno (statiche), mentre le relazioni di connessione sono dette condizioni di raccordo (statiche).

Primo metodo di soluzione

L’insieme costituito dalle 15 equazioni di equilibrio interno e dalle 19 equazioni di equilibrio esterno, fornisce un bellissimo e semplicissimo (da costruire e da risolvere) sistema di 34 equazioni algebriche lineari, non omogeneo per la presenza del carico P, nelle 34 incognite costituite dalle 30 caratteristiche della sollecitazione delle sezioni contenenti i poli e delle sezioni ausiliarie, 10,,1,,, K=iMTN iii , più le quattro componenti non nulle delle reazioni vincolari AX , AY , FX e FY . Il sistema potrebbe essere risolto così come è stato scritto. Tuttavia, date le notevoli dimensioni che esso può raggiungere in situazioni più generali, esso si presta poco ad essere risolto manualmente, sebbene risulta estremamente semplice da trattare attraverso il calcolo automatico. Tre rilevanti vantaggi di tale metodo meritano di essere evidenziati. Il primo consiste della sua generalità potendo essere applicato a qualunque struttura, il secondo risiede nella facilità di implementazione in un codice di calcolo automatico, ed il terzo, infine, nel fatto che esso permette di risolvere completamente il problema statico in una sola fase:


5

infatti, le caratteristiche della sollecitazione nelle sezioni che servono per tracciare i relativi diagrammi vengono dedotte simultaneamente alle reazioni vincolari.

Secondo metodo di soluzione

Una valida alternativa al precedente metodo si ottiene sostituendo l’insieme delle 15 equazioni di equilibrio interno nelle 19 equazioni di equilibrio esterno. Si ottiene così un sistema lineare non omogeneo più piccolo, formato da 19 equazioni nelle 19 incognite costituite dalle caratteristiche della sollecitazione delle sole sezioni che contengono i poli,

9,7,5,3,1,,, =jMTN jjj , più le solite quattro componenti non nulle delle reazioni vincolari, AX , AY , FX e FY

=⋅+=+=+

=⋅−−=−=+

==

=−=−

=⋅−−=+−

=−=⋅−−

=+=−

==+=+

000

000

00

00

02/0

00

00

000

99

9

9

779

79

79

7

6

57

57

335

35

35

113

13

13

1

1

1

HTMYNXT

LTMMTNNT

MM

TTNN

LTMMPTT

NNHTMM

NTTN

MYNXT

F

F

A

A

Scritto in notazione matriciale tale sistema diviene


6

=

⋅

F

F

A

A

YXYXMTNMTNMTNMTNMTN

9

9

9

7

7

7

5

5

5

3

3

3

1

1

1

ovvero,

fxS = ,

dove S è la matrice statica del sistema, x il vettore delle incognite ed f quello dei termini noti. Per controllare l’efficacia dei vincoli, occorre verificare che il determinante di S sia diverso da zero. Tale operazione sarà effettuata più agevolmente coi metodi esposti nei prossimi paragrafi. Naturalmente, risolvere il sistema precedente non significa affatto risolvere il problema, dal momento che le caratteristiche della sollecitazione nelle sezioni ausiliarie debbono essere ancora determinate. Ciò richiede nuovamente l’uso delle 15 equazioni lineari che esprimono l’equilibrio interno delle travi. Pertanto il problema statico viene risolto in due fasi.

b) Procedimento semplificato (permette apparentemente qualche risparmio) Come per il problema cinematico anche per il problema statico risulta possibile un procedimento semplificato in cui si considera l’equilibrio delle parti anziché quello delle travi, evitando in tal modo di considerare esplicitamente le connessioni complete fra le travi. Il sistema risulta così dall’assemblaggio delle parti rigide I=[!+"+#] e II=[$+%] mostrate nella figura seguente.


7

7 6

10 1

L/2 L

x,u

y,v

O

L/2

H

P

A F

I II

Nel caso in esame, essendoci due sole parti, si hanno come incognite le sei caratteristiche della sollecitazione riportate a colonna 3 della tabella seguente più le quattro componenti non nulle delle reazioni vincolari delle due cerniere, per un totale di 10 incognite. Nella colonna 4 sono invece indicate le sezioni ausiliarie di ciascuna trave, necessarie per scrivere le equazioni di equilibrio dei nodi.

Equilibrio delle parti

Isolata ciascuna parte soggetta ai carichi effettivi ed alle caratteristiche della sollecitazione delle sezioni di estremità, le equazioni cardinali della statica permettono di esprimere le caratteristiche della sollecitazione delle sezioni ausiliarie QC in funzione delle caratteristiche delle sezioni contenenti i poli dei momenti PC . Tali espressioni sono riportate a colonna 5.

Parte P PC Q QC

1N 16 TN = 1T PNT −−= 16 I=!+"+# 1 1M

6 2/1112 LPLNHTMM ⋅−⋅−⋅+=

7N 710 TN = 7T 710 NT −= II=$+% 7 7M

10 HNLTMM ⋅−⋅+= 77710

Equilibrio dei nodi

Isolato adesso ciascun nodo con le eventuali forze (X, Y) e coppie (Mz) concentrate esterne su di esso agenti e con le caratteristiche della sollecitazione (M, N, T) esercitate su di esso dalle travi collegate , le equazioni cardinali della statica si scrivono:


8

Nodo A

==+==+==+=

∑∑∑

000

11

1

1

MMMMNYFTXF

dAz

Ay

Ax

⇒

=−=

−=

01

1

1

MYNXT

A

A

,

Nodo D

==+==−=−=

=−=−+==+−=+−=

∑∑∑∑

00

00

77

66

7676

7676

MMMMMMMM

TTTTYFNNNNXF

dD

dz

sD

sz

Dy

Dx

⇒

==

==

00

7

6

67

67

MM

TTNN

,

Nodo F

==+==+==+=

∑∑∑

000

1010

10

10

MMMMNYFTXF

dF

dz

Fy

Fx

⇒

=−=

−=

010

10

10

MYNXT

F

F

,


L’insieme delle precedenti 6 equazioni di equilibrio interno e delle 10 equazioni di equilibrio esterno costituisce un sistema di 16 equazioni algebriche lineari, non omogeneo per la presenza del carico P, nelle 16 incognite costituite dalle 12 caratteristiche della sollecitazione delle sezioni contenenti i poli (1 e 7) e delle sezioni ausiliarie (6 e 10), più le quattro componenti non nulle delle reazioni vincolari AX , AY ,

FX e FY . Il sistema potrebbe essere risolto così come è stato scritto. Tuttavia, il problema statico non è affatto risolto poiché le caratteristiche della sollecitazione nelle sezioni non considerate vanno determinate per il tracciamento dei loro diagrammi.


Una valida alternativa al metodo appena descritto si ottiene sostituendo le 6 equazioni di equilibrio interno nelle 10 equazioni di equilibrio esterno. Si ottiene così un sistema lineare non omogeneo, ancora più piccolo, di 10 equazioni nelle 10 incognite costituite dalle caratteristiche della sollecitazione delle sezioni contenenti i poli (1 e 7), più le solite quattro componenti non nulle delle reazioni vincolari AX , AY , FX e FY . Scritto in notazione matriciale tale sistema diviene

=

⋅

F

F

A

A

YXYXMTNMTN

7

7

7

1

1

1

.


9

c) Procedimento sintetico (per virtuosi)

Un modo apparentemente semplice di risolvere il problema statico in esame consiste nel riguardare il sistema di travi come ottenuto dall’assemblaggio di più parti rigide alla stregua del metodo semplificato, introducendo però immediatamente le equazioni di equilibrio esterno in quelle di equilibrio interno.

Equilibrio delle parti

Isolata ciascuna parte soggetta ai carichi effettivi, alle caratteristiche della sollecitazione non nulle delle sezioni di estremità ed infine alle componenti non nulle delle reazioni vincolari (vedi figura successiva), le equazioni cardinali della statica forniscono

Parte !+"+#

=⋅−⋅−⋅==−−=

=+=

∑∑∑

02/0

0

6

6

LPLYHXMTPYF

NXF

AAz

Ay

Ax

Nodo $+%

=⋅+⋅==+=

=−=

∑∑∑

00

0

6

6

LYHXMTYFNXF

FFz

Fy

Fx

un sistema di sole 6 equazioni nelle sei incognite 6N , 6T , AX , AY , FX e FY , che scritto in notazione matriciale diviene

=

⋅

−−

−

000

2/

0

00001000100100010000001010000101

6

6

PLP

YXYXTN

LH

LH

F

F

A

A ,

facilmente risolvibile. Naturalmente, restano da calcolare tutte le caratteristiche della sollecitazione nelle sezioni non considerate necessarie per poter tracciare i relativi diagrammi. Pertanto, anche in questo modo il problema statico viene risolto in due fasi.

d) Metodo delle equazioni ausiliarie (per extravirtuosi)

Continuiamo la rassegna dei metodi esponendo le idee alla base del metodo delle equazioni ausiliarie. Gli obiettivi più evidenti dell’analisi statica consistono nel calcolo delle reazioni vincolari (risoluzione esterna del problema statico) e nel calcolo delle caratteristiche della sollecitazione in un conveniente numero di sezioni per poterne tracciare agevolmente i diagrammi relativi (risoluzione interna del problema statico). Ancora, possiamo osservare che, nel passaggio dal metodo generale a quello semplificato, il peso maggiore è stato dato alla fase di risoluzione esterna, rimandando il calcolo delle caratteristiche non direttamente considerate ad una fase successiva. Ebbene, tali idee raggiungono il culmine


10

nel metodo delle equazioni ausiliarie in cui le incognite del problema statico si riducono alle sole reazioni vincolari. Per poter applicare tale metodo, l’intero sistema di travi (non più singole travi o parti) viene ora considerato come un unico corpo rigido dotato al più di qualche sconnessione, soggetto a tutti carichi effettivi ed alle reazioni vincolari non nulle. Pertanto, poiché si ha a che fare con un unico corpo, scriveremo soltanto le tre equazioni cardinali della statica

∑ = 0xF , ∑ = 0yF , ∑ = 0zM ,

A queste equazioni, aggiungeremo una equazione per ciascuna sconnessione semplice presente nel corpo. Nel caso in esame, si ottiene

Equazioni cardinali

=⋅+⋅−==−+=

=+=

∑∑∑

02/320

0

LPLYMPYYF

XXF

AzF

FAy

FAx

Equazione ausiliaria 0=⋅+⋅ LYHX FF ,

da cui si ottengono i valori delle reazioni vincolari:

==−=

===

044

04

34

FFF

AAA

MPYHLPX

MPYHLPX

.

Il problema è esternamente risolto, ora va risolto internamente considerando le equazioni di equilibrio interno, trave per trave, e le equazioni di raccordo, nodo per nodo. A tal fine si possono risolvere in cascata le relazioni scritte nel metodo generale, ottenendo le seguenti caratteristiche della sollecitazione:

Sezione N T M

1 P43−

HLP

4−

0

2 P43−

HLP

4−

4PL−

3

HLP

4−

P

43

4PL−

4

HLP

4−

P

43

8PL

5 HLP

4−

4P−

8PL

6 HLP

4−

4P− 0


11

7 HLP

4−

4P− 0

8 HLP

4−

4P−

4PL−

9 4P−

HLP

4

4PL−

10 4P−

HLP

4 0

Un’osservazione importante: tale metodo, apparentemente semplice e comodo, è in realtà tutt’altro che generale dal momento che non si applica, se non attraverso complicate manipolazioni, a strutture contenenti delle maglie chiuse interne. Pertanto, quando si hanno solo maglie chiuse esterne, il metodo è davvero comodo, mentre in tutti gli altri casi occorre ricorrere ai metodi precedenti anche se più laboriosi. Più semplicemente, occorre aprire tutte le maglie chiuse interne!

e) Metodo dei nostri nonni (risoluzione grafica)

Concludiamo la rassegna dei metodi disponibili esaminando uno dei tanti metodi grafici usati in passato. Guardiamo con estrema attenzione la figura seguente così potremo apprezzare il significato delle parole “sintesi strutturale”.

L/2 L L/2

H

P

F RF

RA

K

P RA

RF

• Poiché 0=AM ed 0=FM , le reazioni AR ed FR delle cerniere A ed F devono passare per il loro centro.

• Poiché la parte destra del sistema non è caricata direttamente, la reazione FR deve passare anche per il centro della cerniera centrale. In tal modo la retta d’azione della reazione FR è nota.


12

• Per l’equilibrio alla rotazione dell’intero sistema, le tre forze P, AR ed FR devono passare per lo stesso punto K. Pertanto, la retta d’azione della reazione

AR è quella della congiungente il centro della cerniera A con il punto K. • Per l’equilibrio del sistema alla traslazione secondo due direzioni qualsiasi, la

forza P deve essere la diagonale del parallelogramma che ha per lati AR ed FR . Il poligono delle forze fornisce il modulo delle due reazioni.

3. Tracciamento dei diagrammi delle caratteristiche della sollecitazione

Coi valori delle caratteristiche della sollecitazione dedotti in precedenza possiamo tracciare i seguenti diagrammi Momento Flettente

P

M

Sforzo di taglio

P

T

+

-

- +


13

Sforzo Normale

−

− −

P

N






TEMA 6

Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura,

q

P

H

L

60° 60° 1

2 3 4

5

6

1

2

3

A

B C

D

3/H 3/H

1. determinarne il grado di iperstaticità; 2. costruire la matrice statica e verificare l’efficacia dei vincoli; 3. calcolare le reazioni vincolari; 4. tracciare i diagrammi quotati ed in scala delle caratteristiche della sollecitazione.


2

SOLUZIONE:

(NOTA: Fra gli obiettivi didattici più immediati di questo esempio ricordiamo: 1. impaurire gli studenti, sempre (L’esempio è molto semplice in verità, ma … sperare di riuscire a

spaventare qualcuno non fa mai male!); 2. fare un po’ di pratica con la scrittura delle equazioni di compatibilità meccanica, interna ed

esterna; 3. far vedere come le equazioni di equilibrio possano essere scritte rispetto a qualunque sistema di

riferimento scelto a nostro piacimento dal momento che l’equilibrio è una proprietà del sistema mentre la scelta del sistema di riferimento è frutto solo della nostra fantasia;

4. mettere in evidenza il fatto che la presenza e le informazioni relative ai carichi esterni distribuiti vengono raccolte attraverso le equazioni di equilibrio interne, delle travi o delle parti;

5. mettere in evidenza il fatto che la presenza e le informazioni relative ai carichi esterni concentrati vengono raccolti attraverso le equazioni di equilibrio esterne dei nodi;

6. distinguere fra condizioni al contorno e condizioni di raccordo; 7. capire bene il significato di equazioni di equilibrio per i nodi, azioni nodali e reazioni vincolari; 8. capire che è del tutto arbitraria la suddivisione del sistema in travi od in parti; 9. capire che è del tutto indifferente la scelta dei poli e delle sezioni ausiliarie.)

1. Determinazione del grado di iperstaticità

a) Mediante il computo dei vincoli Il sistema è costituito dalla sola parte rigida I=[ + + ] mostrata in figura. Poiché ad essa competono tre gradi di libertà nel piano, in assenza di vincoli e connessioni il sistema avrebbe 3 gradi di libertà. D’altra parte, la cerniera in 1 possiede una molteplicità di vincolo pari a 2 ed il carrello in 6 una molteplicità pari a 1. Pertanto, se i vincoli sono efficaci (ciò si verifica se la reazione del carrello non passa per il centro della cerniera), il sistema dato è una struttura isostatica. b) Mediante il computo dei gradi di libertà

La cerniera in 1 ed il carrello in 6 consentono le due rotazioni assolute 1θ e 6θ delle corrispondenti sezioni mentre il carrello consente anche lo spostamento assoluto 6u . Introdotti tre vincoli semplici per sopprimere i gradi di libertà descritti, si ottiene una maglia chiusa esterna a cui compete un grado di iperstaticità pari a tre. Pertanto, il sistema dato è una struttura isostatica. c) Mediante il metodo dei tagli

Introdotto un taglio completo in una sezione intermedia generica, il sistema diviene improvvisamente tre volte labile risultando possibili le due rotazioni assolute 1θ e 6θ , e lo spostamento assoluto 6u . Pertanto, essendo il numero di gradi di libertà introdotti uguale a quello dei gradi di libertà residui, il sistema dato è una struttura isostatica.

2. Calcolo delle reazioni vincolari e delle caratteristiche della sollecitazione

La struttura è esternamente isostatica. L’unica reazione orizzontale è la AX , per cui deve essere necessariamente PX A = ; d’altra parte, data la simmetria della struttura e del


3

carico, deve risultare 2/qLYY DA == . Il calcolo delle reazioni vincolari è fatto! Ciononostante, la struttura verrà analizzata col procedimento generale per mettere in evidenza alcune caratteristiche delle equazioni di equilibrio interno ed esterno.

a) Procedimento generale (noioso ma facilmente implementabile in un codice di calcolo) Inseriamo un numero sufficiente di sezioni al fine di isolare tutti i possibili punti di

discontinuità (di vincolo, di carico e geometriche) del sistema. Al termine di tale operazione, si individuano le tre travi , e ed i quattro nodi A, B, C e D, connessi fra loro nel modo indicato in figura.

Per accertarsi analiticamente dell’efficacia dei vincoli occorre scrivere le equazioni di equilibrio per tutte le travi e per tutti i nodi del sistema e verificare che tali relazioni siano linearmente indipendenti. Per far ciò, scegliamo un punto rappresentativo per ciascuna trave (polo dei momenti), coincidente per ragioni di convenienza col baricentro di una delle sezioni estreme. Le incognite del problema statico possono essere fatte coincidere allora con le caratteristiche della sollecitazione delle sezioni contenenti il polo e con le componenti non nulle delle reazioni vincolari.

Scritto il sistema delle equazioni di equilibrio per tutte le travi e tutti i nodi, la matrice dei coefficienti delle incognite sopradette è detta matrice statica del sistema. La verifica dell’efficacia dei vincoli richiede il calcolo del suo rango. Nel caso in esame, essendoci tre travi, si hanno come incognite le nove caratteristiche della sollecitazione riportate a colonna 3 della tabella seguente più le tre componenti non nulle delle reazioni vincolari (due della cerniera XA, YA, ed una del carrello YD), per un totale di 12 incognite. Nella colonna 4 della stessa tabella, sono invece indicate le sezioni ausiliarie di ciascuna trave, necessarie per scrivere le equazioni di equilibrio dei nodi.

Equilibrio delle travi

Isolata ciascuna trave sottoposta agli eventuali carichi distribuiti (azioni esterne) applicati lungo il suo asse ed alle caratteristiche della sollecitazione (azioni interne) delle sezioni di estremità, e fissato trave per trave un sistema di riferimento locale )',',','( zyxO congruente col sistema di riferimento globale ),,,( zyxO , con l’origine O’ coincidente con la sezione iniziale di ciascuna trave e con l’asse x’ coincidente con l’asse della trave ed orientato positivamente verso l’altro estremo, le equazioni cardinali della statica scritte nel riferimento locale di ciascuna trave

∑ = 0'xF , ∑ = 0'yF , ∑ = 0'zM ,

permettono di esprimere le caratteristiche della sollecitazione delle sezioni ausiliarie [ ] T

QQQQ MTN=c in funzione delle caratteristiche delle sezioni contenenti i poli dei momenti [ ]T

PPPP MTN=c . Tali espressioni sono riportate a colonna 5 della seguente tabella.


4

Trave P Pc Q Qc

1N 12 NN =

1T 12 TT = 1

1M 2

3/2112 HTMM ⋅+=

3N 34 NN =

3T LqTT ⋅−= 34 3

3M 4

2/2334 LqLTMM ⋅−⋅+=

5N 56 NN =

5T 56 TT = 5

5M 6

3/2556 HTMM ⋅+=

Posto 3/2Hd = , le espressioni precedenti si scrivono

Trave

⋅

=

1

1

1

2

2

2

10010001

MTN

dMTN

Trave

−−+

⋅

=

2/

0

10010001

23

3

3

4

4

4

qLqL

MTN

LMTN

Trave

⋅

=

5

5

5

6

6

6

10010001

MTN

dMTN

Più semplicemente, per mettere in evidenza il fatto che le caratteristiche delle sezioni ausiliarie sono immediatamente note non appena si conoscono quelle delle sezioni contenenti i poli, possiamo porre

⋅−⋅−+

⋅

=

000

2/

0000

100000000100000000010000000001000000001000000000100000000010000000010000000001

2

5

5

5

3

3

3

1

1

1

6

6

6

4

4

4

2

2

2

LqLq

MTNMTNMTN

d

L

d

MTNMTNMTN

,

ovvero, con ovvio significato dei simboli,

0QP

iQPQ ccSc += .

Tali relazioni prendono il nome di equazioni di equilibrio interno.


5

Equilibrio dei nodi

Isolato adesso ciascun nodo con le eventuali forze e coppie (X, Y, Mz) esterne concentrate agenti su di esso (azioni nodali esterne o carichi nodali esterni) e con le caratteristiche della sollecitazione (M, N, T) esercitate su di esso dalle travi collegate (azioni nodali interne o carichi nodali interni), le equazioni cardinali della statica scritte nel sistema di riferimento globale ),,,( zyxO diventano:

Nodo A

==+==−+==++=

∑∑∑

0060cos60sin060sin60cos

11

01

01

01

01

MMMMTNYFTNXF

dAz

Ay

Ax

⇒

==−+=++

0032032

1

11

11

MTNYTNX

A

A

,

Nodo B

=+−=+−==−−+=

=+−−=

∑∑∑

0060sin60cos

060cos60sin

3232

30

20

2

30

20

2

MMMMMMTNTYFNNTXF

Bz

By

Bx

⇒

=+−=−+−=+−−

0023023

32

322

322

MMTTNNTN

,

Nodo C

=+−==−−+=

=−+−=

∑∑∑

0060cos60sin

060sin60cos

54

05

054

05

054

MMMMTNTYF

TNNXF

Cz

Cy

Cx

⇒

=+−=−−

=−+−

0032

032

54

554

554

MMTNT

TNN,

Nodo D

==+==++==+−−=

∑∑∑

0060cos60sin060sin60cos

66

06

06

06

06

MMMMTNYFTNPF

dD

dz

Dy

x

⇒

==++=+−−

0032032

6

66

66

MTNYTNP

D ,

Tali relazioni prendono il nome di equazioni di equilibrio esterno. In particolare, quelle di vincolo (A e D) sono chiamate condizioni al contorno (statiche), mentre quelle di connessione (B e C) sono dette condizioni di raccordo (statiche).


L’insieme delle 9 equazioni di equilibrio interno e delle 12 equazioni di equilibrio esterno, costituisce un sistema di 21 equazioni algebriche lineari, non omogeneo per la presenza dei carichi P e q, nelle 21 incognite costituite dalle 18 caratteristiche della sollecitazione delle sezioni contenenti i poli e delle sezioni ausiliarie, 6,,1,,, K=iMTN iii , più le tre componenti non nulle delle reazioni vincolari AX , AY e DY . Il sistema potrebbe essere risolto così come è stato scritto. Tuttavia, date le notevoli dimensioni, esso si presta poco ad essere risolto manualmente.


Una valida alternativa al metodo precedente si ottiene sostituendo le 9 equazioni di equilibrio interno nelle 12 equazioni di equilibrio esterno. Si ottiene così un sistema lineare non omogeneo di sole 12 equazioni nelle 12 incognite costituite dalle caratteristiche della sollecitazione delle sezioni che contengono i poli,

5,3,1,,, =jMTN jjj , più le componenti non nulle delle reazioni vincolari, AX , AY e DY .


6

=⋅+=++

=⋅+−−=+⋅−−

⋅=−⋅−⋅=⋅−+⋅−

=+⋅−−=⋅−+⋅−=⋅+⋅−−

==⋅+−⋅=⋅+⋅+

03/2023

232/

232032

03/2023023

0023023

55

55

55

2533

553

553

311

311

311

1

11

11

HTMYTN

PTNqLMLTM

qLTNTTNN

MHTMTTNNTN

MYTNXTN

D

A

A

Posto per semplicità 3/2Hd = , il sistema precedente scritto in notazione matriciale diviene

−−

=

⋅

−−−

−−−−

−−−−

−−

−

00

22/

20000000

000100000002000130000000000310000000000001000000001302000000003100200000000000010000000020013000000002031000000000100020000000013002000000031

25

5

5

3

3

3

1

1

1

PqL

qL

YYXMTNMTNMTN

d

L

d

D

A

A

ovvero, fxS = ,

dove S è la matrice statica del sistema, x il vettore delle incognite (caratteristiche della sollecitazione e reazioni vincolari) ed f quello dei termini noti (termini dovuti ai soli carichi esterni). Per controllare l’efficacia dei vincoli, occorre verificare che il determinante di S sia diverso da zero. Tale operazione sarà effettuata più agevolmente coi metodi esposti nei prossimi paragrafi.


7

Qualora le reazioni vincolari XA, YA ed YD fossero note, basterebbe considerare solo le prime nove equazioni per ricavare le caratteristiche incognite ed il sistema precedente diventerebbe

−−

⋅

⋅−⋅−

=

−−−−

−−−−

−−−−

−

2/2

20000

22

0001000001302000003100200000000010000020013000002031000000100000000013000000031

25

5

5

3

3

3

1

1

1

qLqLP

YX

MTNMTNMTN

L

d

A

A

ovvero,

rfcS +=Pe .

La risoluzione del problema statico potrebbe essere effettuata in tre passi distinti 1. calcolo delle reazioni vincolari; 2. calcolo delle caratteristiche della sollecitazione Pc tramite le [ ]rfSc +⋅=

−1eP ;

3. calcolo delle caratteristiche della sollecitazione Qc tramite le 0QP

iQPQ ccSc += .

b) Procedimento semplificato, procedimento sintetico e metodo delle equazioni ausiliarie

Essendo il sistema privo di sconnessioni, i tre procedimenti coincidono. In particolare, l’equilibrio dell’intero sistema è espresso dalle sole tre equazioni cardinali della statica

∑ = 0xF , ∑ = 0yF , ∑ = 0zM ,

che si scrivono:

=+⋅++⋅−==⋅−+=

=−=

∑∑∑

0)3/2/()3/2(0

0

HLqLHLYMLqYYF

PXF

AzD

DAy

Ax

da cui si ottengono i valori delle reazioni vincolari:

===

==−=

02

0

02

FFF

AAA

MqLYX

MqLYPX.

Il problema è esternamente risolto, ora va risolto internamente.


8


• Primo modo Essendo note le reazioni vincolari, le caratteristiche della sollecitazione in ciascuna sezione di estremità delle travi possono essere ricavate risolvendo in cascata il sistema delle equazioni di equilibrio scritte col procedimento generale

Sezione M T N

1 0 23

4PqL

− 4

32

qLP−−

2 HPHqL⋅−⋅

32

23

4PqL

− 4

32

qLP−−

3 HPHqL⋅−⋅

32

2qL P−

4 HPHqL⋅−⋅

32

2qL

− P−

5 HPHqL⋅−⋅

32

23

4PqL

+− 4

32

qLP−−

6 0 23

4PqL

+− 4

32

qLP−−

Oltre a questi valori, per la presenza del carico distribuito, converrà ricavare il valore del momento flettente massimo che si verifica nella sezione di mezzeria della trave B-C

832)

2(

21)

2()

23(

2)2/(

2qLPHqLHLLqPHLHqLLMM MAX +−=⋅−−+== .

• Secondo modo Determiniamo le caratteristiche della sollecitazione trave per trave col metodo diretto, ovvero, basandoci sulla loro definizione. A tal fine, scelta una conveniente ascissa curvilinea z con origine nella sezione iniziale di ciascuna trave, si ottengono le caratteristiche:

Trave M T N

1 zPzqL⋅−⋅ 2/3

4

23

4PqL

− 4

32

qLP−−

2 2

)3

(2

2qzHPzHqL−⋅−+⋅

2)2( zLq − P−

3 23)

32()

32(

4zHPzHqL

−⋅−−⋅ 23

4PqL

+− 4

32

qLP−−

a cui corrispondono i diagrammi delle figure riportate nelle pagine seguenti per i valori del carico P indicati nella seguente tabella


9

Caso 0 1 2 3

P 0 32

qL

+

HLqL

631

2

+

HLqL

431

2

Caso 0=P

Sezione M T N

1 0 4

qL 4

3qL−

2 32

HqL⋅

4qL

43qL

−

3 32

HqL⋅

2qL 0

mezzeria 832

2qLHqL+⋅ 0 0

4 32

HqL⋅

2qL

− 0

5 32

HqL⋅

4qL

− 4

3qL−

6 0 4

qL−

43qL

−

Momento Flettente

A

B

D

q

C

M

+ + +


10

Sforzo di taglio

A

B C

D

+

+ -

- T

Sforzo Normale

A

B C

D

- -

N


11

Caso 32

qLP =

Sezione M T N

1 0 0 3

qL−

2 0 0 3

qL−

3 0 2

qL 32

qL−

mezzeria 8

2qL 0 32

qL−

4 0 2

qL−

32qL

−

5 0 0 3

qL−

6 0 0 3

qL−

Momento Flettente

A

B

D

q

C

M

+

P

Sforzo di taglio


12

A

B C

D

+

+ -

- T

Sforzo Normale

A

B C

D

- -

N






TEMA 7

Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura (travatura reticolare piana tipo Neville),

H H P 2P P

P P L L L

L/2

45°

1. determinarne il grado d’iperstaticità; 2. costruire la matrice statica e verificare l’efficacia dei vincoli; 3. calcolare le reazioni vincolari; 4. tracciare i diagrammi quotati ed in scala delle caratteristiche della sollecitazione.


2

SOLUZIONE:

(NOTA: Fra gli obiettivi didattici più immediati di quest’esempio ricordiamo: 1. impaurire gli studenti, come al solito; 2. far vedere come lo studio delle strutture reticolari attraverso il metodo dell’equilibrio dei nodi non sia

altro che una semplice applicazione del procedimento generale dell’analisi statica, già noto; 3. fare pratica con la scrittura delle equazioni di compatibilità meccanica, interna ed esterna; 4. far vedere come la scrittura delle equazioni d’equilibrio interno risulti particolarmente agevole

utilizzando il riferimento locale di ciascuna trave; 5. porre l’attenzione sull’equilibrio dei nodi che va espresso sempre nel riferimento globale

distinguendo fra azioni nodali (note) e reazioni vincolari (generalmente incognite); 6. acquisire la differenza fra equazioni nodali d’equilibrio e condizioni di sconnessione; 7. porre l’accento sull’utilità dell’ipotesi comune d’assenza di carichi esterni distribuiti sulle travi; 8. illustrare il metodo per la scrittura automatica delle equazioni d’equilibrio dei nodi; 9. evidenziare i concetti di strutture a nodi canonici e strutture a sezioni canoniche; 10. illustrare il metodo delle equazioni ausiliarie per la risoluzione esterna ed interna delle strutture

reticolari.)

0. Una piccola premessa

La scelta di un sistema composto da numerose travi e numerosi nodi come quello in esame per illustrare le principali caratteristiche delle strutture reticolari piane, è effettuata allo scopo di evidenziare come altrettanto numerose siano le semplificazioni che derivano da alcune ipotesi riguardanti il tipo di connessione fra elementi (cerniere lisce) ed il tipo di azioni esterne (carichi concentrati nei nodi del sistema).

1. Determinazione del grado d’iperstaticità

Inseriamo un numero sufficiente di sezioni al fine di isolare tutti i possibili punti di discontinuità (di vincolo, di carico e geometriche) del sistema. Al termine di tale operazione, s’individuano le 11 travi , , , , , , , , , e (11) ed i sette nodi A, B, C, D, E, F e G connessi fra loro nel modo indicato nella figura seguente.

A B C

D

E F G

1 2 3

10 11

4 5 6 7 8 9

1 2 3 4 5 6 17

18 16

22 21

14

20

12

15 13 11 9

19

10 8

7

H H

P 2P P

P P

L L L

L/2

45°


3

a) Mediante il computo dei vincoli

Il sistema è costituito dall’assemblaggio di undici travi vincolate tra loro e col suolo mediante delle cerniere lisce come mostrato in figura. Poiché a ciascuna trave competono tre gradi di libertà nel piano, in assenza di vincoli e connessioni mutue il sistema avrebbe 33 gradi di libertà. D’altra parte, la cerniera in A possiede una molteplicità di vincolo pari a 4, il carrello in D una molteplicità di vincolo pari a 3, le connessioni E, G (in cui convergono tre travi) possiedono ciascuna una molteplicità pari a 4, ed infine le connessioni B, C, F (in cui convergono quattro travi) possiedono ciascuna una molteplicità di vincolo pari a 6. In totale, il grado di vincolo del sistema risulta

331883432 =+++=+++= BEDA vvvvv .

Pertanto, se i vincoli sono efficaci (ciò che si verifica se la reazione del carrello in D non passa per il centro della cerniera in A e se le travi sono ben posizionate), il sistema dato è una struttura isostatica.

b) Mediante il computo dei gradi di libertà

La cerniera in A consente una rotazione assoluta mentre il carrello in D consente sia una rotazione sia uno spostamento assoluto. Inoltre, per ciascuna delle cinque maglie triangolari interne risultano possibili tre rotazioni relative fra le travi che le compongono. Introdotti tre vincoli semplici per sopprimere i gradi di libertà assoluti e quindici vincoli semplici per bloccare le rotazioni relative interne, si ottiene una struttura costituita da una maglia chiusa esterna e cinque maglie chiuse interne cui compete un grado di iperstaticità pari a 18, esattamente uguale al numero dei vincoli introdotti. Pertanto, il sistema dato è una struttura isostatica.

c) Mediante il metodo dei tagli

Introdotto un taglio completo in una sezione intermedia generica delle cinque travi , , , e allo scopo di aprire tutte le maglie interne, il sistema diviene quindici volte

labile. Pertanto, essendo il numero di gradi di libertà introdotti pari a quello dei gradi di libertà residui, il sistema dato è una struttura isostatica.


4

2. Analisi statica

Utilizziamo il procedimento generale al fine di mettere in luce alcune proprietà notevoli di questa tipologia strutturale. Procedimento generale (meno noioso del solito)

Per accertarsi analiticamente dell’efficacia dei vincoli esterni (numero e buon posizionamento dei vincoli esistenti) e dell’efficacia dei vincoli interni (numero e buon posizionamento delle travi che compongono la struttura) occorre verificare che le relazioni che esprimono le condizioni d’equilibrio per le travi ed i nodi siano linearmente indipendenti. Per far ciò, scegliamo un polo dei momenti per ciascuna trave coincidente per ragioni di convenienza col baricentro di una delle sue sezioni estreme. In particolare, chiameremo principale la sezione (P) che contiene il polo ed ausiliaria la sezione (Q) posta all’altra estremità della stessa trave. Le incognite del problema statico possono allora essere fatte coincidere con le caratteristiche della sollecitazione delle sezioni principali e con le componenti in generale non nulle delle reazioni vincolari. La verifica dell’efficacia dei vincoli richiede il calcolo del rango della matrice statica del sistema.

Nel seguito scriveremo dapprima le equazioni di equilibrio delle travi, che servono ad esprimere le caratteristiche della sollecitazione delle sezioni ausiliarie, Qc , in funzione delle caratteristiche delle sezioni principali, Pc . Noteremo in tal caso come l’assenza di carichi distribuiti permetta una scrittura pressoché automatica di tali equazioni che risultano necessariamente omogenee.

Successivamente considereremo le equazioni di equilibrio dei nodi. Nel far ciò terremo conto delle conseguenze meccaniche (ed analitiche) imposte dalla presenza delle cerniere lisce fra le diverse travi ed i vincoli. In particolare, noteremo come nessuna coppia esterna possa essere applicata sui nodi (ovvero, nessuna coppia può essere applicata sul perno delle cerniere, se queste sono lisce) ed inoltre, poiché nessuna coppia può essere trasmessa da una trave all’altra attraverso i nodi, anche i momenti flettenti alle estremità delle travi debbono essere nulli. Queste due osservazioni, valide anche sotto condizione di carico del tutto generiche, rendono la scrittura delle equazioni di equilibrio nodali particolarmente semplice. Una delle semplificazioni più importanti consiste nella riduzione del numero di incognite del problema statico, coincidendo queste con i soli sforzi assiali nelle travi e con le componenti non nulle delle reazioni vincolari. Vediamo da dove scaturiscono tali semplificazioni.

Equilibrio delle travi Isolata ciascuna trave soggetta alle sole caratteristiche della sollecitazione delle sezioni di estremità per l’assenza del carico distribuito, e scelto un sistema di riferimento locale

)',',','( zyxO congruente col sistema di riferimento globale ),,,( zyxO , con l’origine O’ coincidente con la sezione principale di ciascuna trave, con l’asse x’coincidente con l’asse della trave ed orientato positivamente verso l’altra estremità, le equazioni cardinali della statica

∑ = 0'xF , ∑ = 0'yF , ∑ = 0'zM ,

scritte nel riferimento locale sono quelle riportate a colonna 5 della seguente tabella


5

Trave P Pc Q Qc 1N 12 NN =

1T 12 TT = 1 1M

2 LTMM ⋅+= 112

3N 34 NN = 3T 34 TT = 3 3M

4 LTMM ⋅+= 334

5N 56 NN = 5T 56 TT = 5 5M

6 LTMM ⋅+= 556

7N 78 NN = 7T 78 TT = 7 7M

8 2/778 LTMM ⋅+=

9N 910 NN = 9T 910 TT = 9 9M

10 2/9910 LTMM ⋅+=

11N 1112 NN = 11T 1112 TT = 11 11M

12 2/111112 LTMM ⋅+=

13N 1314 NN = 13T 1314 TT = 13 13M

14 2/131314 LTMM ⋅+=

15N 1516 NN = 15T 1516 TT = 15 15M

16 2/151516 LTMM ⋅+=

17N 1718 NN = 17T 1718 TT = 17 17M

18 2/171718 LTMM ⋅+=

19N 1920 NN = 19T 1920 TT = 19 19M

20 LTMM ⋅+= 191920

21N 2122 NN = 21T 2122 TT = (11) 21 21M

22 LTMM ⋅+= 212122

Chiameremo tali relazioni equazioni di equilibrio interno.


6

Equilibrio dei nodi Indichiamo sinteticamente con ixN , ixT , iyN e iyT , le componenti cartesiane dei

vettori rappresentativi dello sforzo assiale N e dello sforzo di taglio T se la trave contenente la sezione i-esima è inclinata rispetto al sistema di riferimento (O, x, y) scelto.

Isolato ciascun nodo soggetto alle forze esterne (X, Y) concentrate agenti su di esso (azioni nodali esterne note [carichi] od incognite [reazioni vincolari]) e con le caratteristiche della sollecitazione (M, N, T) esercitate dalle travi collegate (azioni nodali interne), le equazioni cardinali della statica scritte nel sistema di riferimento globale

),,,( zyxO comune a tutti i nodi, si scrivono:

Nodo Equilibrio Sconnessione

A

=−+−==+++=

∑∑

00

771

771

yyAy

xxAx

TNTYFTNNXF

==

00

7

1

MM

B

=−+++−+==++++−−=

∑∑

00

11119932

31111992

yyyyBy

xxxxBx

TNTNTTYFNTNTNNXF

====

0000

3

11

9

2

MMMM

C

=−+++−+==++++−−=

∑∑

00

1515131354

5151513134

yyyyCy

xxxxCx

TNTNTTYFNTNTNNXF

====

0000

5

15

13

4

MMMM

D

=+++==+−−=

∑∑

00

17176

17176

yyDy

xxDx

TNTYFTNNXF

==

00

17

6

MM

E

=−−−+−==+−+−−=

∑∑

00

19101088

19101088

TTNTNYFNTNTNXF

yyyyEy

xxxxEx

===

000

19

10

8

MMM

F

=−−−+−+==+−+−−−=

∑∑

00

211414121220

211414121220

TTNTNTYFNTNTNNXF

yyyyFy

xxxxFx

====

0000

21

14

12

20

MMMM

G

=−−+−+==−+−−−=

∑∑

00

1818161622

1818161622

yyyyGy

xxxxGx

TNTNTYFTNTNNXF

===

000

18

16

22

MMM

in cui le azioni nodali XA, YA, e YD sono le reazioni vincolari incognite, mentre i carichi noti sono XB=XC= XD=XF=0, XE=XG=H, YB=YC=YE=YG=-P, e YF=-2P. Le relazioni precedenti sono le equazioni di equilibrio esterno.


7

Se ora riconsideriamo le equazioni di equilibrio delle travi tenendo conto delle equazioni di sconnessione 22,,1,0 K== jM j , appena scritte, si ottiene il bellissimo risultato

Sezione jM jT jN 1 0 0 1N 2 0 0 1N 3 0 0 3N 4 0 0 3N 5 0 0 5N 6 0 0 5N 7 0 0 7N 8 0 0 7N 9 0 0 9N 10 0 0 9N 11 0 0 11N 12 0 0 11N 13 0 0 13N 14 0 0 13N 15 0 0 15N 16 0 0 15N 17 0 0 17N 18 0 0 17N 19 0 0 19N 20 0 0 19N 21 0 0 21N 22 0 0 21N

ovvero, il momento flettente e lo sforzo di taglio sono ovunque nulli. L’unica caratteristica della sollecitazione che può risultare diversa da zero è lo sforzo assiale N! Travi soggette a regimi di sforzo interno come quello appena descritto sono definite aste; più precisamente, tiranti, se lo sforzo assiale è di trazione (N>0), puntoni se invece lo sforzo assiale é di compressione (N<0).


8

Tenuto conto dei risultati precedenti, le equazioni di equilibrio del sistema si riducono alle sole 2n equazioni di equilibrio alla traslazione secondo gli assi x e y degli n nodi:

Nodo A

=+==++=

∑∑

02/02/

7

71

NYFNNXF

Ay

Ax ,

Nodo B

=++−==++−−=

∑∑

02/2/02/2/

119

31191

NNPFNNNNF

y

x ,

Nodo C

=++−==++−−=

∑∑

02/2/02/2/

1513

515133

NNPFNNNNF

y

x ,

Nodo D

=+==−−=

∑∑

02/02/

17

175

NYFNNF

Dy

x ,

Nodo E

=−−−==++−=

∑∑

02/2/02/2/

97

1997

NNPFNNNHF

y

x ,

Nodo F

=−−−==++−−=

∑∑

02/2/202/2/

1311

21131119

NNPFNNNNF

y

x ,

Nodo G

=−−−==+−−=

∑∑

02/2/02/2/

1715

171521

NNPFNNNHF

y

x ,

nelle 143 =+a incognite N1, N3, N5, N7, N9, N11, N13, N15, N17, N19, N21, XA, YA e YD.

3. Soluzione del problema

La soluzione si ottiene risolvendo il sistema non omogeneo di equazioni algebriche lineari

−

−

=

⋅

−

−

−

−

−

−−

−

−−

−

−−

−

−

−

−

PHP

PH

P

P

YYXNNNNNNNNNNN

GNodo

FNodo

ENodo

DNodo

CNodo

BNodo

ANodo

D

A

A 20

00

0

000

0000000000000001000000000000000000000001100000000000000000000000100000001000000000000000000000010000000000000000000000011000000000000000000000001101000000000000010000000001

21

19

17

15

13

11

9

7

5

3

1

21

21

21

21

21

21

21

21

21

21

21

21

2121

21

21

21

21

21

21

21

21

212

1


9

Poiché il vettore dei termini noti è dato dalla combinazione lineare

−

−

⋅+

⋅=

−

−

01

0001

00000000

10201000101000

20

00

0

000

HP

PHP

PH

P

P

,

possiamo risolvere il sistema precedente assumendo una prima volta 1=P ed 0=H , una seconda volta 0=P ed 1=H e, successivamente, combinare le due soluzioni. Così facendo otteniamo:

−−

+−

−

−

−

⋅+

−−

−

−−

−

⋅=

3/13/123/13/13/23/23/23/23/23/23/113/5

330552322222223363

21

19

17

15

13

11

9

7

5

3

1

HP

YYXNNNNNNNNNNN

D

A

A

.


10


Coi valori ottenuti si può procedere al tracciamento del diagramma dello sforzo assiale. Poiché non vi è alcuna possibilità di fare confusione fra caratteristiche diverse, il diagramma dello sforzo assiale può essere tracciato in modo semplificato riportandone il valore (dotato di segno) accanto a ciascuna asta. E’ una buona abitudine, inoltre, disegnare le aste compresse (puntoni, N<0) con linee a tratto grosso, lasciando invece sottile lo spessore delle aste tese (tiranti, N>0). I diagrammi che si ottengono sono riportati di seguito. Caso 0≠P ed 0=H

-5P P 2P P

P P

45°

-5P

+3P +6P +3P

-3√2P -3√2P +2√2P

-√2P -√2P +2√2P

3P 3P

Caso 0=P ed 0≠H H H

+H/3

H/3

45°

H/3

+5/3H

2H +H

-H√2/3

+1/3H -H/3

+H√2/3 -H√2/3

+H√2/3 -H√2/3

+H√2/3

Caso 0≠= HP

P P P 2P P

8/3P

45°

10/3P

2P

P P

14/3P 7P 10/3P

-16/3P -14/3P

-10√2/3P

+5√2/3P

-2√2/3P -4√2/3P -8√2/3P

+7√2/3P

In quest’ultimo caso lo sforzo di trazione massimo si verifica nell’asta ( PN 73 += ), mentre lo sforzo di compressione massimo si ha nell’asta (10) ( PN 3/1619 −= ).


11

1. Travature a nodi canonici Introduciamo un nuovo concetto. Se la struttura è isostatica, possiamo certamente risolverla dapprima esternamente (calcolo delle reazioni vincolari) e successivamente internamente (calcolo degli sforzi assiali nelle aste). Solo se il numero di incognite del problema è piccolo, questo modo di procedere può risultare utile poiché il sistema di equazioni a cui si perviene è di ordine più piccolo e la riduzione può essere rilevante. Nel caso in esame, determinate le reazioni vincolari HX A 2−= , 3/3 HPYA −= e

3/3 HPYD += mediante le equazioni cardinali della statica, la risoluzione interna richiede la soluzione di un sistema di equazioni algebriche lineari non omogenee più piccolo, cioè, un sistema di 11 equazioni estratte dal sistema precedente con un certo grado di arbitrarietà, nelle 11 incognite N1, N3, N5, N7, N9, N11, N13, N15, N17, N19, N21. Ad esempio, se consideriamo le prime 11 equazioni (N.B. Nessuno ci assicura che non vi siano tra esse delle combinazioni lineari!), otteniamo

−−−

+−

=

⋅

−

−

−

−

−

−−

−

−

−

−

0

3/30

0

03/3

2

1100000000000000000100000000000000000000000010000000000000000011000000000000000001100000000000000000001

21

19

17

15

13

11

9

7

5

3

1

21

21

21

21

21

21

2121

21

21

21

21

21

21

21

21

212

1

PH

HP

P

P

HPH

NNNNNNNNNNN

nelle sole incognite interne N1, N3, N5, N7, N9, N11, N13, N15, N17, N19, N21. La semplificazione ottenuta è in questo caso apparentemente modesta in quanto si è passati da un sistema iniziale di 14 equazioni ad un nuovo sistema di 11 equazioni in altrettante incognite. Tuttavia, se nel sistema di partenza sostituiamo i valori noti delle reazioni vincolari HX A 2−= , 3/3 HPYA −= e 3/3 HPYD += , questo diviene

Nodo A

=+−==++−=

∑∑

2/3/302/2

7

71

NHPFNNHF

y

x ,

Nodo B

=++−==++−−=

∑∑

02/2/02/2/

119

31191

NNPFNNNNF

y

x ,

Nodo C

=++−==++−−=

∑∑

02/2/02/2/

1513

515133

NNPFNNNNF

y

x ,

Nodo D

=++==−−=

∑∑

02/3/302/

17

175

NHPFNNF

y

x ,


12

Nodo E

=−−−==++−=

∑∑

02/2/02/2/

97

1997

NNPFNNNHF

y

x ,

Nodo F

=−−−==++−−=

∑∑

02/2/202/2/

1311

21131119

NNPFNNNNF

y

x ,

Nodo G

=−−−==+−−=

∑∑

02/2/02/2/

1715

171521

NNPFNNNHF

y

x .

E’ facile verificare come tale sistema possa essere risolto in modo assai semplice considerando le equazioni di equilibrio dei nodi a due a due nel seguente ordine: A E B e, contemporaneamente , D G C mentre le equazioni del nodo F possono servire per la verifica. Così facendo si ottiene:

Nodo Nodo A

⋅+⋅−=⋅+⋅=

HPNHPN

3/2233/53

7

1 D

⋅−⋅−=⋅+⋅=

HPNHPN

3/2233/13

17

5

E

⋅−⋅−=⋅−⋅=

HPNHPN

3/153/222

19

9 G

⋅−⋅−=⋅+⋅=

HPNHPN

3/253/222

21

15

B

+⋅=⋅+⋅−=

HPNHPN

63/22

3

11 C

⋅+⋅=⋅−⋅−=HPNHPN

3/2223/22

15

13

F

⋅−⋅−=⋅+⋅−=HPNHPN

3/223/22

13

11

Travature in cui gli sforzi assiali delle aste possono essere ricavati con sole equazioni di equilibrio nel modo appena visto, sono dette a nodi canonici. Ai tempi dei nostri nonni tale proprietà aveva una certa importanza, mentre ai nostri giorni ha perso molto del suo fascino. Nel seguito vedremo un metodo, semplice ed alternativo, che, nei casi in cui è applicabile, ci permetterà di determinare gli sforzi incogniti ad uno ad uno senza dover risolvere né il sistemone precedente né i sistemini costituiti da coppie d’equazioni. Prima però illustriamo una maniera per scrivere automaticamente le equazioni d’equilibrio dei nodi.


13

5. La scrittura automatica delle equazioni di equilibrio nodale

Esaminiamo un metodo semplice per scrivere il sistema risolvente delle equazioni di equilibrio nodale. Tale metodo fa uso delle seguenti matrici:

Nodo xI yI A 0 0 B L 0 C 2L 0 D 3L 0 E L/2 L/2 F 3L/2 L/2 G 5L/2 L/2

(matrice delle coordinate nodali)

Trave Nodo Iniziale

Nodo finale

A B B C C D A E B E B F C F C G D G E F

(11) G F

(matrice delle incidenze delle travi) Operando trave per trave, si calcolano le quantità

22 )()( JIJIIJ yyxxL −+−= , IJJIIJ Lxx /)(cos −=α , IJJIIJ Lyy /)(sin −=α ,

rispettivamente la lunghezza dell’asta che collega i nodi I e J, ed i coseni direttori del versore orientato dal nodo I al nodo J. Tenuto conto di tali espressioni, il sistema delle equazioni di equilibrio è dato dalle 2n equazioni

=−

+=

=−

+=

∑ ∑

∑ ∑

=

=

0

0

1

1

IJm

JIJ

IJIy

IJm

JIJ

IJIx

NL

yyYF

NL

xxXF

I

I

,

in cui XI e YI sono le azioni concentrate agenti sul nodo I (siano esse carichi noti o reazioni vincolari incognite), JIIJ NN = è lo sforzo assiale attivo nell’asta che collega i nodi ),( II yxI ≡ e ),( JJ yxJ ≡ , mentre Im indica il numero di aste collegate al nodo I. Nel caso in esame, si ottiene Nodo A

=+=−

+−

+=

=++=−

+−

+=

∑

∑

02/

02/

7

71

NYNL

yyNL

yyYF

NNXNL

xxNL

xxXF

AAEAE

AEAB

AB

ABAy

AAEAE

AEAB

AB

ABAx

,


14

Nodo B

=++−=−

+−

+−

+−

+=

=++−−=−

+−

+−

+−

+=

∑

∑

02/2/

02/2/

119

31191

NNPNL

yyNL

yyNL

yyNL

yyYF

NNNNNL

xxNL

xxNL

xxNL

xxXF

BCBC

BCBF

BF

BFBE

BE

BEBA

BA

BABy

BCBC

BCBF

BF

BFBE

BE

BEBA

BA

BABx

Nodo C

=++−=−

+−

+−

+−

+=

=++−−=−

+−

+−

+−

+=

∑

∑

02/2/

02/2/

1513

515133

NNPNL

yyN

Lyy

NL

yyN

Lyy

YF

NNNNNL

xxN

Lxx

NL

xxN

Lxx

XF

CDCD

CDCG

CG

CGCF

CF

CFCB

CB

CBCy

CDCD

CDCG

CG

CGCF

CF

CFCB

CB

CBCx

Nodo D

=+=−

+−

+=

=−−=−

+−

+=

∑

∑

02/

02/

17

175

NYNL

yyN

Lyy

YF

NNNL

xxN

Lxx

XF

DCGCG

DGCD

CD

DCDy

CGCG

DGCD

CD

DCDx

,

Nodo E

=−−−=−

+−

+−

+=

=++−=−

+−

+−

+=

∑

∑

02/2/

02/2/

97

1997

NNPNL

yyNL

yyNL

yyYF

NNNHNL

xxN

Lxx

NL

xxXF

EFEF

EFEB

EB

EBEA

EA

EAEy

EFEF

EFEB

EB

EBEA

EA

EAEx

Nodo F

=−

+−

+−

+−

+=

=−

+−

+−

+−

+=

∑

∑

0

0

FGFG

FGFC

FC

FCFB

FB

FBFE

FE

FEFy

FGFG

FGFC

FC

FCFB

FB

FBFE

FE

FEFx

NL

yyN

Lyy

NL

yyNL

yyYF

NL

xxN

Lxx

NL

xxN

Lxx

XF,

ossia,

=−−−==++−−=

∑∑

02/2/202/2/

1311

21131119

NNPFNNNNF

y

x

Nodo G

=−−−=−

+−

+−

+=

=+−−=−

+−

+−

+=

∑

∑

02/2/

02/2/

1715

171521

NNPNL

yyNL

yyNL

yyYF

NNNHNL

xxNL

xxNL

xxXF

GDGD

GDGC

GC

GCGF

GF

GFGy

GDGD

GDGC

GC

GCGF

GF

GFGx

.

che coincidono con le equazioni ottenute in precedenza.


15

6. La determinazione degli sforzi col metodo delle equazioni ausiliarie.

Concludiamo l’argomento mostrando un metodo (già noto) particolarmente semplice per dedurre gli sforzi interni nelle aste, ad uno ad uno. L’utilità del procedimento si basa sui seguenti fatti: a) se la travatura possiede un numero assai limitato di aste, gli sforzi possono essere ricavati

applicando ripetutamente tale procedimento senza dover ricorrere a metodi più complicati;

viceversa, b) se la travatura possiede un numero notevole di aste, allora il ricorso al calcolo automatico,

attraverso il metodo descritto al punto precedente, è inevitabile. In tale caso tuttavia, è importante poter disporre di un metodo semplice che permetta rapidamente di controllare i valori ottenuti per lo sforzo assiale in quelle aste che a giudizio del progettista dovrebbero risultare particolarmente sollecitate.

Come funziona il metodo in questione? 1. Intanto supponiamo di aver risolto esternamente la struttura e di avere ricavato le

reazioni vincolari (nel caso in esame HX A 2−= , 3/3 HPYA −= e 3/3 HPYD += ).

2. Successivamente, raggruppiamo le aste in due categorie:

Aste di contorno Corrente inferiore e superiore , , , , (11)

Aste di parete Diagonali , , , , ,

osservando come tale suddivisione sia soltanto di comodo potendo i diagonali estremi e essere fatti figurare fra le aste di contorno. 3. Determinazione dello sforzo assiale nelle aste di contorno Supponiamo di voler determinare lo sforzo assiale nell’asta . Con ferocia estrema, asportiamo un concio elementare in una posizione intermedia generica di tale trave (vedi figura successiva).

A B C

D

E F G

1 2 3

10 11

4 5 6 7 8 9

1 2 3 4 5 6 17

18 16

22 21

14

20

12

15 13 11 9

19

10 8

7

H H

P 2P P

P P

L L L

L/2 45° N1

N1 YA

XA

YD

La struttura, inizialmente isostatica, diventa improvvisamente labile. Infatti, a seguito dell’asportazione del concio, risulta possibile una rotazione relativa intorno al nodo E


16

(polo dell’asta ) fra le due parti rigide in cui la struttura rimane suddivisa. Tale rotazione può essere impedita se e solo se sulle sezioni che ora appaiono separate noi applichiamo due forze uguali ed opposte, N1, (positive se tendono a ripristinare la continuità strutturale = se richiudono lo strappo) di valore uguale a quello che il concio esercitava sulle parti adiacenti prima della sua asportazione. Il valore dello sforzo N1 può essere ricavato utilizzando l’equazione ausiliaria 0=EM . Facendo riferimento al sistema delle forze che precedono, si ottiene:

02/2/2/ 1 =⋅−⋅−⋅= LNLXLYM AAE

da cui HPHHPXYN AA ⋅+⋅=−−⋅−⋅=−= 3/53)2(3/131 .

Determiniamo adesso lo sforzo assiale nell’asta . Con la solita ferocia che ormai ci contraddistingue, asportiamo un concio elementare in una posizione intermedia generica di tale trave.

A B C

D

E F G

1 2 3

10 11

4 5 6 7 8 9

1 2 3 4 5 6 17

18 16

22 21

14

20

12

15 13 11 9

19

10 8

7

H H

P 2P P

P P

L L L

L/2 45° N3

N3 YA

XA

YD

La struttura diventa improvvisamente ed inaspettatamente labile, poiché risulta possibile una rotazione relativa intorno al nodo F (polo dell’asta ) fra le due parti rigide in cui questa rimane suddivisa. Tale rotazione può essere impedita solo applicando sulle sezioni separate due forze, N3, uguali ed opposte, di valore uguale a quello che il concio esercitava sulle parti adiacenti prima della sua asportazione. Il valore dello sforzo N3 può essere ricavato utilizzando l’equazione ausiliaria 0=FM . Facendo riferimento al sistema delle forze che precedono, si ottiene:

02222

33 =⋅−⋅−⋅−⋅−⋅=

LNLPLPLXLYM AAF

da cui HPPHHPPXYN AA +⋅=⋅−−−⋅−⋅=⋅−−⋅= 63)2()3/13(3333 .

Allo stesso modo si procede per le rimanenti aste di contorno.


17

4. Determinazione dello sforzo assiale nelle aste di parete. Supponiamo adesso di voler determinare lo sforzo assiale nell’asta . Con la solita determinatezza, asportiamo un concio elementare in una posizione intermedia generica della trave il cui sforzo assiale, HPN 3/531 += , è ormai noto, ed un concio elementare in una posizione intermedia generica della trave il cui sforzo assiale N7 è invece incognito (vedi figura successiva).

A B C

D

E F G

1 2 3

10 11

4 5 6 7 8 9

1 2 3 4 5 6 17

18 16

22 21

14

20

12

15 13 11 9

19

10 8

7

H H

P 2P P

P P

L L L

L/2 45° N1

N1 YA

XA

YD

N7

N7

La struttura diventa improvvisamente labile risultando suddivisa in due parti indipendenti. L’equilibrio può essere ristabilito applicando sulle corrispondenti sezioni le forze N1 ed N7 (positive se tendono a ripristinare la continuità strutturale) che i conci esercitavano prima della loro asportazione. Essendo lo sforzo N1 orizzontale, lo sforzo incognito N7 può essere ricavato mediante l’equazione d’equilibrio alla traslazione verticale di uno qualsiasi dei sistemi di forze applicati sulle parti, come se si utilizzasse l’equazione ausiliaria 0=T . Facendo riferimento al sistema delle forze che precedono, si ottiene:

02/7 =+= NYT A

da cui HPYN A ⋅−⋅== 3/22327 .

Determiniamo adesso lo sforzo assiale nell’asta .

A B C

D

E F G

1 2 3

10 11

4 5

6 7 8 9

1 2 3 4 5 6 17

18 16

22 21

14

20

12

15 13 11 9

19

10 8

7

H H

P 2P P

P P

L L L

L/2 45° N1

N1 YA

XA

YD

N19

N19 N9

N9


18

Asportiamo un concio elementare in una posizione intermedia generica delle travi , e (vedi figura successiva), e scriviamo l’equazione d’equilibrio alla traslazione verticale di uno qualsiasi dei sistemi di forze applicati sulle due parti. Facendo riferimento al sistema delle forze che precedono, si ottiene:

02/9 =−−= NPYT A

da cui HPPYN A ⋅−⋅=−= 3/2222)(9 .

Il procedimento si ripete per tutte le aste di parete.






TEMA 8

Data la travatura reticolare piana mostrata in figura,

A B

C D

E

F

G

1 2 3

10 11

4 5

6 7 8 9

P 2P

L L L

L/2

45°

60°

3/2L

1. risolvere il sistema col metodo delle equazioni di equilibrio dei nodi; 2. risolvere il sistema col metodo delle equazioni ausiliarie; 3. tracciare i diagrammi quotati ed in scala delle caratteristiche della sollecitazione.


2

SOLUZIONE:

(NOTA: Fra gli obiettivi didattici più immediati di questo esempio ricordiamo: 1. impaurire gli studenti, tutte le volte che si può; 2. fare pratica con la scrittura automatica delle equazioni di equilibrio dei nodi; 3. introdurre la forma vettoriale delle equazioni di equilibrio nodale; 4. derivare la forma scalare delle equazioni di equilibrio nodale; 5. fare pratica con il metodo delle equazioni ausiliarie.)

1. La scrittura delle equazioni di equilibrio dei nodi in forma scalare.

Il sistema reticolare è costituito dalle 11 aste , , , , , , , , , e 11 connesse ai sette nodi A, B, C, D, E, F, e G, vincolati al suolo e caricati nel modo indicato nella figura precedente. Per scrivere in modo automatico le equazioni di equilibrio nodale, costruiamo le matrici:

Nodo xI yI A 0 0 B L 0 C 2L 0 D 3L 0 E L/2 2/L F 3L/2 2/3L G 5L/2 2/L


Asta Nodo iniziale Nodo finale

A B B C C D A E B E B F C F C G D G E F

11 G F

(matrice delle incidenze delle aste) che definiscono il grafo

A B

C D

E

F

G

1 2 3

10 11

4 5

6 7 8 9

P 2P L L L

L/2

45°

60°

3/2L


3

Costruiamo, inoltre, le seguenti matrici

Nodo XI YI A XA YA B 0 -P C 0 YC D 0 -2P E 0 0 F 0 0 G 0 0

(matrice dei carichi nodali)

Asta LIJ= LJI

L L L 2/L 2/L L L 2/L 2/L 2/32−L

11 2/32−L

(vettore delle lunghezze delle aste) dove

22 )()( JIJIJIIJ yyxxLL −+−== ,

è la lunghezza dell’asta che collega il nodo I al nodo J. Il sistema delle equazioni di equilibrio è dato dalle 2n relazioni

=−

+=

=−

+=

∑ ∑

∑ ∑

=

=

0

0

1

1

IJm

JIJ

IJIy

IJm

JIJ

IJIx

NL

yyYF

NL

xxXF

I

I

,

in cui XI ed YI sono le azioni concentrate agenti sul nodo I (siano esse carichi noti o reazioni vincolari incognite), JIIJ NN = è lo sforzo assiale attivo nell’asta che collega i nodi ),( II yxI ≡ e ),( JJ yxJ ≡ , mentre Im indica il numero di aste collegate al nodo I.


4

Nel caso in esame, si ottiene

Nodo A

=−

+−

+=

=−

+−

+=

∑

∑

0

0

AEAE

AEAB

AB

ABAy

AEAE

AEAB

AB

ABAx

NL

yyNL

yyYF

NL

xxNL

xxXF,

Nodo B

=−

+−

+−

+−

+=

=−

+−

+−

+−

+=

∑

∑

0

0

BCBC

BCBF

BF

BFBE

BE

BEBA

BA

BABy

BCBC

BCBF

BF

BFBE

BE

BEBA

BA

BABx

NL

yyNL

yyNL

yyNL

yyYF

NL

xxNL

xxNL

xxNL

xxXF

Nodo C

=−

+−

+−

+−

+=

=−

+−

+−

+−

+=

∑

∑

0

0

CDCD

CDCG

CG

CGCF

CF

CFCB

CB

CBCy

CDCD

CDCG

CG

CGCF

CF

CFCB

CB

CBCx

NL

yyN

Lyy

NL

yyN

Lyy

YF

NL

xxN

Lxx

NL

xxN

Lxx

XF

Nodo D

=−

+−

+=

=−

+−

+=

∑

∑

0

0

CGCG

DGCD

CD

DCDy

CGCG

DGCD

CD

DCDx

NL

yyN

Lyy

YF

NL

xxN

Lxx

XF,

Nodo E

=−

+−

+−

+=

=−

+−

+−

+=

∑

∑

0

0

EFEF

EFEB

EB

EBEA

EA

EAEy

EFEF

EFEB

EB

EBEA

EA

EAEx

NL

yyNL

yyNL

yyYF

NL

xxN

Lxx

NL

xxXF

Nodo F

=−

+−

+−

+−

+=

=−

+−

+−

+−

+=

∑

∑

0

0

FGFG

FGFC

FC

FCFB

FB

FBFE

FE

FEFy

FGFG

FGFC

FC

FCFB

FB

FBFE

FE

FEFx

NL

yyN

Lyy

NL

yyNL

yyYF

NL

xxN

Lxx

NL

xxNL

xxXF,

Nodo G

=−

+−

+−

+=

=−

+−

+−

+=

∑

∑

0

0

GDGD

GDGC

GC

GCGF

GF

GFGY

GDGD

GDGC

GC

GCGF

GF

GFGx

NL

yyN

Lyy

NL

yyYF

NL

xxN

Lxx

NL

xxXF

.


5

Tenuto conto dei dati riportati nelle tabelle, le equazioni di equilibrio alla traslazione secondo gli assi x ed y dei nodi del sistema risultano:

Nodo A

=+=

=++=

∑∑

02/

02/

4

41

NYF

NNXF

Ay

Ax ,

Nodo B

=++−=

=++−−=

∑∑

02/32/

02/2/

65

2651

NNPF

NNNNF

y

x ,

Nodo C

=+++=

=++−−=

∑∑

02/2/3

02/2/

87

3872

NNYF

NNNNF

Cy

x ,

Nodo D

=+−=

=−−=

∑∑

02/2

02/

9

93

NPF

NNF

y

x ,

Nodo E

=−−+−−=

=−++−=

∑∑

0328/)13(2/2/

0328/22/2/

1054

1054

NNNF

NNNF

y

x ,

Nodo F

=−−−−−−−−=

=−++−−−=

∑∑

0328/)13(2/32/3328/)13(

0328/22/2/328/2

117610

117610

NNNNF

NNNNF

y

x ,

Nodo G

=−−−−+=

=+−−−=

∑∑

02/2/328/)13(

02/2/328/2

9811

9811

NNNF

NNNF

y

x .

Quella appena scritta è la forma scalare delle equazioni di equilibrio nodale. Il problema è così ricondotto alla soluzione del sistema di 142 =n equazioni algebriche lineari non omogenee, nelle 143 =+a incognite IN , 11,,1K=I , e XA, YA e YC riportato di seguito.

⋅=

⋅

−

−

−

−

−−−

−−−

−

−

−

−−−−−

−−

−

−−−

−−

−

−

−

0

0

0

0

0

0

2

0

0

0

1

0

0

0

00000000000

00000000000

0000000000

0000000000

00000000000

00000000000

0000000000000

0000000000100

100000000000

000000000110

000000000000

000000000011

0100000000000

0010000000001

11

10

9

8

7

6

5

4

3

2

1

32813

21

21

3282

21

21

32831

32831

23

23

3282

3282

21

21

32813

21

21

3282

21

21

21

21

21

23

21

21

23

21

21

21

21

21

P

Y

Y

X

N

N

N

N

N

N

N

N

N

N

N

GNodo

FNodo

ENodo

DNodo

CNodo

BNodo

ANodo

C

A

A


6

2. La scrittura delle equazioni di equilibrio dei nodi in forma vettoriale.

Una maniera più semplice per risolvere lo stesso problema è la seguente. Introdotti i versori degli assi coordinati [ ]Ti 01= e [ ]Tj 10= ed il vettore nullo a due dimensioni [ ]T0 00= , le azioni nodali esterne si scrivono

Nodo Azione nodale A jiP AAA YX += B jjijiP PPYX BBB −=−+=+= 0 C jjijiP CCCCC YYYX +=++=+= 0 D jjijiP PPYX DDD 220 −=−+=+= E 0jijiP =++=+= 00EEE YX F 0jijiP =++=+= 00FFF YX G 0jijiP =++=+= 00GGG YX

(vettori dei carichi nodali)

In modo analogo, indicando con [ ]Tyixii nn=n il versore dell’asse geometrico dell’asta i

che collega il nodo R al nodo S, orientato positivamente da R ad S, di componenti

RSRSRSxi Lxxn /)(cos −=α= , ed RSRSRSyi Lyyn /)(sin −=α= ,

gli sforzi che tale asta esercita rispettivamente sui nodi R ed S si esprimono come

iii N nN = e )( iii N nN −=− .

Nella tabella seguente si riportano i valori delle componenti dei versori delle aste.

Asta Versore IJxn α= cos IJyn α= sin n1 1 0 n2 1 0 n3 1 0 n4 2/1 2/1 n5 2/1− 2/1 n6 2/1 2/3 n7 2/1− 2/3 n8 2/1 2/1 n9 2/1− 2/1 n10 328/2 − 328/)13( −−

11 n11 328/2 −− 328/)13( −− (versori delle aste e loro componenti)


7

Tutto ciò premesso, le equazioni di equilibrio dei nodi, espresse in forma vettoriale, si scrivono semplicemente come Nodo A 0PNN =+++ A41 ,

Nodo B 0PNNNN =++++− B2651 ,

Nodo C 0PNNNN =++++− C3872 ,

Nodo D 0PNN =++− D93 ,

Nodo E 0PNNN =++−− E1054 ,

Nodo F 0PNNNN =+−−−− F117610 ,

Nodo G 0PNNN =+−−+ G9811 .

ovvero, facendo uso dei versori delle aste

⋅=

⋅

−−−−−−

−−−

−−

000j0j0

RN

000n0nn0000000000nn00nn000000000n0000nn00000000n00000n00j00000nn000nn000000000nn00nn0ji0000000n00n

2

1198

111076

1054

93

8732

6521

41

P

GNodoFNodoENodoDNodoCNodoBNodoANodo

dove [ ]T1110987654321 NNNNNNNNNNN=N è il vettore che raccoglie gli sforzi assiali

nelle aste ed [ ]TCAA YYX=R è il vettore delle reazioni vincolari.

Procedendo asta per asta, se l’asta i è orientata positivamente da R ad S, come definito nella matrice delle incidenze, porremo ni nell’intersezione fra la riga R e la colonna i-esima e –ni nell’intersezione fra la riga S e la colonna i-esima. Ad esempio, l’asta che collega i nodi B ed F, ha il proprio versore n6 orientato positivamente nel verso da B ad F. Pertanto, porremo n6 nell’intersezione fra la riga B e la colonna e –n6 nell’intersezione fra la riga F e la colonna . Conseguentemente, se limitiamo la nostra attenzione alle colonne relative agli sforzi assiali, la proprietà più evidente della matrice delle equazioni di equilibrio nodale, è che la somma degli elementi di ciascuna colonna è nulla, circostanza che può risultare di grande aiuto per controllare la correttezza del sistema scritto. Più in generale, possiamo affermare che il sistema fornisce riga per riga l’equazione vettoriale che esprime l’equilibrio dei nodi, mentre colonna per colonna fornisce l’equazione vettoriale di equilibrio di ciascuna asta.

ASTE 11


8

3. La soluzione numerica

Il sistema delle equazioni di equilibrio nodale appena scritto

⋅=

⋅

−−−−−−−

−−−−

−

−−

−−

−−

00000020001000

00034.000.071.071.000.000.000.000.000.000.000.000094.000.071.071.000.000.000.000.000.000.000.000034.034.000.000.087.087.000.000.000.000.000.000094.094.000.000.05.05.000.000.000.000.000.000000.034.000.000.000.000.071.071.000.000.000.000000.094.000.000.000.000.071.071.000.000.000.000000.000.071.000.000.000.000.000.000.000.000.000000.000.071.000.000.000.000.000.000.100.000.010000.000.000.071.087.000.000.000.000.000.000.000000.000.000.071.05.000.000.000.000.100.100.000000.000.000.000.000.087.071.000.000.000.000.000000.000.000.000.000.05.071.000.000.000.100.101000.000.000.000.000.000.000.071.000.000.000.000100.000.000.000.000.000.000.071.000.000.000.1

11

10

9

8

7

6

5

4

3

2

1

P

YYXNNNNNNNNNNN

C

A

A

si risolve facilmente per via numerica. Utilizzando ad esempio il programma SISLIN, si ottiene

N1 = -0.500000P, N2 = -1.443376P, N3 = -2.000000P,

N4 = 0.707107P, N5 = -0.328169P, N6 = 1.422650P,

N7 = -2.969655P, N8 = -1.312677P, N9 = 2.828427P,

N10 = 0.779548P, N11 = 3.118192P,

XA = 0.000000P, YA = -0.500000P, YC = 3.500000P,

dove i valori qui forniti sono un po’ più precisi di quelli ottenibili utilizzando direttamente i coefficienti riportati nella tabella (con sole due cifre decimali per questioni di spazio).

4. Tracciamento dei diagrammi delle caratteristiche della sollecitazione Coi valori appena ottenuti si può procedere al tracciamento del diagramma dello

sforzo assiale. A tal fine, accanto a ciascuna asta riportiamo il valore di tale caratteristica della sollecitazione dotata di segno, disegnando le aste compresse (puntoni, N<0) con linee a tratto grosso, lasciando invece sottile lo spessore delle aste tese (tiranti, N>0). Il diagramma risultante è riportato di seguito.


9

A B

C D

E

F

G

-0.500000

P 2P

45° 60°

1/2P 7/2P

-1.443376 -2.000000

0.707107

-0.328169

1.422650 -2.969655

-1.312677

0.779548 3.118192

2.828427

5. Il calcolo degli sforzi nelle aste col metodo delle equazioni ausiliarie

La struttura è esternamente isostatica. L’unica reazione orizzontale è la AX , per cui deve essere necessariamente 0=AX . L’equilibrio alla rotazione di tutte le forze intorno al nodo A si scrive

0322 =⋅−⋅+⋅−=∑ LPLYLPM CA ,

da cui deduciamo PYC ⋅= 2/7 . Analogamente, l’equilibrio alla rotazione delle forze intorno al nodo C si scrive

022 =⋅−⋅+⋅−=∑ LPLPLYM AC ,

da cui deduciamo PYA ⋅−= 2/1 . Il calcolo delle reazioni vincolari finisce qui! Utilizziamo il metodo delle equazioni ausiliarie per determinare gli sforzi assiali nelle aste 11 e per le quali il calcolo precedente indica che si realizzano rispettivamente il massimo sforzo di trazione (N11 = 3.118192P) ed il massimo sforzo di compressione (N7 = -2.969655P). Introduciamo una sconnessione N = 0 in una sezione generica dell’asta 11 (asportiamo un concio elementare oppure effettuiamo un taglio) ed applichiamo alle due facce così separate due forze, N11, uguali ed opposte, orientate in modo tale da ripristinare la continuità interrotta (vedi figura successiva).


10

A B

C D

E

F

G

1 2 3

10 11

4 5

6 7

8 9

P 2P L L L

L/2

45°

60°

3/2L

N11

N11 d11

La struttura, inizialmente isostatica, diventa improvvisamente labile. Infatti, a seguito del taglio effettuato, risulta possibile una rotazione relativa intorno al nodo C (polo dell’asta 11 ) fra le due parti rigide in cui la struttura rimane suddivisa. Tale rotazione può essere impedita se e solo se le due forze N11 hanno valore uguale allo sforzo assiale presente nell’asta prima del taglio. Tale valore può essere ricavato utilizzando l’equazione ausiliaria 0=CM . Facendo riferimento al sistema delle forze che seguono, si ottiene:

02 1111 =⋅+⋅−= dNLPMC

da cui

1111 /2 dLPN ⋅= .

Il problema è così ricondotto al calcolo della distanza d11 fra il nodo C e l’asta 11. Utilizzando la definizione di prodotto vettoriale, tale distanza si calcola facilmente attraverso la

LLLLL

LLLLLLL

yyxx

yyxxyyxx

dGFGF

GFGF

CGCG

3282

)13(

)2/2/3()2/52/3(

)2/2/3()2/52/3()02/()22/5(

)()(

)()()()(

222211−

+=

−+−

−−−−

=−+−

−−−−

= ,

per cui

PPdLPN ⋅≅+−

⋅=⋅= 118192.3)13(32822/2 1111 ,

che coincide col valore trovato in precedenza. Calcoliamo adesso lo sforzo N7. Introduciamo un taglio completo che interessi le aste , ed 11 , ed applichiamo a ciascuna coppia di facce separate delle forze rappresentative degli sforzi assiali preesistenti (vedi figura). La continuità strutturale interrotta può essere ripristinata se il sistema di forze aggiunte assume gli stessi valori che gli sforzi assiali nelle aste avevano prima del taglio. In particolare, volendo ricavare N7, poiché N11 è noto ed N2 spira orizzontalmente, possiamo utilizzare indifferentemente l’equazione ausiliaria TD = 0 oppure TS = 0.


11

A B

C D

E

F

G

1 2 3

10 11

4 5

6 7

8 9

P 2P L L L

L/2

45°

60°

3/2L

N11

N11

d11 N7 N7

N2

N2

Facendo riferimento al sistema delle forze che precedono, si ottiene:

0111177 =−−−+= yyAS nNnNPYT

dove i coseni direttori delle due aste 2/37 =yn e 328/)13(11 −−=yn sono desunti dalla tabella precedente, per cui

PPPPPP

nnNPY

y

yA 969655.21313

383

23

328

)13()13(32822

21

7

11117 −≅

+−

−−=−

−+−

−−−

=−−+

=N

che coincide col valore trovato in precedenza.






TEMA 9

Data la travatura reticolare piana tipo Fink mostrata in figura,

A B C D E

F G

1 2 3

10 11

4

5 6

7

8 9

L L L H 12 13

2P P P

L/2

L

1. risolvere il sistema col metodo delle equazioni di equilibrio dei nodi; 2. risolvere il sistema col metodo delle equazioni ausiliarie; 3. tracciare i diagrammi quotati ed in scala delle caratteristiche della sollecitazione.


2

SOLUZIONE:

(NOTA: Fra gli obiettivi didattici più immediati di questo esempio ricordiamo: 1. impaurire gli studenti, always; 2. fare pratica con la forma scalare delle equazioni di equilibrio nodale; 3. fare pratica con la forma vettoriale delle equazioni di equilibrio nodali; 4. fare pratica con il metodo delle equazioni ausiliarie.)

1. La scrittura delle equazioni di equilibrio dei nodi in forma scalare.

Il sistema reticolare è costituito dalle 13 aste , , , , , , , , , , 11, 12 e 13 connesse agli otto nodi A, B, C, D, E, F, G, e H vincolati al suolo e caricati nel modo indicato nella figura precedente. Per scrivere in modo automatico le equazioni di equilibrio nodale, costruiamo le matrici:

Nodo xI yI A 0 0 B L 0 C 2L 0 D 3L 0 E 4L 0 F L -L/2 G 2L - 2/L H 3L -L/2


Asta Nodo iniziale Nodo finale A B C B C D E D B F C G D H A F C F C H

11 E H 12 A G 13 E G

(matrice delle incidenze delle aste) che definiscono il grafo

A B C D E

F G

1 2 3

10 11

4

5 6

7

8 9

L L L H 12 13

2P P P

L/2

L

(N.B. Prestare la massima attenzione all’orientamento scelto per i versori delle aste poiché da questo dipenderanno i segni dei termini delle equazioni di equilibrio nella forma vettoriale)


3

Costruiamo, inoltre, le seguenti matrici

Nodo XI YI A XA YA B 0 -P C 0 -2P D 0 -P E 0 YE F 0 0 G 0 0 H 0 0

(matrice dei carichi nodali)

Asta JIIJ LL =

L L L L L/2 L/2 L/2 2/5L 2/5L 2/5L

11 2/5L 12 2/17L 13 2/17L

(vettore delle lunghezze delle aste) dove

22 )()( JIJIJIIJ yyxxLL −+−== ,

è la lunghezza dell’asta che collega il nodo I al nodo J. Il sistema delle equazioni di equilibrio è dato dalle 2n relazioni

=−

+=

=−

+=

∑ ∑

∑ ∑

=

=

0

0

1

1

IJm

JIJ

IJIy

IJm

JIJ

IJIx

NL

yyYF

NL

xxXF

I

I

,

in cui XI ed YI sono le azioni concentrate agenti sul nodo I (siano esse carichi noti o reazioni vincolari incognite), JIIJ NN = è lo sforzo assiale attivo nell’asta che collega i nodi ),( II yxI ≡ e ),( JJ yxJ ≡ , mentre Im indica il numero di aste collegate al nodo I.


4

Nel caso in esame, si ottiene

Nodo A

=−

+−

+−

+=

=−

+−

+−

+=

∑

∑

0

0

AFAF

AFAG

AG

AGAB

AB

ABAy

AFAF

AFAG

AG

AGAB

AB

ABAx

NL

yyNL

yyNL

yyYF

NL

xxNL

xxNL

xxXF,

Nodo B

=−

+−

+−

+=

=−

+−

+−

+=

∑

∑

0

0

BCBC

BCBF

BF

BFBA

BA

BABy

BCBC

BCBF

BF

BFBA

BA

BABx

NL

yyNL

yyNL

yyYF

NL

xxNL

xxNL

xxXF

Nodo C

=−

+−

+−

+−

+−

+=

=−

+−

+−

+−

+−

+=

∑

∑

0

0

CDCD

CDCH

CH

CHCG

CG

CGCF

CF

CFCB

CB

CBCy

CDCD

CDCH

CH

CHCG

CG

CGCF

CF

CFCB

CB

CBCx

NL

yyNL

yyNL

yyNL

yyNL

yyYF

NL

xxNL

xxNL

xxNL

xxNL

xxXF

Nodo D

=−

+−

+−

+=

=−

+−

+−

+=

∑

∑

0

0

DEDE

DEDH

DH

DHDC

DC

DCDy

DEDE

DEDH

DH

DHDC

DC

DCDx

NL

yyNL

yyNL

yyYF

NL

xxNL

xxNL

xxXF,

Nodo E

=−

+−

+−

+=

=−

+−

+−

+=

∑

∑

0

0

EHEH

EHEG

EG

EGED

ED

EDEy

EHEH

EHEG

EG

EGED

ED

EDEx

NL

yyNL

yyNL

yyYF

NL

xxNL

xxNL

xxXF

Nodo F

=−

+−

+−

+=

=−

+−

+−

+=

∑

∑

0

0

FCFC

FCFB

FB

FBFA

FA

FAFy

FCFC

FCFB

FB

FBFA

FA

FAFx

NL

yyNL

yyNL

yyYF

NL

xxNL

xxNL

xxXF,

Nodo G

=−

+−

+−

+=

=−

+−

+−

+=

∑

∑

0

0

GEGE

GEGC

GC

GCGA

GA

GAGY

GEGE

GEGC

GC

GCGA

GA

GAGx

NL

yyNL

yyNL

yyYF

NL

xxNL

xxNL

xxXF,

Nodo H

=−

+−

+−

+=

=−

+−

+−

+=

∑

∑

0

0

HEHE

HEHD

HD

HDHC

HC

GCHY

HEHE

HEHD

HD

HDHC

HC

HCHx

NL

yyNL

yyNL

yyYF

NL

xxNL

xxNL

xxXF.


5

Tenuto conto dei dati riportati nelle tabelle, le equazioni di equilibrio alla traslazione dei nodi del sistema secondo gli assi x ed y risultano: Nodo A

=−−+=

=++++=

∑

∑0

51

171

05

2174

812

8121

NNYF

NNNXF

Ay

Ax

A N1

L

XA

L/2 YA

N12

N8

Nodo B

=−−==+−=

∑∑

00

5

21

NPFNNF

y

x

B N1

L L

P

L/2

N2

N5

Nodo C

=+−−−=

=++−−=

∑

∑0

51

512

05

25

2

1069

31092

NNNPF

NNNNF

y

x

C N2

L L

2P

L/2

N3

N6 N9 N10

Nodo D

=−−==+−=

∑∑

00

7

43

NPFNNF

y

x

D N3

L L

P

L/2

N4

N7

Nodo E

=−−+=

=−−−=

∑

∑0

51

171

05

2174

1113

11134

NNYF

NNNF

Ey

x

E N4

L

L/2 YE

N13

N11

Nodo F

=+++=

=+−=

∑

∑0

51

51

05

25

2

958

98

NNNF

NNF

y

x

F N8

L L

L/2 N5 N9

Nodo G

=+++=

=+−=

∑

∑0

171

171

0174

174

13612

1312

NNNF

NNF

Y

x

G

N12

2L

L/2 N6 N13

2L

Nodo H

=+++=

=+−=

∑

∑0

51

51

05

25

2

11710

1110

NNNF

NNF

Y

x

H N10

L L

L/2 N7 N11

dove ciascuno sforzo assiale è stato ipotizzato positivo (tirante) e, pertanto, uscente dal nodo, e si è fatto uso del sistema di riferimento globale (O, x, y).

Quella appena scritta è la forma scalare delle equazioni di equilibrio nodali.


6

Il problema è così ricondotto alla soluzione di un sistema di 162 =n equazioni algebriche lineari non omogenee, nelle 163 =+a incognite IN , 13,,1K=I , e XA, YA e YE riportato di seguito.

⋅=

⋅

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−

−−

−−

−−

−

−−

0

0

0

0

0

0

0

0

1

0

2

0

1

0

0

0

00000001000000

00000000000000

00000000100000

00000000000000

00000000010000

00000000000000

10000000000000

00000000001000

0000000001000000

0000000000001100

00000000100000

00000000000110

0000000000010000

0000000000000011

01000000000000

00100000000001

13

12

11

10

9

8

7

6

5

4

3

2

1

51

51

52

52

171

171

174

174

51

51

52

52

171

51

174

52

51

51

52

52

171

51

174

52

P

Y

Y

X

N

N

N

N

N

N

N

N

N

N

N

N

N

HNodo

GNodo

FNodo

ENodo

DNodo

CNodo

BNodo

ANodo

E

A

A


7

2. La scrittura delle equazioni di equilibrio dei nodi in forma vettoriale.

Introdotti i versori degli assi coordinati [ ]Ti 01= e [ ]Tj 10= ed il vettore nullo a due dimensioni [ ]T0 00= , le azioni nodali esterne si scrivono

Nodo Azione nodale A jiP AAA YX += B jjijiP PPYX BBB −=−+=+= 0 C jjijiP PPYX CCC 220 −=−+=+= D jjijiP PPYX DDD −=−+=+= 0 E jjijiP EEEEE YYYX =++=+= 0 F 0jijiP =++=+= 00FFF YX G 0jijiP =++=+= 00GGG YX H 0jijiP =++=+= 00HHH YX

(vettori dei carichi nodali) In modo analogo, indicando con [ ]T

yixii nn=n il versore dell’asse geometrico dell’asta i che collega il nodo R al nodo S, orientato positivamente da R ad S, di componenti

RSRSRSxi Lxxn /)(cos −=α= , ed RSRSRSyi Lyyn /)(sin −=α= , gli sforzi che tale asta esercita rispettivamente sui nodi R ed S si esprimono come

iii N nN = e )( iii N nN −=− . Nella tabella seguente si riportano i valori delle componenti dei versori delle aste.

Asta Versore IJxn α= cos IJyn α= sin n1 1 0 n2 -1 0 n3 1 0 n4 -1 n5 0 -1 n6 0 -1 n7 0 -1 n8 5/2 5/1− n9 5/2− 5/1− n10 5/2 5/1−

11 n11 5/2− 5/1− 12 n12 17/4 17/1− 13 n13 17/4− 17/1−

(versori delle aste e loro componenti)


8

Tutto ciò premesso, le equazioni di equilibrio dei nodi, espresse in forma vettoriale, si scrivono semplicemente come Nodo A 0PNNN =++++ A1281 Nodo B 0PNNN =+−+− B251

Nodo C 0PNNNNN =++++++ C310692 Nodo D 0PNNN =+−+− D473

Nodo E 0PNNN =++++ E13114 Nodo F 0PNNN =+−−− F958

Nodo G 0PNNN =+−−− G13612 Nodo H 0PNNN =+−−− H11710

Facendo uso dei versori delle aste prima definiti, si ottiene

⋅=

⋅

−−

−−−

−−−

−−

−−

0

0

0

0

j

j

j

0

R

N

00000nn00n000000

000nn00000n00000

0000000nn00n0000

j00n0n000000n000

000000000n00nn00

000000nn00n00nn0

00000000000n00nn

0ji0n000n000000n

2

11107

13126

985

13114

743

109632

521

1281

P

HNodo

GNodo

FNodo

ENodo

DNodo

CNodo

BNodo

ANodo

dove [ ]T13121110987654321 NNNNNNNNNNNNN=N è il vettore che raccoglie gli

sforzi assiali nelle aste ed [ ]TEAA YYX=R è il vettore delle reazioni vincolari.

Procedendo asta per asta, se l’asta i è orientata positivamente da R ad S, come definito nella matrice delle incidenze, porremo ni nell’intersezione fra la riga R e la colonna i-esima e –ni nell’intersezione fra la riga S e la colonna i-esima. Ad esempio, l’asta che collega i nodi C ed F, ha il proprio versore n9 orientato positivamente nel verso da C ad F. Pertanto, porremo n9 nell’intersezione fra la riga C e la colonna e –n9 nell’intersezione fra la riga F e la colonna . Conseguentemente, se limitiamo la nostra attenzione alle colonne relative agli sforzi assiali, la proprietà più evidente della matrice delle equazioni di equilibrio nodale, è che la somma degli elementi di ciascuna colonna è nulla, circostanza che può risultare di grande aiuto per controllare la correttezza del sistema scritto. Più in generale, possiamo affermare che il sistema fornisce riga per riga l’equazione vettoriale che esprime l’equilibrio dei nodi, mentre colonna per colonna fornisce l’equazione vettoriale di equilibrio di ciascuna asta.


9

3. La soluzione numerica

Il sistema di equazioni

⋅=

⋅

−−

−−

−−

−

−

−

−

−−

−−

−−

−

−−

0000000010201000

0000000100000000000000000000000000001000000000000000000000000000010000000000000000001000000000000000000000001000000000000100000000000000000011000000000010000000000000000110000000000001000000000000000000110100000000000000100000000001

13

12

11

10

9

8

7

6

5

4

3

2

1

51

51

52

52

171

171

174

174

51

51

52

52

171

51

174

52

51

51

52

52

171

51

174

52

P

YYXNNNNNNNNNNNNN

E

A

A

si risolve facilmente per via numerica. Utilizzando il programma SISLIN, si ottiene

N1 = N2 =N3 = N4 = -7. 0P,

N5 = -1.0P, N6 = -3.0P, N7 = -1.0P,

N8 = N9 = N10 = N11 = 1.118035P,

N12 = N13 = 6.184675P,

XA = 0.0P, YA = 2.0P, YE = 2.0P.


10

4. Tracciamento dei diagrammi delle caratteristiche della sollecitazione Coi valori appena ottenuti si può procedere al tracciamento del diagramma dello

sforzo assiale. A tal fine, accanto a ciascuna asta riportiamo il valore di tale caratteristica dotata di segno, disegnando le aste compresse (puntoni, N<0) con linee a tratto grosso, lasciando invece sottile lo spessore delle aste tese (tiranti, N>0). Il diagramma risultante è riportato di seguito.

A B C D E

F G

-7.0

1.12

L L L H

2P P P

L/2

L

2P 2P

-7.0 -7.0 -7.0

-1.0 -1.0 -3.0

1.12 1.12 1.12 6.18 6.18

Lo sforzo di trazione massimo si verifica nei tiranti 12 e 13

N12 = N13 = 6.184675P.

Lo sforzo di compressione massimo si verifica invece nei puntoni , , ,

N1 = N2 =N3 = N4 = -7. 0P.

5. Il calcolo degli sforzi nelle aste col metodo delle equazioni ausiliarie

La struttura è esternamente isostatica. L’unica reazione orizzontale è la AX , per cui deve essere 0=AX . D’altra parte, per questioni di simmetria strutturale e di carico, risulta

PYY CA 2== .

Il calcolo delle reazioni vincolari finisce qui! Utilizziamo il metodo delle equazioni ausiliarie per determinare gli sforzi assiali nelle aste 12 e 13 . A tal fine introduciamo una sconnessione N = 0 in una sezione generica dell’asta 12 (asportiamo un concio elementare, oppure, effettuiamo un taglio) ed applichiamo alle due facce così separate due forze, N12, uguali ed opposte, orientate in modo tale da ripristinare la continuità interrotta (vedi figura successiva).


11

A B C D E

F G

1 2 3

10 11

4

5 6

7

8 9 L L L

H

12

13

2P P P

L/2

L N12

N12 d12 2P 2P

La struttura, inizialmente isostatica, diventa improvvisamente labile. Infatti, a seguito del taglio effettuato, risulta possibile una rotazione relativa intorno al nodo C (polo dell’asta 12 ) fra le due parti rigide in cui la struttura rimane suddivisa. Tale rotazione può essere impedita se e solo se le due forze N12 hanno valore uguale allo sforzo assiale presente nell’asta prima del taglio. Tale valore può essere ricavato utilizzando l’equazione ausiliaria 0=CM . Facendo riferimento al sistema delle forze che precedono, si ottiene:

022 1212 =⋅−⋅−⋅= dNLPLPM C

da cui

1212 /3 dLPN ⋅= . Il problema è così ricondotto al calcolo della distanza d12 fra il nodo C e l’asta 12. Utilizzando la definizione di prodotto vettoriale, tale distanza si calcola facilmente attraverso la

LLL

LLL

yyxx

yyxxyyxx

dAGAG

AGAG

CACA

172

)02/()02(

)02/()02()00()20(

)()(

)()()()(

222212 =−−+−

−−−−−

=−+−

−−−−

= ,

per cui

PPdLPN ⋅≅⋅=⋅= 184658.62173/3 1212 ,

valore esatto, pressoché coincidente col valore trovato in precedenza. Calcoliamo adesso lo sforzo N1.

A B C D E

F G

1 2 3

10 11

4

5 6

7

8 9 L L L

H

12

13

2P P P

L/2

L N12

N12 d12 2P 2P

N1

N1

f12


12

Notiamo che per simmetria deve risultare N1 =N4. D’altra parte, poiché nei nodi B e D agiscono due azioni orizzontali e due verticali, per l’equilibrio deve essere N1 = N2 e N3 = N4. Nella situazione ottenuta, introduciamo un ulteriore taglio nell’asta , ed applichiamo alle facce separate delle forze N1 rappresentative dello sforzo assiale preesistente. Per ricavare il valore dell’intensità di queste forze utilizziamo l’equazione ausiliaria 0=FM . Facendo riferimento al sistema delle forze che precedono, si ottiene:

02/2 12121 =⋅+⋅+⋅= fNLNLPM F

dove

17)02/()02(

)2/0()20()2/2/()2(

)()(

)()()()(

222212L

LL

LLLLLL

yyxx

yyxxyyxx

fAGAG

GAGA

FGFG

=−−+−

+−+−−

=−+−

−−−−

= ,

da cui

0172

1732

2 1 =⋅⋅+⋅+⋅=LPLNLPM F .

Risolvendo per N1, si ottiene

PN 71 −=

che coincide col valore trovato in precedenza.






TEMA 10

Dato il sistema reticolare ad aste rigide mostrato in figura,

A=O

200

V

y,v x,u

200

200 300 300

2V

H

200

in cui V = 20 kN ed H = 30 kN,

1. classificare il sistema mediante il computo dei vincoli; 2. classificare il sistema mediante il computo dei gradi di libertà; 3. scrivere le equazioni di compatibilità cinematica col metodo generale; 4. scrivere le equazioni di compatibilità statica in forma vettoriale; 5. scrivere le equazioni di compatibilità statica in forma scalare; 6. risolvere la struttura col metodo delle equazioni ausiliarie; 7. tracciare il diagramma dello sforzo assiale.

NOTA: le dimensioni che appaiono in figura sono espresse in centimetri.


2

SOLUZIONE:

Inseriamo un numero sufficiente di sezioni (24) per isolare i punti di discontinuità (di vincolo e geometriche) del sistema.

Al termine di tale operazione, s’individuano 12 aste, numerate da 1 a 12, ed otto nodi, identificati dalle lettere da A ad H, connessi fra loro e coi vincoli nel modo indicato in figura.

A=O

V

y,v x,u

2V

H

B

C D

E F

G

1

2

3

4

5

1 2 3

4 5

6 7 8

16

11

10

9

6 13

14

15

7 8

H

9 10

11

12

12

19 20

22

21

23 24

18

17

1. Classificazione del sistema mediante il computo dei vincoli

In assenza di vincoli e connessioni, il sistema avrebbe 3 12 = 36 gradi di libertà. D’altra parte, dalla tabella seguente risultano le seguenti molteplicità di vincolo

Nodo Molteplicità

A 4=Am B 2=Bm C 6=Cm D 10=Dm E 2=Em F 6=Fm G 4=Gm H 2=Hm

cosicché il grado complessivo di vincolo del sistema è 36. Pertanto, se i vincoli sono indipendenti (efficaci), il sistema dato è al più una struttura isostatica.


3

2. Classificazione del sistema mediante il computo dei gradi di libertà

Il sistema è costituito da cinque maglie interne ed una maglia esterna. In assenza di sconnessioni, a ciascuna maglia compete un grado d’iperstaticità pari a tre, per cui il grado d’iperstaticità complessivo del sistema risulterebbe 6 3 = 18. D’altra parte, dalla tabella seguente risultano i diciotto gradi di libertà

Maglia Tipo Rotazioni assolute Rotazioni relative g. d. l. A-B-D esterna

3θ , 5θ 64−∆θ 3

A-D-C interna 847231 −−− ∆∆∆ θθθ 3

C-F-E interna 20121910119 −−− ∆∆∆ θθθ 3

C-D-F interna 1412138117 −−− ∆∆∆ θθθ 3

D-G-F interna 221621141513 −−− ∆∆∆ θθθ 3

D-H-G interna 241823161715 −−− ∆∆∆ θθθ 3 Pertanto, il sistema dato è al più una struttura isostatica.

3. Equazioni di compatibilità cinematica col metodo generale

Trave P Q Equazioni di compatibilità cinematica interna 1 1 2

1212112 200 θθθ ==⋅−= vvuu 2 3 4

34334334 200200 θθθθ =⋅+=⋅−= vvuu 3 5 6

5656556 200 θθθ ==⋅−= vvuu 4 7 8

7877878 200 θθθ =⋅+== vvuu 5 9 10

91099109910 300200 θθθθ =⋅−=⋅−= vvuu 6 11 12

11121112111112 200 θθθ ==⋅−= vvuu 7 13 14

1314131314131314 200200 θθθθ =⋅−=⋅−= vvuu 8 15 16

15161516151516 400 θθθ ==⋅−= vvuu 9 17 18

1718171718171718 300400 θθθθ =⋅+=⋅−= vvuu 10 19 20

19201919201920 300 θθθ =⋅+== vvuu 11 21 22

2122212122212122 200200 θθθθ =⋅+=⋅−= vvuu 12 23 24

23242323242324 300 θθθ =⋅+== vvuu


4

Nodo Equazioni di compatibilità cinematica esterna Equazioni cinematiche

A

==

00

1

1

vu

,

=−=−

00

13

13

vvuu

,

==

00

1

1

vu

,

=−=−

00

13

13

vvuu

,

B

==

00

5

5

vu

,

==

00

5

5

vu

,

C

=−=−

00

72

72

vvuu

,

=−=−

00

79

79

vvuu

,

=−=−

00

711

711

vvuu

,

=−

=−⋅−0

0200

71

711

vvuu θ

,

=−=−

00

79

79

vvuu

,

=−=−

00

711

711

vvuu

,

D

=−=−

00

134

134

vvuu

,

=−=−

00

136

136

vvuu

,

=−=−

00

138

138

vvuu

,

=−=−

00

1315

1315

vvuu

,

=−=−

00

1317

1317

vvuu

,

=−⋅+=−⋅−

02000200

1333

1333

vvuu

θθ

,

=−

=−⋅−0

0200

135

1355

vvuu θ

,

=−⋅+

=−0200

0

1377

137

vvuu

θ,

=−=−

00

1315

1315

vvuu

,

=−=−

00

1317

1317

vvuu

,

E

=−=−

00

1910

1910

vvuu

,

=−⋅−=−⋅−

03000200

1999

1999

vvuu

θθ

,

F

=−=−

00

2112

2112

vvuu

,

=−=−

00

2114

2114

vvuu

,

=−=−

00

2120

2120

vvuu

,

=−

=−⋅−0

0200

2111

211111

vvuu θ

,

=−

=−⋅−0

0200

2113

211313

vvuu θ

,

=−⋅+

=−0300

0

211919

2119

vvuu

θ,

G

=−=−

00

2316

2316

vvuu

,

=−=−

00

2322

2322

vvuu

,

=−

=−⋅−0

0400

2315

231515

vvuu θ

,

=−

=−⋅−0

0200

2321

232121

vvuu θ

,

H

=−=−

00

1824

1824

vvuu

,

=⋅−−⋅+

=⋅−−0400300

0400

17172323

171723

θθθvv

uu.


5

4. Equazioni di compatibilità statica in forma vettoriale (equilibrio dei nodi)

Nodo xI yI A 0.0 0.0 B 200.0 0.0 C 0.0 200.0 D 200.0 200.0 E -300.0 400.0 F 0.0 400.0 G 200.0 600.0 H 500.0 600.0


Nodo Azione nodale A jiR AAA YX += B jjijiR BBBBB YYYX +=++=+= 0 C 0jijiP =++=+= 00CCC YX D 0jijiP =++=+= 00DDD YX E jjijiP VVYX EEE −=−+=+= 0 F 0jijiP =++=+= 00FFF YX G ijijiP HHYX GGG +=++=+= 0 H jjijiP VVYX HHH 220 −=−+=+=

(vettori dei carichi nodali)

Asta Nodo iniziale Nodo finale 1 A C

2 A D

3 B D

4 C D

5 C E

6 C F

7 D F

8 D G

9 D H

10 E F

11 F G

12 G H

(matrice delle incidenze delle aste)

Asta Versore Lunghezza nx ny

1 n1 200.0 0.0 1.0 2 n2 20.200 ⋅ 2/2 2/2 3 n3 200.0 0.0 1.0 4 n4 200.0 1.0 0.0 5 n5 130.100 ⋅ 13/3− 13/2 6 n6 200.0 0.0 1.0 7 n7 20.200 ⋅ 2/2− 2/2 8 n8 400.0 0.0 1.0 9 n9 500.0 5/3 5/4 10 n10 300.0 1.0 0.0 11 n11 20.200 ⋅ 2/2 2/2 12 n12 300.0 1.0 0.0

(versori delle aste e loro componenti)

Equazioni: Nodo Equazione vettoriale

A N1+N2+RA=0 B N3+RB=0 C -N1+N4+N5+N6=0 D -N3-N2-N4+N7+N8+N9=0 E -N5+N10+PE=0 F -N10-N6-N7+N11 =0 G -N11-N8+N12+PG=0 H -N12-N9+PH=0

Sommando fra loro le precedenti equazioni, si ottiene l’unica l’equazione vettoriale

RA+RB+PE+PG+PH =0, che esprime l’equilibrio alla traslazione dell’intera travatura reticolare riguardata come un unico corpo rigido.


6

5. Equazioni di compatibilità statica in forma scalare (equilibrio dei nodi)

Nodo A

=+++=

=++=

∑

∑

022

022

21

2

NNYF

NXF

Ay

Ax

A

N1

XA

YA

N2

Nodo B

=++===

∑∑

000

3NYFF

By

x

B

N3

YB

Nodo C

=++−=

=−+=

∑

∑0

132

0133

651

54

NNNF

NNF

y

x

C

N5

N4

N1

N6

Nodo D

=++−−=

=+−−=

∑

∑0

54

22

053

22

9832

924

NNNNF

NNNF

y

x

D

N4

N2 N3

N8 N9

Nodo E

=−−=

=++=

∑

∑0

132

0133

5

510

VNF

NNF

y

x

E N10

V N5

Nodo F

=+−−=

=++−=

∑

∑

022

22

022

22

1176

11710

NNNF

NNNF

y

x

F N10

N6 N7

N11

Nodo G

=−−=

=+−+=

∑

∑

022

022

811

1211

NNF

NNHF

Y

x

G H

N11 N8

N12

Nodo H

=−−=

=−−=

∑

∑02

54

053

9

129

VNF

NNF

Y

x

H

N12

N9 2 V


7

6. Risoluzione col metodo delle equazioni ausiliarie.

• Nodo H Sforzo N12: equilibrio alla rotazione intorno a D

0300240012 =⋅−⋅ VN , da cui kNVN 3023

12 == ;

Sforzo N9: equilibrio alla rotazione intorno a G

03002400300

400300229 =⋅−

+

⋅⋅− VN , da cui kNVN 50

25

9 −=−= ,

oppure, equilibrio alla traslazione verticale

0254

9 =−⋅− VN , da cui kNVN 5025

9 −=−= .

Eliminando il nodo H e le aste ad esso collegate, la struttura residua equivalente risulta

A=O

V

y,v x,u

H

B

C D

E F

G

1 2 3

4 5 6 7

8

50 kN

10

11

30 kN

• Nodo G Sforzo N11: equilibrio alla rotazione intorno a D

0400)30(220011 =⋅+−⋅ HN , da cui kNkNkNHN 85.842602)30(11 ==+= ,

oppure, equilibrio alla traslazione orizzontale

03022

11 =++⋅− HN , da cui kNkNkNHN 85.842602)30(11 ==+= ;

Sforzo N8: equilibrio alla rotazione intorno ad F

0200200)30( 8 =⋅−⋅+− NH , da cui kNkNHN 60)30(8 −=+−= .

Eliminando il nodo G e le aste ad esso collegate, la struttura residua equivalente risulta


8

A=O

V

y,v x,u B

C D

E F

1 2 3

4 5 6 7

50 kN

10

60 kN

84.85kN

• Nodo E Sforzo N10: equilibrio alla rotazione intorno a C

0200300 10 =⋅+⋅− NV , da cui kNkNVN 302023

23

10 === ;

Sforzo N5: equilibrio alla rotazione intorno ad F

0300200

300200300225 =

+

⋅⋅+⋅+ NV , da cui kNkNVN 06.361310

213

5 −=⋅−=−= ;


0132

5 =−⋅− VN , da cui kNkNVN 06.361310213

5 −=⋅−=−= .

Eliminando il nodo E e le aste ad esso collegate, la struttura residua equivalente risulta

A=O

y,v x,u B

C D

F

1 2 3

4

6 7 50 kN

60 kN

84.85 kN 30 kN

36.06 kN

• Nodo F Sforzo N7: equilibrio alla rotazione intorno a C

02

2002

20026020030 7 =⋅−⋅⋅−⋅+ N , da cui kNkNN 43.422307 −=⋅−= ,



9

022260

2230 7 =⋅⋅+⋅+− N , da cui kNkNN 43.422307 −=⋅−= ;

Sforzo N6: equilibrio alla rotazione intorno a D

02200260200302006 =⋅⋅⋅−⋅+⋅N , da cui kNN 0.906 = .

Eliminando il nodo F e le aste ad esso collegate, la struttura residua equivalente risulta

A=O

y,v x,u B

C D

1 2 3

4 50 kN

60 kN 42.43 kN 90 kN 36.06 kN

• Nodo C Sforzo N1: equilibrio alla rotazione intorno a D

013

4001310200902001 =⋅⋅+⋅−⋅N , da cui kNN 701 = ,


01321310901 =⋅⋅−+− N , da cui kNN 701 = ;

Sforzo N4: equilibrio alla rotazione intorno ad A

0300200

3002001310200224 =

+

⋅⋅⋅−⋅− N , da cui kNN 0.304 −= ,


013313104 =⋅⋅+N , da cui kNN 0.304 −= .

Eliminando il nodo C e le aste ad esso collegate, la struttura residua equivalente risulta

A=O

y,v x,u B

D

2 3

50 kN 60 kN

42.43 kN 30 kN


10

• Nodo D Sforzo N2: equilibrio alla rotazione intorno a B

0200150

200150502

200230200302

200222 =

+

⋅⋅+⋅⋅−⋅−⋅N , da cui kNkNN 43.422302 ≅⋅= ,


05052

22230

2230 2 =⋅−⋅⋅+⋅− N , da cui kNkNN 43.422302 ≅⋅= ;

Sforzo N3: equilibrio alla traslazione verticale

0505460

22230

222303 =⋅−−⋅⋅−⋅⋅−− N , da cui kNN 0.1603 −= .

Eliminando il nodo D e le aste ad esso collegate, si ottengono infine le azioni sui vincoli rappresentate in figura.

A=O

y,v x,u B

160 kN 17.32 kN

7. Diagramma dello sforzo assiale.

20

40

30 +30

-50

-60

-42.43

-36.06

+30

-160 +70

-30

+42.43

+90

+84.85





Parte III) CINEMATICA E STATICA DEI SISTEMI DI TRAVI ELASTICHE

TEMA 1a

Data la mensola elastica caricata uniformemente mostrata in figura,

p

L

A B

1. determinarne la linea elastica e tracciarne il grafico; 2. tracciare i diagrammi quotati ed in scala delle caratteristiche della sollecitazione.

SOLUZIONE:

(NOTA: Fra gli obiettivi didattici più immediati di questo esempio ricordiamo: 1. fare pratica con la risoluzione di problemi strutturali semplici mediante l’equazione differenziale

della linea elastica delle travi snelle inflesse; 2. fare pratica con la scrittura delle condizioni al contorno; 3. distinguere fra condizioni al contorno geometriche e naturali; 4. fare pratica con l’integrazione dell’equazione differenziale.)

1. Determinazione della linea elastica

a) Posizione del problema Inseriamo un numero sufficiente di sezioni al fine di isolare tutti i possibili punti di

discontinuità (di vincolo, di carico e geometriche) del sistema. Al termine di tale operazione, s’individua la trave ed i nodi A e B, connessi fra loro e coi vincoli nel modo indicato nella figura seguente.

Analisi Statica e Cinematica dei Sistemi di Travi Elastiche Esempio 1

2

p

L

1 2 1

A=O B

z

y,v

Per semplicità si suppone che la trave sia prismatica e costituita da un materiale elastico lineare, omogeneo ed isotropo. Sia EJ la rigidezza flessionale, dove E è il modulo di elasticità normale del materiale (modulo di Young) e J il momento d’inerzia della sezione trasversale valutato rispetto all’asse neutro. L’equilibrio elastico della struttura è governato dalle relazioni:

Lz <<0 pvEJ iv = equazione differenziale della linea elastica

A z = 0

==

0)0('0)0(

vv condizioni al contorno di tipo geometrico

in

B z = L

==

0)(0)(

LTLM condizioni al contorno di tipo statico o naturale

Attraverso i legami costitutivi '')( vEJzM −= e ''')( vEJzT −= , le condizioni al contorno di tipo naturale diventano

in B z = L

=−=−

0)('''0)(''

LvEJLvEJ condizioni al contorno di tipo statico o naturale

b) Integrazione dell’equazione differenziale

Integrando quattro volte l’equazione differenziale, si ottiene

pvEJ iv = 1) 1''' czpvEJ += , 2) 21

2

2'' czczpvEJ ++= ,

3) 32

2

1

3

26' czczczpvEJ +++= , 4) 43

2

2

3

1

4

2624czczczczpvEJ ++++= ,

in cui c1, c2, c3, e c4 sono delle costanti incognite da determinarsi attraverso le condizioni al contorno.

Dalla condizione 0)0( =v si ottiene 04 =c 0)0(' =v 03 =c 0)('' =− LvEJ 21

2 2/0 cLcpL ++= 0)(''' =− LvEJ 10 cLp +=

per cui Lpc −=1 e 2/22 pLc = .


3

2. Il tracciamento dei diagrammi

Sostituendo i valori delle costanti, e posto Lz /=ζ , con 10 ≤ζ≤ , si hanno:

inflessione:

[ ]2344

6424

)( ζ+ζ−ζ=ζEJ

pLv

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

-3

-2 -1 0

1

2

3 v

rotazione:

[ ]ζ+ζ−ζ=ζ=ζϕ 336

)(')( 233

EJpLv

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

-1

0

1

ϕ

momento flettente:

22

)1(2

)('')( ζ−−=ζ−=ζpLvEJM

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

-1

0

1

M

sforzo di taglio: )1()(''')( ζ−=ζ−=ζ pLvEJT

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

-1

0

1

T

i cui grafici sono riportati accanto, a meno delle quantità costanti. Di particolare interesse tecnico sono i valori che tali grandezze assumono negli estremi A e B della trave, riportati nella tabella seguente:

Grandezza Estremità A Estremità B

Inflessione 0)0( == vvA EJ

pLvvf B 8)1(

4

===

Rotazione 0)0(' ==ϕ=α vA EJ

pLvB 6)1('

3

==ϕ=β

momento flettente 2

)0(''2pLvEJM A −=−= 0)1('' =−= vEJM B

sforzo di taglio pLvEJTA =−= )0(''' 0)1(''' =−= vEJTB


4

TEMA 1b

Data la trave elastica a mensola mostrata in figura, soggetta ad un carico concentrato P nell’estremo libero,

P

L A B


SOLUZIONE:

(NOTA: Fra gli obiettivi didattici più immediati di questo esempio ricordiamo:

5. fare pratica con la risoluzione di problemi strutturali semplici mediante l’equazione differenziale della linea elastica delle travi snelle inflesse;

6. fare pratica con la scrittura delle condizioni al contorno; 7. distinguere fra condizioni al contorno geometriche e naturali; 8. fare pratica con l’integrazione dell’equazione differenziale.)


5


a) Posizione del problema Inseriamo un numero sufficiente di sezioni al fine di isolare tutti i possibili punti di discontinuità (di vincolo, di carico e geometriche) del sistema. Al termine di tale operazione, s’individua la trave ed i nodi A e B, connessi fra loro e coi vincoli nel modo indicato nella figura seguente.

P

L

1 2 1

B A=O z

y,v

Per semplicità si suppone che la trave sia prismatica e costituita da un materiale elastico lineare, omogeneo ed isotropo. Sia EJ la rigidezza flessionale. L’equilibrio elastico della struttura è governato dalle relazioni:

Lz <<0 0=ivvEJ equazione differenziale della linea elastica

A z = 0

==

0)0('0)0(


in

B z = L

==

PLTLM)(

0)( condizioni al contorno di tipo statico o naturale


in B z = L

=−=−

PLvEJLvEJ

)('''0)('' condizioni al contorno di tipo statico o naturale

b) Integrazione dell’equazione differenziale Integrando quattro volte l’equazione differenziale, si ottiene

0=ivvEJ 1) 1''' cvEJ = , 2) 21'' czcvEJ += ,

3) 32

2

1 2' czczcvEJ ++= , 4) 43

2

2

3

1 26czczczcvEJ +++= ,


Dalla condizione 0)0( =v si ottiene 04 =c 0)0(' =v 03 =c 0)('' =− LvEJ 0)( 21 =+− cLc PLvEJ =− )(''' Pc =− )( 1

per cui PLc =2 .


6



inflessione:

ζ

−⋅ζ⋅=ζ3

12

)( 23

EJPLv

z 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

-0.5 0

0.5 v

rotazione:

[ ]ζ−⋅ζ⋅=ζ=ζϕ 22

)(')(2

EJPLv

z 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

-1 0

1

ϕ

momento flettente: )1()('')( ζ−−=ζ−=ζ PLvEJM

z 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

-1 0

1 M

sforzo di taglio: PvEJT =ζ−=ζ )(''')(

z 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

-1 0

1

T

i cui grafici sono riportati accanto a meno delle quantità costanti. Di particolare interesse tecnico sono i valori che tali grandezze assumono negli estremi A e B della trave, riportati nella tabella seguente:


Inflessione 0)0( == vvA EJ

PLvvf B 3)1(

3

===


PLvB 2)1('

2

==ϕ=β

momento flettente PLvEJM A −=−= )0('' 0)1('' =−= vEJM B

sforzo di taglio PvEJTA =−= )0(''' PvEJTB =−= )1('''


7

TEMA 1c

Data la trave elastica a mensola mostrata in figura, soggetta ad una coppia Q concentrata nell’estremo libero,

A B Q

L


SOLUZIONE:

(NOTA: Fra gli obiettivi didattici più immediati di questo esempio ricordiamo:

9. fare pratica con la risoluzione di problemi strutturali semplici mediante l’equazione differenziale della linea elastica delle travi snelle inflesse;

10. fare pratica con la scrittura delle condizioni al contorno; 11. distinguere fra condizioni al contorno geometriche e naturali; 12. fare pratica con l’integrazione dell’equazione differenziale.)


8


c) Posizione del problema Inseriamo un numero sufficiente di sezioni al fine di isolare tutti i possibili punti di discontinuità (di vincolo, di carico e geometriche) del sistema. Al termine di tale operazione, s’individua la trave ed i nodi A e B, connessi fra loro e coi vincoli nel modo indicato nella figura seguente.

L

1 2 1

B A=O z

y,v

Q

Per semplicità si suppone che la trave sia prismatica e costituita da un materiale elastico lineare, omogeneo ed isotropo. Sia EJ la rigidezza flessionale. L’equilibrio elastico della struttura è governato dalle relazioni:

Lz <<0 0=ivvEJ equazione differenziale della linea elastica

A z = 0

==

0)0('0)0(


in

B z = L

=−=0)(

)(LT

QLM condizioni al contorno di tipo statico o naturale


in B z = L

=−−=−

0)(''')(''LvEJ

QLvEJ condizioni al contorno di tipo statico o naturale

d) Integrazione dell’equazione differenziale


0=ivvEJ 1) 1''' cvEJ = , 2) 21'' czcvEJ += ,

3) 32

2

1 2' czczcvEJ ++= , 4) 43

2

2

3

1 26czczczcvEJ +++= ,

in cui c1, c2, c3, e c4 sono delle costanti incognite da determinarsi mediante le condizioni al contorno. Dalla condizione 0)0( =v si ottiene 04 =c 0)0(' =v 03 =c QLvEJ =− )('' QcLc −=+− )( 21 0)(''' =− LvEJ 0)( 1 =− c

per cui Qc =2 .


9


Sostituendo i valori delle costanti, si hanno:

inflessione:

EJzQzv

2)(

2

=

z 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 L

-1

0

1 v

rotazione:

EJzQzvz ==ϕ )(')(

z 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 L

-1

0

1

ϕ

momento flettente: QzvEJzM −=−= )('')(

z 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 L

-1 0

1

M

sforzo di taglio: 0)(''')( =−= zvEJzT

z 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 L

-1 0

1

T

i cui grafici sono riportati accanto a meno delle quantità costanti. Di particolare interesse tecnico sono i valori che tali grandezze assumono negli estremi A e B della trave, riportati nella tabella seguente:


inflessione 0)0( == vvA EJ

QLvvf B 2)1(

2

===

rotazione 0)0(' ==ϕ=α vA EJQLvB ==ϕ=β )1('

momento flettente QvEJM A −=−= )0('' QvEJM B −=−= )1(''

sforzo di taglio 0)0(''' =−= vEJTA 0)1(''' =−= vEJTB






(NOTA: Fra gli obiettivi didattici più importanti degli esempi successivi ricordiamo: 1. fare pratica con la risoluzione di problemi strutturali semplici utilizzando l’equazione differenziale della

linea elastica delle travi snelle inflesse; 2. fare pratica con la scrittura delle condizioni al contorno; 3. distinguere fra condizioni al contorno e condizioni di raccordo; 4. distinguere fra condizioni geometriche e naturali; 5. fare pratica con l’integrazione dell’equazione differenziale.)

TEMA 2a

Data la trave elastica mostrata in figura, semplicemente appoggiata agli estremi e caricata uniformemente,

p

L

A B


SOLUZIONE:


a) Posizione del problema Per semplicità, si suppone che la trave sia prismatica e costituita da un materiale

elastico lineare, omogeneo ed isotropo. Sia EJ la sua rigidezza flessionale.

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002 Cinematica e statica dei sistemi di travi elastiche

2

Inseriamo un numero sufficiente di sezioni al fine di isolare tutti i possibili punti di discontinuità (di vincolo, di carico e geometriche) del sistema. Al termine di tale operazione, s’individua la trave ed i nodi A e B, connessi fra loro e coi vincoli nel modo indicato nella figura seguente.

p

L

1 2 1

A=O B z

y,v

L’equilibrio elastico della struttura è governato dalle relazioni:

Lz <<0 pvEJ iv = equazione differenziale della linea elastica condizione al contorno geometrica A z = 0

==

0)0(0)0(

Mv

condizione al contorno statica condizione al contorno geometrica

in

B z = L

==

0)(0)(

LMLv

condizione al contorno statica

Attraverso i legami costitutivi, '')( vEJzM −= e ''')( vEJzT −= , le condizioni al contorno statiche diventano

A z = 0 0)0('')0( =−= vEJM condizione al contorno statica in B z = L 0)('')( =−= LvEJLM condizione al contorno statica.



pvEJ iv = 1) 1''' czpvEJ += , 2) 21

2

2'' czczpvEJ ++= ,

3) 32

2

1

3

26' czczczpvEJ +++= , 4) 43

2

2

3

1

4



Dalla condizione 0)0( =v si ottiene 04 =c 0)0('' =− vEJ 02 =c 0)( =Lv 06/24/ 3

31

4 =++ LcLcpL 0)('' =− LvEJ 0)2/( 1

2 =+− LcLp

per cui 2/1 Lpc −= e 24/33 pLc = .


3



inflessione:

[ ]ζ+ζ−ζ=ζ 344

224

)(EJ

pLv

z 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

-0.5

0

0.5 v

rotazione:

[ ]16424

)(')( 233

+ζ−ζ=ζ=ζϕEJ

pLv

x 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

-1

0

1 ϕ

momento flettente:

)1(2

)('')(2

ζ−⋅ζ⋅=ζ−=ζpLvEJM

z 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

-0.5 0

0.5 M

sforzo di taglio:

)21(2

)(''')( ζ−=ζ−=ζpLvEJT

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

-1

0

1

T

i cui grafici sono riportati accanto alle espressioni, a meno delle quantità costanti. Di particolare interesse sono i valori che tali grandezze assumono negli estremi A e B e nella mezzeria della trave C, riportati nella tabella seguente:

Grandezza Estremità A Estremità B Mezzeria C

Inflessione 0)0( == vvA 0)1( == vvB EJ

pLvvf C 3845)(

4

21 ===

Rotazione EJ

pLvA 24)0('

3

==ϕ=α EJ

pLvB 24)1('

3

−==ϕ=β 0)(' 21 ==ϕ=γ vC

momento flettente 0)0('' =−= vEJM A 0)1('' =−= vEJM B

8)(''

2

21 pLvEJMM MAXC =−==

sforzo di taglio 2

)0(''' pLvEJTA =−= 2

)1(''' pLvEJTB −=−= 0)(''' 21 =−= vEJTC


4

TEMA 2b

Data la trave elastica mostrata in figura, semplicemente appoggiata agli estremi e soggetta ad un carico concentrato P in una sezione intermedia generica,

P

L

A B

a b C


SOLUZIONE:



elastico lineare, omogeneo ed isotropo. Sia EJ la sua rigidezza flessionale. Inseriamo un numero sufficiente di sezioni al fine di isolare tutti i possibili punti di

discontinuità (di vincolo, di carico e geometriche) del sistema. Al termine di tale operazione, s’individuano le travi e ed i nodi A, B, e C, connessi fra loro e coi vincoli nel modo indicato nella figura seguente.

P

L

B a b

C 1 1

A=O z

y,v

3 2 4 2


5


az <<0 01 =ivvEJ equazione differenziale della linea elastica nel tratto

Lza << 02 =ivvEJ equazione differenziale della linea elastica nel tratto condizione al contorno geometrica

A z = 0

==

0)0(0)0(1

Mv

condizione al contorno statica )()( 21 avav = condizione di raccordo geometrica

)(')(' 21 avav = condizione di raccordo geometrica )()( +− = aMaM condizione di raccordo statica

C z = a

PaTaT += +− )()( condizione di raccordo statica condizione al contorno geometrica

in

B z = L

==

0)(0)(2

LMLv


Attraverso i legami costitutivi '')( vEJzM −= e ''')( vEJzT −= , le condizioni statiche diventano

A z = 0 0)0('' =− vEJ condizione al contorno statica )('')('' 21 avEJavEJ −=− condizione di raccordo statica

C z = a PavEJavEJ +−=− )(''')(''' 21 condizione di raccordo statica

in

B z = L 0)('' =− LvEJ condizione al contorno statica.


Integrando quattro volte ciascuna equazione differenziale, si ottiene

Integrazione Tratto Tratto 0) 01 =ivvEJ 02 =ivvEJ 1) 11 ''' cvEJ = 12 ''' dvEJ =

2) 211 '' czcvEJ += 212 '' dzdvEJ +=

3) 322

11 2/' czczcvEJ ++= 322

12 2/' dzdzdvEJ ++= 4) 43

22

311 2/6/ czczczcvEJ +++= 43

22

312 2/6/ dzdzdzdvEJ +++=

in cui le otto costanti incognite c1, c2, c3, c4 e d1, d2, d3, d4 devono essere determinate attraverso le condizioni al contorno e di raccordo prima scritte.


6

0)0(1 =v 04 =c

0)0(''1 =− vEJ 02 =c

)()( 21 avav = 0)()(2

)(6

)( 4433

2

22

3

11 =−+−+−+− dcadcadcadc

)(')(' 21 avav = 0)()(2

)( 3322

2

11 =−+−+− dcadcadc

)('')('' 21 avEJavEJ −=− 0)()( 2211 =−+− dcadc

PavEJavEJ +−=− )(''')(''' 21 Pdc −=− 11

0)(2 =Lv 026 43

2

2

3

1 =+++ dLdLdLd

Da:

0)(''2 =− LvEJ

risulta

021 =+ dLd

ovvero,

−

=

⋅

−

−−

−−−

−−−−

0

0

0

0

0

0

0

0010000

126

0000

00010001

001001

012

012

126

126

00000010

00001000

4

3

2

1

4

3

2

1

23

22

2323

P

d

d

d

d

c

c

c

c

L

LLL

aa

aaaa

aaaaaa

un magnifico sistema di otto equazioni algebriche lineari, non omogeneo per la presenza del carico P, nelle otto incognite c1, c2, c3, c4 e d1, d2, d3, d4. Risolvendo otteniamo:

LLaPc /)(1 −= LPad /1 =

02 =c aPd ⋅−=2

( ) LLaLaPac 6/23 223 +−= LLaPad 6/)2( 22

3 +=

04 =c 6/34 Pad −=


7

Un modo più semplice per risolvere lo stesso sistema è il seguente. Consideriamo dapprima le sole condizioni di raccordo

)()( 21 avav = 0)()(2/)(6/)( 44332

223


)(')(' 21 avav = 0)()(2/)( 33222


)()( +− = aMaM 0)()( 2211 =−+− dcadc in C z = a

PaTaT += +− )()(

ovvero

Pdc −=− 11

Queste equazioni possono essere risolte facilmente mediante sostituzione all’indietro

Pdc −=− 11 Pdc −= 11

Padc =− 22 Padc += 22

2/233 aPdc −=− 2/2

33 aPdc −=

6/344 Padc =−

da cui si ricavano

6/344 Padc +=

Le restanti condizioni al contorno diventano

0)0(1 =v 06/34 =+ Pad

in A z = 0

==

0)0(0)0(1

Mv

0)0(''1 =− vEJ 02 =+ Pad

0)(2 =Lv 02/6/ 432

23

1 =+++ dLdLdLd in B z = L

==

0)(0)(2

LMLv

0)(''2 =− LvEJ

da cui

021 =+ dLd

Infine, otteniamo

LPad /1 = )1/(1 −= LaPc Pad −=2 02 =c

LLaPad 6/)2( 223 += LLaLaPac 6/)23( 22

3 +−= 6/3

4 Pad −=

04 =c


8



Tratto inflessione:

[ ])23()(6

),( 222 LaLaazLaEJLPzazv +−+−⋅=

EJ

PaLLzazEJLPazazv

6)23(

6),(

3222 −+−+⋅=

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

-0.1

0

0.1

z

v v1

v2

a = 0.3

Tratto rotazione:

[ ])23()(36

),('),( 222 LaLaazLaEJLPazvaz +−+−⋅==ϕ

)263(6

),('),( 222 LLzazEJLPaazvaz +−+⋅==ϕ

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

-1

0

1

z

φ φ1 φ2

a = 0.3

Tratto Momento flettente:

zL

aLPazvEJazM ⋅−

=−=)(),(''),(

)(),(''),( zLLaPazvEJazM −=−=

z 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

-0.3

0

0.5 M P

0.7

a = 0.3

Tratto sforzo di taglio:

L

aLPazvEJazT )(),('''),( −=−=

LaPazvEJazT −=−= ),('''),(

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

-1

0

1

T +

-

P z

a = 0.3

i cui grafici , a meno delle quantità costanti, sono riportati accanto alle espressioni. Di particolare interesse tecnico sono i valori che tali grandezze assumono negli estremi A e B della trave e nella sezione C di applicazione del carico, riportati nella tabella seguente:

Grandezza Estremità A Estremità B Sezione C

Inflessione 0)0( == vvA 0)1( == vvB

+

−

== 12

3)(

223

La

La

La

EJPLavvC

Rotazione [ ]22 236

LaLaEJLPa

A +−=ϕ=α [ ]223

6La

EJLPL

B −=ϕ=β [ ]22 2323

LLaaEJLPa

C +−=ϕ=γ


LaLaPMM MAXC

)( −⋅==

sforzo di taglio L

aLPvEJTA)()0(''' −

=−= LaPvEJTB −=−= )1(''' PTTT D

Cs

CC =−=∆


9

TEMA 2c

Data la trave elastica mostrata in figura, semplicemente appoggiata agli estremi e soggetta ad una coppia concentrata Q in una sezione intermedia generica,

Q

L

A B

a b C


SOLUZIONE:





L

B a b

1 1

A=O z

y,v

3 2 4 2

C

Q


10


az <<0 01 =ivvEJ equazione differenziale della linea elastica nel tratto

Lza << 02 =ivvEJ equazione differenziale della linea elastica nel tratto condizione al contorno geometrica

A z = 0

==

0)0(0)0(1

Mv

condizione al contorno statica )()( 21 avav = condizione di raccordo geometrica )(')(' 21 avav = condizione di raccordo geometrica

)()( +− =+ aMQaM condizione di raccordo statica C z = a

)()( +− = aTaT condizione di raccordo statica condizione al contorno geometrica

in

B z = L

==

0)(0)(2

LMLv


Attraverso i legami costitutivi '')( vEJzM −= e ''')( vEJzT −= , le condizioni statiche possono essere scritte come

A z = 0 0)0('' =− vEJ condizione al contorno statica )('')('' 21 avEJQavEJ −=+− condizione di raccordo statica

C z = a )(''')(''' 21 avEJavEJ −=− condizione di raccordo statica

in

B z = L 0)('' =− LvEJ condizione al contorno statica.




2) 211 '' czcvEJ += 212 '' dzdvEJ +=

3) 322

11 2/' czczcvEJ ++= 322

12 2/' dzdzdvEJ ++= 4) 43

22

311 2/6/ czczczcvEJ +++= 43

22




11

0)0(1 =v 04 =c

0)0(''1 =− vEJ 02 =c

)()( 21 avav = 0)()(2

)(6

)( 4433

2

22

3


)(')(' 21 avav = 0)()(2

)( 3322

2


)('')('' 21 avEJQavEJ −=+− Qdcadc =−+− )()( 2211

)(''')(''' 21 avEJavEJ −=− 011 =− dc

0)(2 =Lv 026 43

2

2

3

1 =+++ dLdLdLd

Da:

0)(''2 =− LvEJ

si ottiene

021 =+ dLd

ovvero,

=

⋅

−

−−

−−−

−−−−

0

0

0

0

0

0

0

0010000

126

0000

00010001

001001

012

012

126

126

00000010

00001000

4

3

2

1

4

3

2

1

23

22

2323

Q

d

d

d

d

c

c

c

c

L

LLL

aa

aaaa

aaaaaa

un superbo sistema di otto equazioni algebriche lineari, non omogeneo per la presenza della coppia Q, nelle otto incognite c1, c2, c3, c4 e d1, d2, d3, d4. Risolvendo otteniamo:

LQc /1 = LQd /1 =

02 =c Qd −=2

LLaLaQc 6/)263( 223 +−= LLaQd 6/)23( 22

3 +=

04 =c 2/24 Qad −=


12

Verifichiamo la soluzione ottenuta col metodo alternativo. Consideriamo dapprima le sole condizioni di raccordo

)()( 21 avav = 0)()(2/)(6/)( 44332

223


)(')(' 21 avav = 0)()(2/)( 33222


)()( +− =+ aMQaM Qdcadc =−+− )()( 2211 In C z = a

)()( +− = aTaT

ovvero

011 =−dc

Queste equazioni possono essere risolte facilmente mediante sostituzione all’indietro

011 =−dc 11 dc =

Qdc =− 22 Qdc += 22 Qadc −=− 33 aQdc −= 33

2/244 Qadc =−

da cui

2/244 Qadc +=


0)0(1 =v 02/24 =+ Qad

in A z = 0

==

0)0(0)0(1

Mv

0)0(''1 =− vEJ 02 =+ Qd

0)(2 =Lv 02/6/ 432

23


==

0)(0)(2

LMLv

0)(''2 =− LvEJ

da cui

021 =+ dLd

Queste risolte forniscono

LQd /1 = LQc /1 = Qd −=2 02 =c

LLaQd 6/)23( 223 += LLaLaQc 6/)263( 22

3 +−= 2/2

4 Qad −=

04 =c


13



Tratto inflessione:

[ ]222 2636

),( LaLazEJL

zQazv +−+⋅=

[ ]EJ

QaLLzazEJL

zQazv2

2336

),(2

222 −+−+⋅=

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 z

1

-0.5

0

-0.5 v a = 0.3

v2 v1

Tratto rotazione:

[ ]222 26336

),('),( LaLazEJLQazvaz +−+⋅==ϕ

[ ]222 26336

),('),( LLzazEJLQazvaz +−+⋅==ϕ

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

-1

0

1

z

a = 0.3 ϕ

ϕ1

ϕ2

Tratto momento flettente:

LzQazEJvazM −=−= ),(''),(

L

zLQazEJvazM )(),(''),( −=−=

z 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

1.0

0

-1.0 M

a = 0.3


LQazvEJazT −=−= ),('''),(

LQazvEJazT −=−= ),('''),(

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

-1

0

1

T z

a = 0.3

i cui grafici, a meno delle quantità costanti, sono riportati accanto alle espressioni. Di particolare interesse tecnico sono i valori che tali grandezze assumono negli estremi A e B della trave e nella sezione C di applicazione della coppia, riportati nella tabella seguente:


Inflessione 0)0( == vvA 0)( == LvvB EJL

LaLaQaavvC 3)32()(

22 +−==

Rotazione EJL

LaLaQA 6

)263( 22 +−=ϕ=α

EJLLaQL

B 6)3( 223 −

=ϕ=β EJL

LaLaQC 3

)33( 22 +−=ϕ=γ

momento flettente 0)0('' =−= vEJM A 0)('' =−= LvEJM B QMMM d

CsCC −=−=∆

sforzo di taglio L

QvEJTA −=−= )0(''' LQLvEJTB −=−= )('''

LQavEJTC −=−= )('''






(NOTA: Fra gli obiettivi didattici più importanti degli esempi successivi ricordiamo: 1. fare pratica con la risoluzione di problemi strutturali semplici mediante l’equazione differenziale della linea

elastica delle travi snelle inflesse; 2. fare pratica con la scrittura delle condizioni al contorno e di raccordo; 3. distinguere fra condizioni geometriche e naturali; 4. fare pratica con l’integrazione dell’equazione differenziale.)

TEMA 3a

Data la trave elastica mostrata in figura, incastrata ad un estremo, appoggiata all’altro, e caricata uniformemente,

p

L

A B


SOLUZIONE:





2


p

L

1 2 1

A=O B z

y,v



condizione al contorno geometrica A z = 0

==

0)0('0)0(

vv

condizione al contorno geometrica condizione al contorno geometrica

in

B z = L

==

0)(0)(

LMLv


Attraverso il legame costitutivo '')( vEJzM −= , la condizione al contorno statica diventa

in B z = L 0)('')( =−= LvEJLM condizione al contorno statica.



pvEJ iv = 1) 1''' czpvEJ += , 2) 21

2

2'' czczpvEJ ++= ,

3) 32

2

1

3

26' czczczpvEJ +++= , 4) 43

2

2

3

1

4



Dalla condizione 0)0( =v si ottiene 04 =c 0)0(' =v 03 =c 0)( =Lv 02/6/24/ 2

23

14 =++ LcLcpL

0)('' =− LvEJ 02/ 212 =++ cLcLp

per cui Lpc ⋅−= 8/51 e 8/22 pLc = .


3

2. Il tracciamento dei diagrammi Sostituendo i valori delle costanti, e posto Lz /=ζ , con 10 ≤ζ≤ , si hanno:

inflessione:

[ ]2344

35248

)( ζ+ζ−ζ=ζEJ

pLv

z 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

1 0.5

0

-0.5 v

rotazione:

[ ]ζ+ζ−ζ=ζ=ζϕ 615848

)(')( 233

EJpLv

z 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

1

0

-0.5 ϕ

0.5

momento flettente:

)154(8

)('')( 22

+ζ−ζ⋅−=ζ−=ζpLvEJM

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 z

1

0

-1/8 M

sforzo di taglio:

)58(8

)(''')( −ζ−=ζ−=ζpLvEJT

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

-3/8

0

5/8

T +

-

i cui grafici, a meno delle quantità costanti, sono riportati accanto alle espressioni. Di particolare interesse sono i valori che tali grandezze assumono negli estremi A e B della trave, riportati nella tabella seguente:




pLvB 48)1('

3

−==ϕ=β

momento flettente 8

)0(''2pLvEJM A −=−= 0)1('' =−= vEJM B

sforzo di taglio pLvEJTA 8

5)0(''' =−= pLvEJTB 83)1(''' −=−=

Ah! Stavo dimenticando! A differenza dai casi precedenti questa volta la struttura è una volta iperstatica, ma non ci abbiamo fatto caso! E’ una cosa grave?? Mah!


4

TEMA 3b Data la trave elastica mostrata in figura, incastrata ad un estremo, appoggiata all’altro, e soggetta ad un carico concentrato P nella sezione di mezzeria,

P A B

L/2 L/2

C


SOLUZIONE:





P

B L/2

C 1 1

A=O

z

y,v

3 2 4 2

L/2


5


2/0 Lz << 01 =ivvEJ equazione differenziale della linea elastica nel tratto

LzL <<2/ 02 =ivvEJ equazione differenziale della linea elastica nel tratto condizione al contorno geometrica

A z = 0

==

0)0('0)0(

1

1

vv

condizione al contorno geometrica )2/()2/( 21 LvLv = condizione di raccordo geometrica

)2/(')2/(' 21 LvLv = condizione di raccordo geometrica )2/()2/( LMLM +− = condizione di raccordo statica

C z = L/2

PLTLT += +− )2/()2/( condizione di raccordo statica condizione al contorno geometrica

in

B z = L

==

0)(0)(2

LMLv


Attraverso i legami costitutivi '')( vEJzM −= e ''')( vEJzT −= , le condizioni statiche si scrivono

)2/('')2/('' 21 LvLv = condizione di raccordo statica C z = L/2

PLvEJLvEJ +−=− )2/(''')2/(''' 21 condizione di raccordo statica in

B z = L 0)('' =Lv condizione al contorno statica.




2) 211 '' czcvEJ += 212 '' dzdvEJ +=

3) 322

11 2/' czczcvEJ ++= 322

12 2/' dzdzdvEJ ++= 4) 43

22

311 2/6/ czczczcvEJ +++= 43

22




6

0)0(1 =v 04 =c

0)0('1 =v 03 =c

)2/()2/( 21 LvLv = 0)(2

)(8

)(48

)( 4433

2

22

3

11 =−+−+−+− dcLdcLdcLdc

)2/(')2/(' 21 LvLv = 0)(2

)(8

)( 3322

2

11 =−+−+− dcLdcLdc

)2/('')2/('' 21 LvLv = 0)(2

)( 2211 =−+− dcLdc

PLvEJLvEJ +−=− )2/(''')2/(''' 21 Pdc −=− 11

0)(2 =Lv 026 43

2

2

3

1 =+++ dLdLdLd

Da:

0)(''2 =− LvEJ

risulta

021 =+ dLd

ovvero,

−

=

⋅

−

−−

−−−

−−−−

00

00000

0010000

126

0000

00010001

0012

0012

0128

0128

12848

12848

00000100

00001000

4

3

2

1

4

3

2

1

23

22

2323

P

ddddcccc

L

LLL

LL

LLLL

LLLLLL

un magnifico sistema di otto equazioni algebriche lineari, non omogeneo per la presenza del carico P, nelle otto incognite c1, c2, c3, c4 e d1, d2, d3, d4. Risolvendo otteniamo:

Pc ⋅−= 16/111 Pd ⋅= 16/51

PLc ⋅= 16/32 PLd ⋅−= 16/52

03 =c 8/23 PLd =

04 =c 48/34 PLd −=


7

Effettuiamo la verifica considerando le sole condizioni di raccordo

)()( 2221LL vv = 0)(2/)(8/)(48/)( 4433

222


)(')(' 2221LL vv = 0)(2/)(8/)( 3322


)()( 22LL MM +− = 0)(2/)( 2211 =−+− dcLdc

in C z = L/2

PTT LL += +− )()( 22

ovvero

Pdc −=− 11

Risolviamole mediante sostituzione all’indietro

Pdc −=− 11 Pdc −= 11

2/22 PLdc =− 2/22 PLdc +=

8/233 LPdc −=− 8/2

33 LPdc −=

48/344 PLdc =−

da cui

48/344 PLdc +=


0)0(1 =v 048/34 =+ PLd

in A z = 0

==

0)0('0)0(

1

1

vv

0)0('1 =v 08/23 =− LPd

0)(2 =Lv 02/6/ 432

23


==

0)(0)(2

LMLv

0)(''2 =Lv

Ovvero

021 =+ dLd

da cui, otteniamo

Pd ⋅= 16/51 Pc ⋅−= 16/111 PLd ⋅−= 16/52 PLc ⋅= 16/32

8/23 PLd = 03 =c

48/34 PLd −=

e

04 =c


8


Sostituendo i valori delle costanti, e posto Lz /=ζ , con 10 ≤ζ≤ , e si hanno:

Tratto inflessione:

)911(96

)( 233

ζ+ζ−⋅=ζEJ

PLv

)212155(96

)( 233

−ζ+ζ−ζ⋅=ζEJ

PLv

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 0 1

z

v v1

v2

Tratto rotazione:

)611(32

)(')( 22

ζ+ζ−⋅=ζ=ζϕEJ

PLv

)4105(32

)(')( 22

+ζ−ζ⋅=ζ=ζϕEJ

PLv

x 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

-4 -2 0 2 4

1

z

φ

v’1

v’2


)311(16

)('')( +ζ−⋅−=ζ−=ζPLvEJM

)1(516

)('')( ζ−⋅⋅=ζ−=ζPLvEJM

z 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

5/32PL

0

M P-5/32PL


PvEJT1611)(''')( =ζ−=ζ

PvEJT165)(''')( −=ζ−=ζ

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1 0

11/16P T +

-

P z

-5/16P

i cui grafici sono riportati accanto alle espressioni, a meno delle quantità costanti. Di particolare interesse tecnico sono i valori che tali grandezze assumono negli estremi A e B della trave e nella sezione C di applicazione del carico, riportati nella tabella seguente:



+

−

== 12

3)(

223

La

La

La

EJPLavvC

Rotazione [ ]22 236

LaLaEJLPa

A +−=ϕ=α [ ]223

6La

EJLPL

B −=ϕ=β [ ]22 2323

LLaaEJLPa

C +−=ϕ=γ


LaLaPMM MAXC

)( −⋅==

sforzo di taglio L

aLPvEJTA)()0(''' −

=−= LaPvEJTB −=−= )1(''' PTTT D

Cs

CC =−=∆


9

TEMA 3c

Data la trave elastica mostrata in figura, incastrata ad un estremo, appoggiata all’altro estremo, e soggetta qui ad una coppia concentrata Q,

Q

L

A B


SOLUZIONE:




discontinuità (di vincolo, di carico e geometriche) del sistema. Al termine di tale operazione, s’individua la trave ed i nodi A, e B, connessi fra loro e coi vincoli nel modo indicato nella figura seguente.

L B

1 1

A=O

z

y,v

2 Q


Lz <<0 0=ivvEJ equazione differenziale della linea elastica nel tratto condizione al contorno geometrica

A z = 0

==

0)0('0)0(

vv

condizione al contorno geometrica


in

B z = L

−==

QLMLv

)(0)(


Attraverso il legame costitutivo '')( vEJzM −= , la condizione statica può essere scritta come

in B z = L QLvEJ −=− )('' condizione al contorno statica.


10

b) Integrazione dell’equazione differenziale Integrando quattro volte l’equazione differenziale, si ottiene

Integrazione Tratto 0) 0=ivvEJ 1) 1''' cvEJ = 2) 21'' czcvEJ += 3) 32

21 2/' czczcvEJ ++=

4) 432

23

1 2/6/ czczczcvEJ +++=

in cui le quattro costanti incognite c1, c2, c3, e c4 devono essere determinate attraverso le condizioni al contorno prima scritte.

0)0(1 =v 04 =c

0)0('1 =v 03 =c

0)( =Lv 02/6/ 432

23

1 =+++ cLcLcLc

Dalla condizione

QLvEJ −=− )(''2

si ottiene

QcLc =+ 21

ovvero,

=

⋅

Qcccc

LLLL 0

00

00112/6/01001000

4

3

2

1

23

un semplice sistema di quattro equazioni algebriche lineari, non omogeneo per la presenza della coppia Q, nelle quattro incognite c1, c2, c3, e c4 che ha per soluzione

LQc 2/31 = 2/2 Qc −= 03 =c 04 =c


11



inflessione:

)1(4

)( 22

−ζ⋅ζ⋅=ζEJ

QLv

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 -0.2

0.2 z

1

0

v

rotazione:

)23(4

)(')( −ζ⋅ζ⋅=ζ=ζϕEJ

QLv

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 -1

1 z

1

0

ϕ

momento flettente:

)13(2

)('')( −ζ⋅−=ζ−=ζQvEJM

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 z

1 0

-Q M

Q/2

sforzo di taglio:

LQvEJT

23)(''')( −=ζ−=ζ

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

-3Q/2L

0

T

-

i cui grafici, a meno delle quantità costanti, sono riportati accanto alle espressioni. Di particolare interesse sono i valori che tali grandezze assumono negli estremi A e B della trave, riportati nella tabella seguente:




QLvB 4)1(' ==ϕ=β

momento flettente 2/)0('' QvEJM A =−= QvEJM B −=−= )1(''

sforzo di taglio L

QvEJTA 23)0(''' −=−=

LQvEJTB 2

3)1(''' −=−=






(NOTA: Fra gli obiettivi didattici più importanti degli esempi successivi ricordiamo: 1. fare pratica con la risoluzione di problemi strutturali semplici mediante l’equazione differenziale della linea

elastica delle travi snelle inflesse; 2. fare pratica con la scrittura delle condizioni al contorno e di raccordo; 3. distinguere fra condizioni geometriche e naturali; 4. fare pratica con l’integrazione dell’equazione differenziale.)

TEMA 4a

Data la trave elastica mostrata in figura, incastrata ad entrambi gli estremi e caricata uniformemente,

p

L

A B


SOLUZIONE:





2


p

L

1 21

A=O B

z

y,v



condizione al contorno geometrica A z = 0

==

0)0('0)0(

vv

condizione al contorno geometrica condizione al contorno geometrica

in

B z = L

==

0)('0)(

LvLv




pvEJ iv = 1) 1''' czpvEJ += , 2) 21

2

2'' czczpvEJ ++= ,

3) 32

2

1

3

26' czczczpvEJ +++= , 4) 43

2

2

3

1

4



Dalla condizione 0)0( =v si ottiene 04 =c 0)0(' =v 03 =c 0)( =Lv 02/6/24/ 43

22

31

4 =++++ cLcLcLcpL 0)(' =Lv 02/6/ 32

21

3 =+++ cLcLcpL

per cui Lpc ⋅−= 2/11 e 12/22 pLc = .


3



inflessione:

[ ]2344

224

)( ζ+ζ−ζ=ζEJ

pLv

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

0.1

-0.1z

10

v

rotazione:

[ ]ζ+ζ−ζ=ζ=ζϕ 233

3212

)(')(EJ

pLv

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

0.2

-0.2z

10

ϕ

momento flettente:

)166(12

)('')( 22

+ζ−ζ⋅−=ζ−=ζpLvEJM

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 z

10

-pL2/12M

pL2/24

sforzo di taglio:

)12(2

)(''')( −ζ−=ζ−=ζpLvEJT

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 10

pL/2

T +

-

-pL/2

i cui grafici, a meno delle quantità costanti, sono riportati accanto alle espressioni. Di particolare interesse sono i valori che tali grandezze assumono negli estremi A e B e nella sezione di mezzeria C della trave, riportati nella tabella seguente:

Grandezza Estremità A Estremità B Mezzeria C

Inflessione 0)0( == vvA 0)1( == vvB EJpLvvC

4

21

3841)( ==

Rotazione 0)0(' ==ϕ=α vA 0)1(' ==ϕ=β vB 0)(' 21 ==ϕ=γ vC

momento flettente 12

)0(''2pLvEJM A −=−=

12)1(''

2pLvEJM B −=−=24

)(''2

21 pLvEJM C =−=

sforzo di taglio 2

)0(''' pLvEJTA =−= 2

)1(''' pLvEJTB −=−= 0)(''' 21 =−= vEJTC

Ah! Stavo dimenticando! A differenza dai casi precedenti, questa volta la struttura è, per carico generico, tre volte iperstatica, ma non ci abbiamo fatto caso!


4

TEMA 4b

Data la trave elastica mostrata in figura, incastrata ad entrambi gli estremi e soggetta ad un carico concentrato P nella sezione di mezzeria,

PA

L/2 L/2

CB


SOLUZIONE:





P

BL/2

C1 1

A=O

z

y,v

32 42

L/2


5


2/0 Lz << 01 =ivvEJ equazione differenziale della linea elastica nel tratto

LzL <<2/ 02 =ivvEJ equazione differenziale della linea elastica nel tratto condizione al contorno geometrica

A z = 0

==

0)0('0)0(

1

1

vv

condizione al contorno geometrica )2/()2/( 21 LvLv = condizione di raccordo geometrica

)2/(')2/(' 21 LvLv = condizione di raccordo geometrica )2/()2/( LMLM +− = condizione di raccordo statica

C z = L/2

PLTLT += +− )2/()2/( condizione di raccordo statica condizione al contorno geometrica

in

B z = L

==

0)('0)(

2

2

LvLv



)2/('')2/('' 21 LvLv = condizione di raccordo statica in C z = L/2

PLvEJLvEJ +−=− )2/(''')2/(''' 21 condizione di raccordo statica




2) 211 '' czcvEJ += 212 '' dzdvEJ +=

3) 322

11 2/' czczcvEJ ++= 322

12 2/' dzdzdvEJ ++= 4) 43

22

311 2/6/ czczczcvEJ +++= 43

22




6

0)0(1 =v 04 =c

0)0('1 =v 03 =c

)2/()2/( 21 LvLv = 0)(2

)(8

)(48

)( 4433

2

22

3


)2/(')2/(' 21 LvLv = 0)(2

)(8

)( 3322

2


)2/('')2/('' 21 LvLv = 0)(2

)( 2211 =−+− dcLdc

PLvEJLvEJ +−=− )2/(''')2/(''' 21 Pdc −=− 11

0)(2 =Lv 02/6/ 432

23

1 =+++ dLdLdLd

Da:

0)('2 =Lv

risulta

02/ 322

1 =++ dLdLd

ovvero,

−

=

⋅

−

−−

−−−

−−−−

0

0

0

0

0

0

0

012

0000

126

0000

00010001

0012

0012

0128

0128

12848

12848

00000100

00001000

4

3

2

1

4

3

2

1

2

23

22

2323

P

d

d

d

d

c

c

c

c

LL

LLL

LL

LLLL

LLLLLL

un grandioso sistema di otto equazioni algebriche lineari, non omogeneo per la presenza del carico P, nelle otto incognite c1, c2, c3, c4 e d1, d2, d3, d4. Risolvendo otteniamo:

Pc ⋅−= 2/11 Pd ⋅= 2/11

PLc ⋅= 8/12 PLd ⋅−= 8/32

03 =c 8/23 PLd =

04 =c 48/34 PLd −=


7

Effettuiamo la verifica considerando le sole condizioni di raccordo

)()( 2221LL vv = 0)(2/)(8/)(48/)( 4433

222


)(')(' 2221LL vv = 0)(2/)(8/)( 3322


)()( 22LL MM +− = 0)(2/)( 2211 =−+− dcLdc

in C z = L/2

PTT LL += +− )()( 22

ovvero

Pdc −=− 11

Risolviamole mediante sostituzione all’indietro

Pdc −=− 11 Pdc −= 11

2/22 PLdc =− 2/22 PLdc +=

8/233 LPdc −=− 8/2

33 LPdc −=

48/344 PLdc =−

da cui

48/344 PLdc +=


0)0(1 =v 048/34 =+ PLd

in A z = 0 0)0('1 =v 08/2

3 =− LPd

0)(2 =Lv 02/6/ 432

23


0)('2 =Lv

Ovvero

02/ 322

1 =++ dLdLd

da cui, otteniamo

Pd ⋅= 2/11 Pc ⋅−= 2/11 PLd ⋅−= 8/32 PLc ⋅= 8/12 8/2

3 PLd = 03 =c 48/3

4 PLd −=

e

04 =c


8



Tratto inflessione:

)34(48

)( 233

ζ+ζ−⋅=ζEJ

PLv

)1694(48

)( 233

−ζ+ζ−ζ⋅=ζEJ

PLv

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

0.4

0.2

0

-0.2

-0.4

1z

v

v2 v1

Tratto rotazione:

)2(8

)(')( 22

ζ+ζ−⋅=ζ=ζϕEJ

PLv

)132(8

)(')( 22

+ζ−ζ⋅=ζ=ζϕEJ

PLv

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

1

0

-1

1

z

φ

v’1

v’2


)14(8

)('')( +ζ−⋅−=ζ−=ζPLvEJM

)34(8

)('')( −ζ⋅−=ζ−=ζPLvEJM

z0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 10

M P- PL/8 - PL/8

PL/8


2

)(''')( PvEJT =ζ−=ζ

2

)(''')( PvEJT −=ζ−=ζ

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 10

P/2T

+

-

P z

-P/2

i cui grafici, a meno delle quantità costanti, sono riportati accanto alle espressioni. Di particolare interesse tecnico sono i valori che tali grandezze assumono negli estremi A e B della trave e nella sezione C di applicazione del carico, riportati nella tabella seguente:


Inflessione 0)0( == vvA 0)1( == vvB EJ

PLvv LC 48

)(3

2 ==

Rotazione 0=ϕ=α A 0=ϕ=β B 0=ϕ=γ C

momento flettente 8

)0('' PLvEJM A −=−=8

)1('' PLvEJM B −=−=8

PLMM MAXC ==

sforzo di taglio 2

)0(''' PvEJTA =−= 2

)1(''' PvEJTB −=−= PTTT DC

sCC =−=∆






TEMA 5

Data la struttura elastica mostrata in figura, soggetta ad un carico uniformemente distribuito sulla traversa orizzontale,

p

L

A B

L

C



2

SOLUZIONE:



discontinuità (di vincolo, di carico e geometriche) della struttura. Al termine di tale operazione, s’individuano le travi e ed i nodi A, B e C, connessi fra loro e coi vincoli nel modo indicato nella figura seguente.

Per semplicità, si suppone che la struttura sia costituita da un materiale elastico lineare, omogeneo ed isotropo. Supponiamo, inoltre, che ciascuna trave sia prismatica e dotata della stessa rigidezza flessionale EJ . Infine, trascuriamo le deformazioni indotte dallo sforzo assiale e dal taglio.

p

L

1 21

A=O1

z1

y1, v1

L

C

3

4

2

z2

y2, v2 B=O2

A ciascuna trave associamo un proprio sistema di riferimento rettangolare locale ),,( iii zyO . L’origine iO coincide con l’estremo della trave avente l’indice di riferimento

(numero o lettera) più piccolo; l’asse iz coincide con quello della trave ed è orientato positivamente verso l’altro estremo; infine, l’asse iy è orientato positivamente se realizza una terna destrorsa con l’asse ix uscente dal piano medio della struttura.


3


Lz << 10 pvEJ iv =1 equazione differenziale della linea elastica nel tratto

Lz << 20 02 =ivvEJ equazione differenziale della linea elastica nel tratto 0)0(1 =v condizione al contorno geometrica

A 01 =z 0)0('1 =v condizione al contorno geometrica 0)(1 =Lv condizione di raccordo geometrica 0)0(2 =v condizione di raccordo geometrica

)0(')(' 21 vLv = condizione di raccordo geometrica B 0, 21 == zLz

)0()( +− = BB MLM condizione di raccordo statica 0)(2 =Lv condizione al contorno geometrica

in

C Lz =2 0)( =LMC condizione al contorno statica


B 0, 21 == zLz )0('')('' 21 vLv = condizione di raccordo statica in

C Lz =2 0)(''2 =Lv condizione al contorno statica



Integrazione Tratto Tratto

0) pvEJ iv =1 02 =ivvEJ

1) 111 ''' cpzvEJ += 12 ''' dvEJ =

2) 211

21

1 2'' czczpvEJ ++= 2212 '' dzdvEJ +=

3) 312

21

1

31

1 26' czczczpvEJ +++= 322

22

12 2' dzdzdvEJ ++=

4) 413

21

2

31

1

41

1 2624czczczczpvEJ ++++= 423

22

2

32

12 26dzdzdzdvEJ +++=



4

0)0(1 =v 04 =c

0)0('1 =v 03 =c

0)(1 =Lv 02624 43

2

2

3

1

4

=++++ cLcLcLcLp

0)0(2 =v 04 =d

)0(')(' 21 vLv = 332

2

1

3

26dcLcLcLp =+++

)0('')('' 21 vLv = 221

2

2dcLcLp =++

0)(2 =Lv 026 43

2

2

3

1 =+++ dLdLdLd

Da:

0)(''2 =Lv

risulta

021 =+ dLd

ovvero,

−

−

−

=

⋅

−

−

0

0

2/

6/

0

24/

0

0

0010000

12/6/0000

0010001

0100012/

10000000

000012/6/

00000100

00001000

2

3

4

4

3

2

1

4

3

2

1

23

2

23

pL

pL

pL

d

d

d

d

c

c

c

c

L

LLL

L

LL

LLL

un sistema di otto equazioni algebriche lineari, non omogeneo per la presenza del carico p, nelle otto incognite c1, c2, c3, c4 e d1, d2, d3, d4. Risolvendo otteniamo:

pLc ⋅−= 7/41 pLd ⋅−= 28/11

22 84/9 pLc ⋅= 2

2 28/1 pLd ⋅=

03 =c 33 84/1 pLd −=

04 =c 04 =d


5

Il tracciamento dei diagrammi

Sostituendo le costanti, e posto Lz /=ζ , con 10 ≤ζ≤ , si hanno per la traversa :

inflessione:

[ ]2344

1 9167168

)( ζ+ζ−ζ=ζEJ

pLv

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 0.5

-0.5

z1

1

v1

O1

rotazione:

[ ]ζ+ζ−ζ=ζ=ζϕ 184828168

)(')( 233

11 EJpLv

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

-4

-2

2

4

z1

1

ϕ1

O1

momento flettente:

)189684(168

)('')( 22

11 +ζ−ζ⋅−=ζ−=ζpLvEJM

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 z1

1

-18/168pL2

M-6/168pL2

O1

sforzo di taglio:

)96168(168

)(''')( 11 −ζ−=ζ−=ζpLvEJT

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

96/168pLT

+

--72/168pL

O1

i cui grafici, a meno delle quantità costanti, sono riportati accanto alle espressioni.


6

In modo analogo, per il piedritto si hanno:

inflessione:

[ ]2234

2 23168

)( ζ−ζ+ζ−=ζEJ

pLv

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 -0.5

0

0.5

z2

1

v2

O2

rotazione:

[ ]263168

)(')( 23

22 −ζ+ζ−=ζ=ζϕEJ

pLv

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

-4

-2

2

4

z2

102

ϕ2

momento flettente:

)1(28

)('')(2

22 ζ−⋅−=ζ−=ζpLvEJM

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 z2

102

-pL2/28M

sforzo di taglio:

28)(''')( 22

pLvEJT +=ζ−=ζ

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 -0.5

0.5pL/28

T

+ z2

102

i cui grafici, a meno delle quantità costanti, sono riportati accanto alle espressioni. Ah! Dimenticavo! La struttura è due volte iperstatica!






TEMA 6

La trave continua elastica mostrata in figura, ha le estremità incastrate, un primo appoggio intermedio scorrevole, una sconnessione M = 0 nella sezione di mezzeria, un secondo appoggio intermedio cedevole elasticamente con costante k, ed infine, è soggetta ad un carico p uniformemente distribuito sulla campata centrale,

p

L

A B C

L L L

D E k

1. analizzare lo stato di equilibrio elastico della struttura nei casi limiti: 0=k e ∞→k ; 2. determinare la linea elastica in ciascuno dei due casi e tracciarne il grafico; 3. tracciare i diagrammi quotati ed in scala delle caratteristiche della sollecitazione.


2

SOLUZIONE:



discontinuità (di vincolo, di carico e geometriche) della struttura. Al termine di tale operazione, s’individuano le travi , , , e , ed i nodi A, B, C, D ed E, connessi fra loro e coi vincoli nel modo indicato nella figura seguente.

p

L

B C

L L L

D E k

1 2 1

A=O

z

y, v

3 4 5 6 7 8 2 3 4

Per semplicità, supponiamo che la struttura sia costituita da un materiale elastico lineare, omogeneo ed isotropo, e inoltre che ciascuna trave sia prismatica e dotata della stessa rigidezza flessionale EJ . Infine, trascuriamo le deformazioni indotte dallo sforzo di taglio. Associamo a ciascuna trave un proprio sistema di riferimento rettangolare locale

),,( iii zyO . L’origine iO coincide con l’estremo della trave avente l’indice di riferimento (numero o lettera) più piccolo; l’asse iz coincide con quello della trave ed è orientato positivamente verso l’altro estremo; infine, l’asse iy è orientato positivamente se realizza una terna destrorsa con l’asse ix uscente dal piano medio della struttura.


3


Lz << 10 01 =ivvEJ equazione differenziale della linea elastica nel tratto



Lz << 40 04 =ivvEJ equazione differenziale della linea elastica nel tratto 0)0(1 =v condizione al contorno geometrica

A 01 =z 0)0('1 =v condizione al contorno geometrica 0)(1 =Lv condizione di raccordo geometrica 0)0(2 =v condizione di raccordo geometrica

)0(')(' 21 vLv = condizione di raccordo geometrica B

0,

2

1

=

=

zLz

)0()( +− = BB MLM condizione di raccordo statica )0()( 32 vLv = condizione di raccordo geometrica

0)( =− LM C condizione di raccordo statica 0)0( =+

CM condizione di raccordo statica C

0,

3

2

=

=

zLz

)0()( +− = CC TLT condizione di raccordo statica )0()( 43 vLv = condizione di raccordo geometrica

)0(')(' 43 vLv = condizione di raccordo geometrica )0()( +− = DD MLM condizione di raccordo statica

D 0

,

4

3

=

=

zLz

)0()()( 3+− =+ DD TLvkLT condizione di raccordo statica

0)(4 =Lv condizione al contorno geometrica

in

E Lz =4 0)('4 =Lv condizione al contorno geometrica


B 0, 21 == zLz )0('')('' 21 vLv = condizione di raccordo 0)(''2 =Lv condizione di raccordo 0)0(''3 =v condizione di raccordo C 0, 32 == zLz

)0(''')(''' 32 vLv = condizione di raccordo )0('')('' 43 vLv = condizione di raccordo

in

D 0, 43 == zLz )0(''')()(''' 433 vLvKLv =− condizione di raccordo

in cui per semplicità si è posto EJkK /= .


Integrando quattro volte ciascuna equazione differenziale, si ottengono

Int. Tratto Tratto Tratto Tratto

0) 01 =ivvEJ pvEJ iv =2 pvEJ iv =3 04 =ivvEJ

1) 11 ''' avEJ = 122 ''' bpzvEJ += 133 ''' cpzvEJ += 14 ''' dvEJ =

2) 2111 '' azavEJ += 221

22

2 2'' bzbzpvEJ ++= 231

23

3 2'' czczpvEJ ++= 2414 '' dzdvEJ +=

3) 312

21

11 2' azazavEJ ++= 322

22

1

32

2 26' bzbzbzpvEJ +++= 332

23

1

33

3 26' czczczpvEJ +++= 342

24

14 2' dzdzdvEJ ++=

4) 413

21

2

31

11 26azazazavEJ +++= 423

22

2

32

1

42

2 2624bzbzbzbzpvEJ ++++= 433

23

2

33

1

43

3 2624czczczczpvEJ ++++= 443

24

2

34

14 26dzdzdzdvEJ +++=

in cui le sedici costanti incognite 4,,1,,,, K=idcba iiii , devono essere determinate mediante le condizioni al contorno e di raccordo scritte precedentemente.

0)0(1 =v 04 =a

0)0('1 =v 03 =a

0)(1 =Lv 026 43

2

2

3

1 =+++ aLaLaLa

0)0(2 =v 04 =b

)0(')(' 21 vLv = 332

2

1 2baLaLa =++

)0('')('' 21 vLv = 221 baLa =+

)0()( 32 vLv = 443

2

2

3

1

4

2624cbLbLbLbLp =++++

0)(''2 =Lv 02 21

2

=++ bLbLp

0)0(''3 =v 02 =c

)0(''')(''' 32 vLv = 11 cbLp =+

)0()( 43 vLv = 443

2

2

3

1

4

2624dcLcLcLcLp =++++

)0(')(' 43 vLv = 332

2

1

3

26dcLcLcLp =+++

)0('')('' 43 vLv = 221

2

2dcLcLp =++

Da:

)0(''')0()(''' 443 vvKLv =−

risulta

141 ddKcpL =⋅−+

0)(4 =Lv 026 43

2

2

3

1 =+++ dLdLdLd

0)('4 =Lv 02 32

2

1 =++ dLdLd

ovvero,

−

−

−

−

−

−

−

=

⋅

−

−

−

−

−

−

−

−

0

0

24/

2/

6/

24/

0

2/

24/

0

0

0

0

0

0

012/000000000000

12/6/000000000000

0001100000000

001000100000000

0100012/00000000

100012/6/00000000

0000000100010000

0000001000000000

000000000010000

0000100012/6/0000

000000000010001

000000000100012/

0000000010000000

00000000000012/6/

0000000000000100

0000000000001000

4

2

3

4

2

4

4

3

2

1

4

3

2

1

4

3

2

1

4

3

2

1

2

23

26

2

23

23

2

23

23 KLpL

pL

pL

pL

pL

pL

pL

d

d

d

d

c

c

c

c

b

b

b

b

a

a

a

a

LL

LLL

KKL

L

LL

LLL

L

LLL

L

LL

LLL

KLKL

un sistema di sedici equazioni algebriche lineari, non omogeneo per la presenza del carico p, nelle sedici incognite 4,,1,,,, K=idcba iiii .


7

Risolvendo otteniamo:

)14117)(2(222977

23

33

362

1 KLKLKLLKpLa

+−−+

−= )14117)(2(

678283282 33

362

1 KLKLKLLKpLb+−

−+=

)14117(105

2 31 KLpLc

+−=

3

3

1 14117743

23

KLKLpLd

+−

=

)14117)(2(222977

2 33

3622

2 KLKLKLLKpLa

+−−+

= )14117)(2(

22297733

3622

2 KLKLKLLKpLb

+−−+

−= 02 =c )14117)(2(

128733

3622

2 KLKLKLLKpLd

+−−−

−=

03 =a )14117)(2(

2229774 33

3623

3 KLKLKLLKpLb

+−−+

−=)14117)(2(

22297712

733

3623

3 KLKLKLLKpLc

+−−+

= )14117)(2(

30613974 33

3623

3 KLKLKLLKpLd+−

−+=

04 =a 04 =b )14117)(2(

958423288 33

3624

4 KLKLKLLKpLc+−

−+−=

3

4

4 1411749

2 KLpLd

+=

cosicché nei due casi si deducono i coefficienti

Appoggio cedevole 0=k Appoggio rigido ∞→k

pLa234333

1 = pLb234339

1 −= pLc234105

1 −= pLd234129

1 =

22 234

111 pLa −= 22 234

222 pLb = 02 =c 22 234

12 pLd =

02 =c 33 936

222 pLb = 33 2808

756 pLc −= 33 468

153 pLd −=

04 =a 04 =b 44 936

479 pLc = 44 234

49 pLd =

pLa43

1 = pLb −=1 01 =c pLd43

1 −=

22 4

1 pLa −= 22 2

1 pLb = 02 =c 22 2

1 pLd =

03 =a 33 8

1 pLb = 33 24

7 pLc −= 33 8

1 pLd −=

04 =a 04 =b 44 4

1 pLc = 04 =d


8

2. Il tracciamento dei diagrammi Nel caso 0=k , posto Lz /=ζ , con 10 ≤ζ≤ , si hanno: • Inflessione Trave Inflessione Linea elastica

[ ]234

1 6666662808

)( ζ−ζ=ζEJ

pLv

[ ]66613326781172808

)( 2344

2 +ζ+ζ−ζ=ζEJ

pLv

[ ]14377562101172808

)( 344

3 +ζ−ζ−ζ=ζEJ

pLv

[ ]588918722582808

)( 234

4 +ζ−ζ+ζ=ζEJ

pLv

0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5

-1000

0

1000

v4

v1

v2 v3

• Rotazione Trave Espressione Diagramma

[ ]ζ−ζ=ζ 133219982808

)(' 23

1 EJpLv

[ ]ζ+ζ−ζ=ζ 266420344682808

)(' 233

2 EJpLv

[ ]7566304682808

)(' 233

3 −ζ−ζ=ζEJ

pLv

[ ]9181447742808

)(' 23

4 −ζ+ζ=ζEJ

pLv

0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5

1000

0

-1000v ’4

v ’1

v ’2

v ’3


9

• Momento flettente

Trave Espressione Diagramma

[ ]133239962808

)(2

1 −−= ζζ pLM

[ ]2664406814022808

)( 22

2 +ζ−ζ−=ζpLM

[ ]ζ−ζ−=ζ 126014042808

)( 22

3pLM

[ ]14415482808

)(2

4 +ζ−=ζpLM

0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5

-4000

-2000

0

2000

4000

M1M2

M3

M4

• Sforzo di taglio


2808

3996)(1pLT −=ζ

[ ]406828042808

)(2 −ζ−=ζpLT

[ ]126028082808

)(3 −ζ−=ζpLT

2808

1548)(4pLT −=ζ

0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5

-4000

-2000

0

2000

4000

T1

T2

T3

T4-

+

--


10

Nel caso ∞→k , posto Lz /=ζ , con 10 ≤ζ≤ , si hanno: • Inflessione Trave Inflessione Linea elastica

[ ]234

1 3324

)( ζ−ζ=ζEJ

pLv

[ ]ζ+ζ+ζ−ζ=ζ 36424

)( 2344

2 EJpLv

[ ]6724

)( 44

3 +ζ−ζ=ζEJ

pLv

[ ]ζ−ζ+ζ−=ζ 36324

)( 234

4 EJpLv

0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5

-5

0

5

v4 v1

v2 v3

• Rotazione Trave Espressione Diagramma

[ ]ζ−ζ=ζ 6924

)(' 23

1 EJpLv

[ ]31212424

)(' 233

2 +ζ+ζ−ζ=ζEJ

pLv

[ ]7424

)(' 33

3 −ζ=ζEJ

pLv

[ ]312924

)(' 23

4 −ζ+ζ−=ζEJ

pLv

0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5

+10

0

-10

v’4v’1

v’2

v’3


11

• Momento flettente


[ ]61824

)(2

1 −ζ−=ζpLM

[ ]12241224

)( 22

2 +ζ−ζ−=ζpLM

[ ]22

3 1224

)( ζ−=ζpLM

[ ]121824

)(2

4 +ζ−−=ζpLM

0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5

10

0

-10M 1 M 2 M 3 M 4

• Sforzo di taglio Trave Espressione Diagramma

4

3)(1pLT −=ζ

[ ]1)(2 −ζ−=ζ pLT

ζ−=ζ pLT )(3

4

3)(4pLT =ζ

0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5

-4000-pL

0

+pL

4000

T1

T2

T3

T4

-

++3/4pL

--3/4pL

Come al solito! Dimenticavo! Sotto la condizione di carico assegnata, la struttura è quattro volte iperstatica!






TEMA 7a

Data la mensola elastica uniformemente caricata mostrata in figura,

p

L

A B

operando col metodo degli spostamenti: 1. dedurre il grado di indeterminazione cinematica e classificare la struttura; 2. scrivere le equazioni di equilibrio e determinare gli spostamenti nodali; 3. determinare le caratteristiche della sollecitazione; 4. determinare i coefficienti della linea elastica.

SOLUZIONE:

1. Grado di indeterminazione cinematica e classificazione strutturale


p

L

1 21

A=O B

z,w

y,v


2

Per semplicità, supponiamo che la trave sia prismatica e costituita da un materiale elastico lineare, omogeneo ed isotropo. Sia EJ la sua rigidezza flessionale, dove E è il modulo di elasticità normale del materiale (modulo di Young) e J il momento d’inerzia della sezione trasversale valutato rispetto all’asse neutro. Infine, indichiamo con

LEJNN BAAB

2== , la semirigidezza della trave.

Operando col metodo degli spostamenti, le incognite del problema strutturale coincidono con le sei componenti di spostamento dei nodi, ovvero:

• nodo A: Aw , Av , Aϕ • nodo B: Bw , Bv , Bϕ

D’altra parte, le condizioni al contorno risultano:

in A:

=ϕ

=

=

0

0

0

A

A

A

v

w

, in B:

=

=

=

0

0

0

B

yB

zB

M

P

P

,

per cui la struttura risulta tre volte cinematicamente indeterminata. Se, come nel caso in esame, la trave non varia la propria lunghezza per l’assenza dello sforzo assiale, oppure, in situazioni più generali, perché può ritenersi indeformabile assialmente, allora accanto alle relazioni precedenti possiamo scrivere:

AB ww = ,

per cui 0=Bw , e la struttura diviene soltanto due volte cinematicamente indeterminata; infine, poiché una delle incognite è una traslazione, la struttura è a nodi mobili.

2. Scrittura delle equazioni di equilibrio

Per determinare le incognite Bv e Bϕ scriviamo le seguenti equazioni:

Incognita Tipo Equazione Bv Spostamento secondo y Equilibrio alla traslazione secondo l’asse y Bϕ Rotazione Equilibrio alla rotazione intorno al nodo B

L’equazione di equilibrio alla traslazione secondo l’asse y, può essere sostituita dall’equazione di equilibrio alla rotazione attorno al nodo A del sistema principale, necessariamente labile, essendo la struttura a nodi mobili, come mostrato nella figura successiva, e ottenuto inserendo una cerniera ideale in ciascuno dei nodi.

p

L A=O

B z

y,v

MAB θ vB


3

Facendo uso del principio dei lavori virtuali, si ottiene

022

22

=θ

+=θ+θ=

pLMpLML ABABve , ovvero, per l’arbitrarietà di θ, 2

2pLM AB −= .

Utilizzando il legame costitutivo, tale equazione può essere scritta in termini delle incognite componenti di spostamento nodali come

212)3(

22 pLpLN ABBAB −=−ψ−ϕ⋅ .

L’equilibrio alla rotazione intorno al nodo B si scrive

012

322

=+ψ−ϕpLNN ABABABB .

3. Determinazione dei coefficienti della linea elastica

La soluzione del problema strutturale coincide con la soluzione del sistema:

−=ψ−ϕ

−=ψ−ϕ

EJpLEJ

pL

ABB

ABB

2432

2453

3

3

, ovvero,

=ψ

=ϕ

EJpLEJ

pL

AB

B

8

63

3

,

per cui

EJpLLv ABB 8

4

=⋅ψ= .

Noti i valori delle incognite, si ricavano i momenti orari di estremità:

212)

83

6(2)32(

2233 pLpLEJ

pLEJ

pLLEJMNM ABABBAABAB −=−⋅−=+ψ−ϕ+ϕ= ,

012

)8

36

2(2)32(233

=+⋅−⋅=+ψ−ϕ+ϕ=pL

EJpL

EJpL

LEJMNM BABAABBABA ,

e, successivamente, i tagli orari di estremità:

pLL

pLpL

LMMT BBAAB

AB =−−

−=++

−= 22

22

M ,

022

22

=+−

−=++

−=L

pLpL

LMMT ABAAB

BAM .

Infine, le costanti dell’equazione differenziale della linea elastica, risultano:

pLTc −=−= )0(1 , 2/)0( 22 pLMc =−= , 0)0('3 =ϕ== AEJvc , 0)0(4 === AvEJvc ,


4

per cui l’equazione della linea elastica risulta: 4624

)(2234 zpLpLzpzzEJv +−= , coincidente

con l’espressione trovata in precedenza. TEMA 7b

Data la trave elastica a mensola mostrata in figura, soggetta ad un carico concentrato P nell’estremo libero,

P

LA B


SOLUZIONE:



P

L

1 21

BA=O z,w

y,v


LEJNN BAAB





5


in A:

=ϕ

=

=

0

0

0

A

A

A

v

w

, in B:

=

=

=

0

0

B

yB

zB

M

PP

P

,


AB ww =





L’equazione di equilibrio alla traslazione secondo l’asse y, può essere sostituita dall’equazione di equilibrio alla rotazione attorno al nodo A del sistema principale, una volta labile, mostrato nella figura successiva.

L A=O

B z,w

y,v

MAB θ vB

P

Facendo uso del principio dei lavori virtuali, si ottiene: ( ) 0=θ+=θ+θ= PLMPLML ABABve , ovvero, per l’arbitrarietà di θ, PLM AB −= .

Utilizzando il legame costitutivo, tale equazione può essere scritta in termini delle incognite componenti di spostamento nodali come

PLN ABBAB −=ψ−ϕ⋅ )3( .

L’equilibrio alla rotazione intorno al nodo B si scrive 032 =ψ−ϕ ABABABB NN .


6



=ψ−ϕ

−=ψ−ϕ

0322

32

ABB

ABB EJPL

, ovvero,

=ψ

=ϕ

EJPLEJ

PL

AB

B

3

22

2

,

per cui

EJPLLv ABB 3

3

=⋅ψ= .


PLEJ

PLEJ

PLLEJMNM ABABBAABAB −=⋅−=+ψ−ϕ+ϕ= )

33

2(2)32(

22

,

0)3

32

2(2)32(22

=⋅−⋅=+ψ−ϕ+ϕ=EJ

PLEJ

PLLEJMNM BABAABBABA ,


PLPL

LMMT BBAAB

AB =−

−=++

−=M ,

PLPL

LMMT ABAAB

BA =−

−=++

−=M .

Le costanti dell’equazione differenziale della linea elastica, risultano:

PTc −=−= )0(1 , PLMc =−= )0(2 , 0)0('3 =ϕ== AEJvc , 0)0(4 === AvEJvc ,


)(23 PLzPzzEJv +−= , coincidente con

l’espressione trovata in precedenza.


7

TEMA 7c

Data la trave elastica a mensola mostrata in figura, soggetta ad una coppia Q concentrata nell’estremo libero,

A BQ

L


SOLUZIONE:



L

1 21

BA=O z

y,v

Q


LEJNN BAAB





8


in A:

=ϕ

=

=

0

0

0

A

A

A

v

w

, in B:

=

=

=

QM

P

P

B

yB

zB

0

0

,


AB ww =





L’equazione di equilibrio alla traslazione secondo l’asse y, può essere sostituita dall’equazione di equilibrio alla rotazione attorno al nodo A del sistema principale, una volta labile, mostrato nella figura successiva.

L A=O B

z,w

y,v

MAB θ vB

Q

Facendo uso del principio dei lavori virtuali, si ottiene: ( ) 0=θ+=θ+θ= QMQML ABABve , ovvero, per l’arbitrarietà di θ, QM AB −= .

Utilizzando il legame costitutivo, tale equazione può essere scritta in termini delle incognite componenti di spostamento nodali

QN ABBAB −=ψ−ϕ⋅ )3( .

L’equilibrio alla rotazione intorno al nodo B si scrive QNN ABABABB =ψ−ϕ 32 .


9



=ψ−ϕ

−=ψ−ϕ

EJQL

EJQL

ABB

ABB

232

23

, ovvero,

=ψ

=ϕ

EJQL

EJQL

AB

B

2

,

per cui

EJQLLv ABB 2

2

=⋅ψ= .


QEJ

QLEJQL

LEJMNM ABABBAABAB −=⋅−=+ψ−ϕ+ϕ= )

23(2)32( ,

QEJ

QLEJQL

LEJMNM BABAABBABA =⋅−⋅=+ψ−ϕ+ϕ= )

232(2)32( ,


0=+−

−=++

−=L

QQL

MMT BBAABAB

M ,

0=+−

−=++

−=L

QQL

MMT ABAABBA

M .


0)0(1 =−= Tc , QMc =−= )0(2 , 0)0('3 =ϕ== AEJvc , 0)0(4 === AvEJvc ,


)(2zQzEJv = , coincidente con l’espressione

trovata in precedenza per altra via.






TEMA 8a

Data la trave elastica mostrata in figura, semplicemente appoggiata agli estremi e caricata uniformemente,

p

L

A B

operando col metodo degli spostamenti: 1. dedurre il grado di indeterminazione cinematica e classificare la struttura; 2. scrivere le equazioni di equilibrio e determinare gli spostamenti nodali; 3. determinare le caratteristiche della sollecitazione; 4. determinare i coefficienti dell’equazione della linea elastica.

SOLUZIONE:




2

p

L

1 21

A=O B

z,w

y,v Per semplicità, supponiamo che la trave sia prismatica e costituita da un materiale elastico lineare, omogeneo ed isotropo. Sia EJ la sua rigidezza flessionale, dove E è il modulo di elasticità normale del materiale (modulo di Young) e J il momento d’inerzia della sezione trasversale valutato rispetto all’asse neutro. Infine, indichiamo con

LEJNN BAAB


Operando col metodo degli spostamenti, le incognite del problema strutturale sono le sei componenti di spostamento dei nodi, ovvero:

• nodo A: Aw , Av , Aϕ ; • nodo B: Bw , Bv , Bϕ .

Le condizioni al contorno del problema risultano:

in A:

=

=

=

0

0

0

A

A

A

M

v

w

, in B:

=

=

=

0

0

0

B

B

zB

M

v

P

,

per cui la struttura é tre volte cinematicamente indeterminata. Tuttavia, se, come accade nel caso in esame, la trave non può variare la propria lunghezza per l’assenza dello sforzo assiale, oppure, in situazioni più generali, perché può ritenersi indeformabile assialmente, allora accanto alle relazioni precedenti possiamo scrivere:

AB ww = ,

per cui 0=Bw , e la struttura diviene soltanto due volte cinematicamente indeterminata; infine, poiché le incognite Aϕ e Bϕ sono entrambe rotazioni, la struttura è a nodi fissi.


Per determinare le incognite Aϕ e Bϕ scriviamo le equazioni di equilibrio corrispondenti:

Incognita Tipo Equazione Aϕ Rotazione Equilibrio alla rotazione intorno al nodo A Bϕ Rotazione Equilibrio alla rotazione intorno al nodo B

L’equazione di equilibrio alla rotazione intorno al nodo A si scrive

012

22

=−ϕ+ϕpLNN BABAAB .

L’equazione di equilibrio alla rotazione intorno al nodo B si scrive

012

22

=+ϕ+ϕpLNN AABBAB .


3


La soluzione del problema strutturale coincide con quella del sistema lineare:

−=ϕ+ϕ

+=ϕ+ϕ

EJpL

EJpL

BA

BA

242

242

3

3

, ovvero,

−=ϕ

+=ϕ

EJpL

EJpL

B

A

24

243

3

.


012

)2424

2(2)2(233

=−−⋅=+ϕ+ϕ=pL

EJpL

EJpL

LEJMNM ABBAABAB ,

012

)2424

2(2)2(233

=++⋅−=+ϕ+ϕ=pL

EJpL

EJpL

LEJMNM BAABBABA ,


22

2

pLL

pL

LMMT BBAAB

AB +=−

−=++

−=M ,

22

2

pLL

pL

LMMT ABAAB

BA −=+

−=++

−=M .


2/)0(1 pLTc −=−=

0)0(2 =−= Mc

24/)0(' 33 pLEJvEJc A =ϕ==

0)0(4 === AvvEJc

per cui l’equazione della linea elastica risulta:

241224)(

334 zpLpLzpzzEJv +−= ,

coincidente con l’espressione trovata in precedenza.


4

TEMA 8b

Data la trave elastica mostrata in figura, semplicemente appoggiata agli estremi e soggetta ad un carico concentrato P in una sezione intermedia generica,

P

L

A B

a b

C


SOLUZIONE:


Inseriamo un numero sufficiente di sezioni al fine di isolare tutti i possibili punti di discontinuità (di vincolo, di carico e geometriche) del sistema. Al termine di tale operazione, s’individuano le travi e ed i nodi A, B, e C, connessi fra loro e coi vincoli nel modo indicato nella figura seguente.

P

L

Ba b

C1 1A=O

z,w

y,v

32 42

Per semplicità, supponiamo che ciascuna trave sia prismatica e costituita da un materiale elastico lineare, omogeneo ed isotropo. Sia EJ la rigidezza flessionale delle travi, dove E è il modulo di elasticità normale del materiale (modulo di Young) e J il momento d’inerzia della sezione trasversale valutato rispetto all’asse neutro. Infine, indichiamo

rispettivamente con aEJNN BAAB

2== ed

aLEJNN CBBC −

==2 le semirigidezze delle travi.

Operando col metodo degli spostamenti, le incognite del problema strutturale sono le nove componenti di spostamento dei nodi, ovvero:

• nodo A: Aw , Av , Aϕ ; • nodo B: Bw , Bv , Bϕ ; • nodo C: Cw , Cv , Cϕ ;


5


in A:

=

=

=

0

0

0

A

A

A

M

v

w

, in B:

=

=

=

0

0

B

yB

zB

M

PP

P

, in C:

=

=

=

0

0

0

C

C

zC

M

v

P

,

per cui la struttura risulta sei volte cinematicamente indeterminata. Tuttavia, se, come nel caso in esame, le travi e non variano la propria lunghezza per l’assenza dello sforzo assiale, oppure, in situazioni più generali, perché possono ritenersi assialmente indeformabili, allora accanto alle relazioni precedenti possiamo scrivere:

AB ww = , e BC ww = ,

per cui risultano anche 0=Bw e 0=Cw , e la struttura diviene quattro volte cinematicamente indeterminata; infine, per la presenza fra le incognite della traslazione

Bv , la struttura è a nodi mobili.


Per determinare le incognite Aϕ , Bϕ , Cϕ e Bv scriviamo le equazioni di equilibrio corrispondenti:

Incognita Tipo Equazione Aϕ Rotazione Equilibrio alla rotazione intorno al nodo A Bϕ Rotazione Equilibrio alla rotazione intorno al nodo B Cϕ Rotazione Equilibrio alla rotazione intorno al nodo C Bv Traslazione Equilibrio alla traslazione secondo l’asse y

L’equazione di equilibrio alla rotazione intorno al nodo A si scrive

032 =ψ−ϕ+ϕ ABABBABAAB NNN .

L’equazione di equilibrio alla rotazione intorno al nodo B si scrive 033)(2 =ψ−ψ−ϕ+ϕ+ϕ+ BCBCABABCBCAABBBCAB NNNNNN .

L’equazione di equilibrio alla rotazione intorno al nodo C si scrive 032 =ψ−ϕ+ϕ BCBCBBCCBC NNN .

Per quanto riguarda lo spostamento Bv , anziché considerare direttamente l’equilibrio alla traslazione secondo l’asse y del nodo B, facciamo riferimento alla struttura principale mostrata nella figura seguente, ottenuta da quella effettiva introducendo delle cerniere ideali in ciascuno nodo, ed utilizziamo il principio dei lavori virtuali.


6

P

L

B

a b

C1A=O z,w

y,v

2MBA MBCvB

θ1 θ2

Per il campo di spostamenti cinematicamente compatibile rappresentato dalla deformata rigida mostrata in figura, si ottiene

0121 =θ+θ+θ= aPMML BcBAve ,

ovvero, essendo 12 θ−

=θaL

a ,

01 =θ

+

−+= aP

aLaMML BCBAve

ed infine, per l’arbitrarietà di 1θ ,

0=+−

+ aPaL

aMM BCBA .

Utilizzando le formule risolutive per i momenti orari di estremità, tale equazione può essere scritta in termini delle incognite componenti di spostamento nodali come

0)32()32( =+−

ψ−ϕ+ϕ+ψ−ϕ+ϕ aPaL

aNN BCCBBCABABAB .


Posto )/( aLa −=η , risulta ABBC NN η= , e ABBC ψη−=ψ , per cui la soluzione del problema strutturale coincide con quella del sistema:

=

ψ

ϕ

ϕ

ϕ

⋅

−ηηη+

η

−ηηη+

−

EJpa

AB

C

B

A

2

0

0

0

)1(3)1(21

210

)1(3)1(21

3012

2322

2

, ovvero,

−=ψ

−=ϕ

−=ϕ

+=ϕ

EJpLEJ

pLEJ

pLEJ

pL

AB

C

B

A

24

24

24

24

3

3

3

3

.


0)2424

2(2)32(33

=−−⋅=ψ−ϕ+ϕ=EJ

pLEJ

pLLEJNM ABBAABAB

trave

LaLPaNM ABABBABA

)()32( −=ψ−ϕ+ϕ=


7

LaLPa

EJpL

EJpL

LEJNM BCCBBCBC

)()2424

2(2)32(33 −

=−−⋅=ψ−ϕ+ϕ= trave

0)32( =ψ−ϕ+ϕ= BCBCBCCB NM


LaLP

aMT BA

AB)( −

+=−= trave

LaLP

aMT BA

BA)( −

+=−=

LPa

aLMT BC

BC −=−

−= trave

LPa

aLMT BC

CB −=−

−=


per la trave

LaLPTc /)()0(1 −−=−= , 0)0(2 =−= Mc ,

LLaLaPaEJEJvc A 6/)23()0(' 223 +−=ϕ== , 0)0(4 === AEJvEJvc ,


[ ])23()(6

),( 222 LaLaazLaL

PzazEJv +−+−⋅= ,

coincidente con l’espressione trovata in precedenza;

per la trave

LPaaTd /)(1 −=−= , PaaMd −=−= )(2 ,

LLaPaEJaEJvd B 6/)2()(' 223 +=ϕ== , 6/)( 3

4 PaEJvaEJvd B −=== ,


EJPaLLzaz

EJLPazazEJv

6)23(

6),(

3222 −+−+⋅= ,



8

TEMA 8c

Data la trave elastica mostrata in figura, semplicemente appoggiata agli estremi e soggetta ad una coppia concentrata Q nella sezione estrema B,

Q

L

A B


SOLUZIONE:



QL

A B1 1 z,w

y,v

2

Per semplicità, si suppone che la trave sia prismatica e costituita da un materiale

elastico lineare, omogeneo ed isotropo. Sia EJ la sua rigidezza flessionale. Operando col metodo degli spostamenti, le incognite del problema strutturale sono le sei componenti di spostamento dei nodi, ovvero:

• nodo A: Aw , Av , Aϕ ;

• nodo B: Bw , Bv , Bϕ .

Le condizioni al contorno del problema risultano:

in A:

=

=

=

0

0

0

A

A

A

M

v

w

, in B:

=

=

=

QM

v

P

B

B

zB

0

0

,


9

per cui la struttura é tre volte cinematicamente indeterminata. Tuttavia, se, come accade nel caso in esame, la trave non può variare la propria lunghezza per l’assenza dello sforzo assiale, oppure, in situazioni più generali, perché può ritenersi indeformabile assialmente, allora accanto alle relazioni precedenti possiamo scrivere:

AB ww = ,

per cui 0=Bw , e la struttura diviene soltanto due volte cinematicamente indeterminata; infine, poiché le incognite Aϕ e Bϕ sono entrambe rotazioni, la struttura è a nodi fissi.


Per determinare le incognite Aϕ e Bϕ scriviamo le equazioni di equilibrio corrispondenti:

Incognita Tipo Equazione Aϕ Rotazione Equilibrio alla rotazione intorno al nodo A Bϕ Rotazione Equilibrio alla rotazione intorno al nodo B

L’equazione di equilibrio alla rotazione intorno al nodo A si scrive 02 =ϕ+ϕ BABAAB NN ;

l’equazione di equilibrio alla rotazione intorno al nodo B si scrive QNN AABBAB =ϕ+ϕ2 .


La soluzione del problema strutturale coincide con quella del sistema lineare:

=ϕ+ϕ

=ϕ+ϕ

EJQL

BA

BA

22

02, ovvero,

+=ϕ

−=ϕ−=ϕ

EJQL

EJQL

B

BA

3

62/

.


012

)2424

2(2)2(233

=−−⋅=+ϕ+ϕ=pL

EJpL

EJpL

LEJMNM ABBAABAB ,

012

)2424

2(2)2(233

=++⋅−=+ϕ+ϕ=pL

EJpL

EJpL

LEJMNM BAABBABA ,


22

2

pLL

pL

LMMT BBAAB

AB +=−

−=++

−=M ,

22

2

pLL

pL

LMMT ABAAB

BA −=+

−=++

−=M .



10

2/)0(1 pLTc −=−=

0)0(2 =−= Mc

24/)0(' 33 pLEJvEJc A =ϕ==

0)0(4 === AvvEJc


241224)(

334 zpLpLzpzzEJv +−= ,





Insegnamento di SCIENZA DELLE COSTRUZIONI (12 CFU)


(per segnalazioni contattare [email protected], [email protected] )


TEMA

Dato il sistema piano di travi elastiche prismatiche mostrato in figura

x,u

y,v

O=A

p

D

H

B C

L

avente

L = 200,0 cm, H = 300,0 cm,

A = 112,00 cm2, J = 18.263,0000 cm4,

E = 21.000,00 kN/cm2, p = 0,10 kN/cm,

1. classificare il sistema mediante: a) il computo dei vincoli; b) il computo dei gradi di libertà;

2. risolvere il sistema mediante il metodo delle strutture ausiliarie; 3. tracciare i diagrammi quotati ed in scala delle caratteristiche della

sollecitazione; 4. trovare il valore dello spostamento Cu .

Emanuele Bonelli

9

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.) Anno accademico 2001/2002

SOLUZIONE:

1. Classificazione del sistema

Inseriamo un numero sufficiente di sezioni al fine di isolare i punti di discontinuità (di vincolo, di carico e geometriche) del sistema. Al termine di tale operazione, s’individuano le travi , , e , ed i nodi A, B, C e D, connessi fra loro e coi vincoli nel modo indicato nella figura seguente.

x,u

y,v

O=A

p

D

H

B C

L

1

2

3

4 1

2

3 4

5

6

8 7

a1) computo dei vincoli - metodo generale (trave per trave o aste per asta)

Il sistema piano è ottenuto connettendo le quattro travi elastiche , , e fra loro e coi vincoli come mostrato in figura. In assenza di vincoli e

connessioni, il sistema avrebbe 3 x 4 = 12 gradi di libertà. D’altra parte:

• la connessione 1-8 è doppia ( 81 uu = , 81 vv = ), per cui 281 =−m ; • la connessione 2-3 è tripla ( 32 uu = , 32 vv = , 32 θ=θ ), per cui 332 =−m ; • la connessione 4-5 è doppia ( 54 uu = , 54 vv = ), per cui 254 =−m ; • la connessione 6-7 è tripla ( 76 uu = , 76 vv = , 76 θ=θ ), per cui 376 =−m ; • la cerniera fissa in A è un vincolo doppio ( 0=Au , 0=Av ), per cui

2=Am ; • la cerniera mobile (carrello) in D è un vincolo semplice ( 0=Dv ), per cui

1=Dm ; cosicché il grado complessivo di vincolo del sistema è 13. Pertanto, essendo i vincoli indipendenti (efficaci), il sistema dato è una struttura una volta iperstatica.

Salvatore Sergio Ligarò Cinematica e statica dei sistemi di travi elastiche:Esempio 2

3

a2) computo dei vincoli - metodo sintetico (parte per parte)

Il sistema piano è ottenuto connettendo fra loro e coi vincoli le due parti I = [ + ] e II = [ + ] nel modo illustrato in figura. In assenza di vincoli e connessioni il sistema avrebbe 6 gradi di libertà.

D’altronde: • la connessione 1-8 è doppia ( 81 uu = , 81 vv = ), per cui 281 =−m ; • la connessione 4-5 è doppia ( 54 uu = , 54 vv = ), per cui 254 =−m ; • la cerniera fissa in A è un vincolo doppio ( 0=Au , 0=Av ), per cui

2=Am ; • la cerniera mobile (carrello) in D è un vincolo semplice ( 0=Dv ), per cui

1=Dm ; cosicché il grado complessivo di vincolo del sistema è 7. Pertanto, essendo i vincoli indipendenti (efficaci), il sistema dato è una struttura una volta iperstatica.

b) computo dei gradi di libertà

• La connessione doppia 1-8 permette la rotazione relativa 8181 θ−θ=θ∆ − ; • la connessione doppia 4-5 permette la rotazione relativa 5454 θ−θ=θ∆ − ; • la cerniera fissa in A permette la rotazione assoluta Aθ ; • il carrello in D permette lo spostamento assoluto Du e la rotazione assoluta

Dθ . Introdotti cinque vincoli semplici per sopprimere i gradi di libertà descritti, si ottiene una struttura costituita da due maglie chiuse, una esterna ed una interna, a ciascuna delle quali compete un grado di iperstaticità pari a tre. Pertanto, essendo i vincoli efficaci, il sistema dato è una struttura una volta iperstatica.

2. Risoluzione del sistema col metodo delle strutture ausiliarie

Adottiamo la struttura principale seguente.

x,u

y,v

O=A D

H

B C

L


Sistema ausiliario 0

x,u

y,v

O=A

p

D

H

B C

L Le equazioni cardinali della statica si scrivono

=⋅+⋅−=

=+=

=⋅+=

∑∑∑

02/

0

0

02

00

0

LYHPM

YYF

HpXF

DzA

DAy

Ax

da cui si ricavano le reazioni vincolari

L

pHY

L

pHYHpX DAA 2

,2

,2

02

00 =−=⋅−= .

La cerniera in B non permette la trasmissione del momento flettente. Le travi e si trasmetteranno al più una forza orizzontale 0X ed una forza verticale 0Y ,

come mostrato nella figura successiva.

x,u O=A

p

D

H

B C

L

X0 X0

Y0 Y0

Per determinare tali forze, scriviamo le equazioni ausiliarie:

• 02/ 02 =⋅+⋅−= HXHpM dA , da cui 2/0 HpX ⋅= ;

• 00 =⋅= LYM sC , da cui 00 =Y .

Si ottengono le caratteristiche della sollecitazione


5

Trave Tratto M0 T0 N0

Hz <<0 22

2zpz

pH− zp

pH+−

2 0

Lz <<0 0 0 2

pH−

Hz <<0 zpH

2

2

pH 0

Lz <<0 zL

pH

2

2

− L

pH

2

2

− 2

pH


x,u

y,v

O=A D

H

B C

L

1

1

Le equazioni cardinali della statica si scrivono

=⋅=

=+=

==

∑∑∑

0

0

0

1

11

1

LYM

YYF

XF

DzA

DAy

Ax


0,0,0 111 === DAA YYX .

La cerniera in B non permette la trasmissione del momento flettente. Le travi e si trasmetteranno al più una forza orizzontale 1X ed una forza verticale 1Y ,

come mostrato nella figura successiva.


x,u O=A D

H

B C X1 X1

Y1 Y1

L

1

1

Per determinare tali forze, scriviamo le equazioni ausiliarie:

• 01 1 =⋅+−= HXM dA , da cui HX /11 = ;

• 01 1 =⋅+−= LYM sC , da cui LY /11 = .

Si ottengono le caratteristiche della sollecitazione

Trave Tratto M1 T1 N1

Hz <<0 H

z+−1

H

1−

L

1−

Lz <<0 L

z+−1

L

1 H

1−

Hz <<0 H

z H

1 L

1

Lz <<0 L

z−

L

1−

H

1

Per semplicità, trascuriamo il contributo deformativo dello sforzo assiale e del taglio. Sviluppando gli integrali

EJ

pHzd

EJ

zpz

pH

H

zH

24

221

3

0

2

−=

−⋅

+−

∫ ,

EJ

pHdz

EJ

pHz

H

zH

62 3

0

=

⋅

∫ ,

EJ

LpHdz

EJ

zL

pH

L

zL

6

2 2

0

2

=

−⋅

−

∫ ,


7

e sommandone i contributi, si ottiene

EJ

HLpHds

EJ

MM

S 24

)34(201

10

+=

⋅=η ∫ .

Sviluppando gli integrali

EJ

Hzd

H

z

H

z

EJzd

EJH

zHH

3

21

11

0

2

0

2

=

+−=

+−

∫∫ ,

EJ

Ldz

L

z

L

z

EJdz

EJL

zLL

3

21

11

0

2

0

2

=

+−=

+−

∫∫ ,

EJ

Hdz

H

z

EJdz

EJH

zHH

3

1

0

2

0

2

=

=

∫∫ ,

EJ

Ldz

L

z

EJdz

EJL

zLL

3

1

0

2

0

2

=

=

−

∫∫ ,


EJ

HLds

EJ

M

S 3

)(221

11

+==η ∫ ,

per cui

HL

HLpH

EJ

HLEJ

HLpH

X++

−=+

+

−=ηη

−=34

163

)(224

)34(2

2

11

10 .

Sostituendo i valori numerici, si ottiene

cmkNX ⋅−=+

⋅+⋅⋅−= 900

200300

20033004

16

2001.0 2

.


Sostituendo il valore dell’incognita iperstatica, si ottengono le reazioni vincolari

==⋅⋅

==

−=−=⋅⋅

−=−=

−=⋅−=−=

,6666.03

20

3002

2001.0

2

,6666.03

20

3002

2001.0

2

,202001.0

22

22

kNL

pHY

kNL

pHY

kNpHX

D

A

A

e le caratteristiche della sollecitazione


Trave Tratto M T N

Hz <<0

+−+−

H

zX

zpz

pH1

22

2

H

Xzp

pH−+−

2

L

X−

Lz <<0

+−

L

zX 1

L

X H

XpH−−

2

Hz <<0

+

H

zXz

pH

2

H

XpH−

2 0

Lz <<0

−+−

L

zXz

L

pH

2

2

L

X

L

pH−−

2

2

2

pH

Alle espressioni precedenti corrispondono i seguenti diagrammi Momento Flettente

O=A D

B C

M

Sforzo di taglio

O=A D

B C

T

+

+

-

- -


9

Sforzo Normale

O=A D

B C

N

+

-

+ -

4. Calcolo della spostamento uC.

x,u O=A D

H

C

L

1

y,v

Applicando nel nodo C il carico esplorativo unitario mostrato in figura, in direzione e verso dello spostamento richiesto, le equazioni cardinali della statica si scrivono

=⋅−⋅=

=+=

=+=

∑∑∑

01

0

01

'

''

'

HLYM

YYF

XF

DzA

DAy

Ax


LHYLHYX DAA //1 ''' =−=−=



Trave Tratto '''M '''T '''N

Hz <<0 0 0 0

Lz <<0 0 0 0

Hz <<0 z 1 0

Lz <<0 zL

H−

L

H− 1

Trascurando il contributo deformativo dello sforzo assiale e del taglio, lo spostamento cercato vale

dsEJ

MMu

SC ∫⋅

=⋅'

1 .


[ ]

+=

+⋅

∫ H

XpH

EJ

Hdz

EJ

zH

Xz

pHzH

232 3

0

,

+=

−−⋅

−

∫ 2

3

0

2

23

2

H

XLpL

EJ

Hdz

EJ

L

Xz

L

zpHz

L

HL

,


+++=

2

3

223 H

XLpL

H

XpH

EJ

HuC ,

ovvero, sostituendo i numeri

cmuC 18.0200

30090

2

3001.0

200

90

2

2001.0

18263210003

2002

3

=

⋅

+⋅

++⋅

⋅⋅= .






TEMA

Dato il sistema piano di travi elastiche prismatiche mostrato in figura

y,v

O=A

p

D

x,u

200

cm

B C

200 cm 200 cm

E

aventi

A = 112 cm2, J = 18.263 cm4, E = 21.000,00 kN/cm2, p = 0,10 kN/cm,

1. classificare il sistema mediante: a) il computo dei vincoli; b) il computo dei gradi di libertà;

2. risolvere il sistema mediante il metodo delle strutture ausiliarie; 3. tracciare i diagrammi quotati ed in scala delle caratteristiche della sollecitazione; 4. trovare il valore dello spostamento . Bv



Emanuele Bonelli

10


SOLUZIONE:


Inseriamo un numero sufficiente di sezioni al fine di isolare i punti di discontinuità (di vincolo, di carico e geometriche) del sistema. Al termine di tale operazione, s’individuano le travi , , , e , ed i nodi A, B, C, D e E, connessi fra loro e coi vincoli nel modo indicato nella figura seguente.

y,v

O=A

p

D

x,u B C

E

H

L L

1

2

3 4 5

6

7 8 9 10

1

2

3

4 5


Il sistema piano è ottenuto connettendo le cinque travi elastiche , , , e fra loro e coi vincoli come mostrato in figura. In assenza di vincoli e connessioni, il sistema avrebbe 3 x 5 = 15 gradi di libertà.

D’altra parte: • la connessione 1-9 è doppia ( , v ), per cui =m ; 91 uu = 91 v= 291−

• la connessione 2-3 è doppia ( , v ), per cui =m ; 32 uu = 32 v= 232−

• la connessione 4-5 è tripla (u , , θ ), per cui =m ; 54 u= 54 vv = 54 θ= 354−



• la cerniera fissa in A è un vincolo doppio (u , ), per cui ; 0=A 0=Av 2=Am• la cerniera mobile (carrello) in C è un vincolo semplice ( v ), per cui ; 0=C 1=Cmcosicché il grado complessivo di vincolo del sistema è 16. Pertanto, se i vincoli sono indipendenti (efficaci), il sistema dato è al più una struttura una volta iperstatica.


a2) computo dei vincoli - metodo sintetico (parte per parte) Il sistema piano è ottenuto connettendo fra loro e coi vincoli le due parti I = [ ]

e II = [ + + + ] nel modo illustrato in figura. In assenza di vincoli e connessioni il sistema avrebbe 6 gradi di libertà.

D’altronde: • la connessione 1-9 è doppia ( , v ), per cui =m ; 91 uu = 91 v= 291−

• la connessione 2-3 è doppia ( , v ), per cui =m ; 32 uu = 32 v= 232−

• la cerniera fissa in A è un vincolo doppio (u , ), per cui ; 0=A 0=Av 2=Am• la cerniera mobile (carrello) in C è un vincolo semplice ( v ), per cui ; 0=C 1=Cmcosicché il grado complessivo di vincolo del sistema è 7. Pertanto, se i vincoli sono indipendenti (efficaci), il sistema dato è al più una struttura una volta iperstatica. b) computo dei gradi di libertà

• La connessione doppia 1-9 permette la rotazione relativa ; 9191 θ−θ=θ∆ −

• la connessione doppia 2-3 permette la rotazione relativa ; 3232 θ−θ=θ∆ −

• la cerniera fissa in A permette la rotazione assoluta θ ; A

• il carrello in C permette lo spostamento assoluto e la rotazione assoluta . Cu CθIntrodotti cinque vincoli semplici per sopprimere i gradi di libertà descritti, si ottiene una struttura costituita da due maglie chiuse, una esterna ed una interna, a ciascuna delle quali compete un grado di iperstaticità pari a tre. Pertanto, se i vincoli sono indipendenti (efficaci), il sistema dato è al più una struttura una volta iperstatica.

2. Risoluzione del sistema col metodo delle strutture ausiliarie Adottiamo la struttura principale seguente, ottenuta eliminando la connessione 1-9.

y,v

O=A

D

x,u B C

E

H

L L

z

z

z

z z

Per ciascuna trave indichiamo l’origine ed il verso positivo dell’ascissa curvilinea; inoltre, per semplificare i calcoli, assumiamo come positivi i momenti flettenti che tendono le fibre poste dalla parte tratteggiata.

3


Sistema ausiliario 0 y,v

O=A

p

D

x,u B C

E

H

L L

0


=⋅+⋅−=

=−+=

==

∑∑∑

022/

0

0

02

00

0

LYLpM

pLYYF

XF

CzA

CAy

Ax


=

=

=

pLY

pLY

X

C

A

A

41430

0

0

0

e le caratteristiche della sollecitazione Trave Tratto M0 T0 N0

Hz <<0 0 0 0

Lz <<0 2

2zp− zp 0

Hz <<0 2

2pL− 0 pL−

Lz <<0 4

)( zLpL + 4pL

− 0

Lz <<0 4

zpL 4pL

− 0



y,v

O=A

D

x,u B C

E

H

L L

1 1

1


=⋅+=

=+=

==

∑∑∑

02

0

0

1

11

1

LYM

YYF

XF

CzA

CAy

Ax


=

=

=

0

0

0

1

1

1

C

A

A

Y

Y

X


Hz <<0 0 0 -1

Lz <<0 z -1 0

Hz <<0 L 0 1

Lz <<0 z− 1 0

Lz <<0 0 0 0

Calcolo dell’iperstatica Per semplicità, trascuriamo il contributo deformativo dello sforzo di taglio. Sviluppando gli integrali

[ ]

EJpLzd

EJ

zpzL

82 4

0

2

−=

−⋅

∫ , [ ]

EJHpLzd

EJ

pLLH

22 3

0

2

−=

−⋅

∫ ,

5


[ ]

EJpLzd

EJ

zLpLzL

245

)(4 4

0

−=

+⋅−

∫ , [ ] [ ]EA

pLHzdEA

pLH

−=−⋅

∫0

1 ,


EApLH

EJHLpLds

EANNds

EJMM

SS

−+

−=⋅

+⋅

=η ∫∫ 6)32(3

010110 .


[ ]

EJLzd

EJzL

3

3

0

2

=∫ , [ ]EJ

HLdzEJLH 2

0

2

=∫ ,

[ ]

EJLdz

EJzL

3

3

0

2

=−

∫ , [ ]EAHzd

EA

H

=−

∫0

21 , [ ]EAHzd

EA

H

=∫0

21


EAH

EJHLLds

EANds

EJM

SS

23

)32(221

21

11 ++

=+=η ∫∫ ,

per cui

223

)32(6

)32(

2

3

11

10 pL

EAH

EJHLL

EApLH

EJHLpL

X =+

+

++

=−=ηη .

Coi valori numerici, si ottiene

kNX 102

==2001.0 ⋅ .

E’ facile constatare come il contributo deformativo dovuto allo sforzo assiale (termine estensionale) sia in ogni caso del tutto trascurabile rispetto a quello dovuto al momento flettente (termine flessionale).


3. Diagrammi delle caratteristiche della sollecitazione

Le reazioni vincolari, non dipendenti dal valore dell’incognita iperstatica, sono

=⋅

==

=⋅⋅

==

=

,0.542001.0

41

,0.154

2001.0343

,0.0

kNpLY

kNpLY

kNX

C

A

A

mentre le caratteristiche della sollecitazione sono date da Trave Tratto M T N

Hz <<0 0 0 2pL

−

Lz <<0 22

2 zpLzp+−

2pLzp − 0

Hz <<0 0 0 2pL

−

Lz <<0 4

)( zLpL − 4pL 0

Lz <<0 4

zpL 4pL

− 0

Alle espressioni precedenti corrispondono i seguenti diagrammi Momento Flettente

M

500 kNcm

1000 kNcm

7


Sforzo di taglio

T

-10 kN

+5 kN

+10 kN

-5 kN

Sforzo Normale

N

-10 kN -10 kN

4. Calcolo della spostamento vB.

y,v

O=A x,u

B C

L L

1

Applicando nel nodo B il carico esplorativo unitario in direzione e verso dello spostamento richiesto, risultano le reazioni vincolari [ ]2/12/10 ''' === CAA YYX

e le caratteristiche della sollecitazione Trave Tratto M’ T’ N’

Lz <<0 2/z 1/2 0

Lz <<0 2/z -1/2 0


Trascurando il contributo deformativo dello sforzo di taglio, lo spostamento cercato vale

dsEJ

MMvSB ∫

⋅=⋅

'

1 ,

ovvero,

∫ =

⋅

=L

B EJpLdz

EJ

zpLz

v0

4

12422 .

Sostituendo i valori numerici, si ottiene

cmvB 034765.0182632100012

2001.0=

⋅⋅⋅

=4

.

9






TEMA Dato il sistema piano di travi elastiche prismatiche mostrato in figura

y,v

O=A

p

x,u 20

0 cm

B C

200 cm 200 cm

E

D

100 cm

in cui - il pilone B - E è rigido; - la trave A – D ha le seguenti caratteristiche

A = 112 cm2, J = 18.263 cm4, E = 21.000,00 kN/cm2;

- gli stralli A – E ed E – C hanno le seguenti caratteristiche A = 10 cm2, E = 21.000,00 kN/cm2,

- il carico ha intensità p = 0,10 kN/cm, 1. classificare il sistema mediante:

a) il computo dei vincoli; b) il computo dei gradi di libertà;

2. risolvere il sistema mediante il metodo delle strutture ausiliarie; 3. tracciare i diagrammi quotati ed in scala delle caratteristiche della sollecitazione; 4. trovare il valore dello spostamento . Dv



Emanuele Bonelli

11


SOLUZIONE:

1. Classificazione del sistema Inseriamo un numero sufficiente di sezioni al fine di isolare i punti di discontinuità (di

vincolo, di carico e geometriche) del sistema. Al termine di tale operazione, s’individuano le travi , , , le aste , e , ed i

nodi A, B, C, D ed E, connessi fra loro e coi vincoli nel modo indicato nella figura seguente.

y,v

O=A

p

x,u

H

B C

L

E

D 1

10

8

7 5 6 2 3 4

3

4 5

L L/2 2 1

6

9

12

11


In assenza di vincoli e connessioni, il sistema avrebbe gradi di libertà. 1863 =×D’altra parte:

• la connessione 1-7 è doppia ( , ), per cui 2=m ; 71 uu = 71 vv = 71−

• la connessione 2-3 è tripla (u , v , θ ), per cui 3=m ; 32 u= 32 v= 32 θ= 32−


• la connessione 4-5 è tripla (u , v , ), per cui =m ; 54 u= 54 v= 54 θ=θ 354−

• la connessione 4-11 è doppia (u , ), per cui =m ; 114 u= 114 vv = 2114−



• la cerniera fissa in A è un vincolo doppio ( , v ), per cui ; 0=Au 0=A 2=Am• la cerniera mobile (carrello) in B è un vincolo semplice ( ), per cui ; 0=Bv 1=Bmcosicché il grado complessivo di vincolo del sistema è 19. Pertanto, se i vincoli sono indipendenti (efficaci), il sistema dato è al più una struttura una volta iperstatica. a2) computo dei vincoli - metodo sintetico (parte per parte)

Il sistema piano è ottenuto connettendo fra loro e coi vincoli le quattro parti I = [ + + ], II = [ ], III =[ ] e IV =[ ] nel modo illustrato in figura. In assenza di vincoli e connessioni il sistema avrebbe gradi di libertà. 1243 =×

D’altronde: • la connessione 1-7 è doppia ( , ), per cui 2=m ; 71 uu = 71 vv = 71−

2






• la cerniera fissa in A è un vincolo doppio ( , v ), per cui ; 0=Au 0=A 2=Am• la cerniera mobile (carrello) in B è un vincolo semplice ( ), per cui ; 0=Bv 1=Bmcosicché il grado complessivo di vincolo del sistema è 13. Pertanto, se i vincoli sono indipendenti (efficaci), il sistema dato è al più una struttura una volta iperstatica. b) computo dei gradi di libertà

• La connessione doppia 1-7 permette la rotazione relativa ∆ ; 7171 θθθ −=−

• la connessione doppia 2-9 permette la rotazione relativa ; 9292 θθθ −=∆ −




• la cerniera fissa in A permette la rotazione assoluta ; Aθ

• il carrello in B permette lo spostamento assoluto e la rotazione assoluta θ . Bu B

Introdotti otto vincoli semplici per sopprimere i gradi di libertà descritti, si ottiene una struttura costituita da tre maglie chiuse, una esterna e due interne, a ciascuna delle quali compete un grado di iperstaticità pari a tre. Pertanto, se i vincoli sono indipendenti (efficaci), il sistema dato è al più una struttura una volta iperstatica.

2. Risoluzione del sistema col metodo delle strutture ausiliarie Adottiamo la struttura principale seguente, ottenuta eliminando la connessione 4-11.

y,v

O=A

x,u

B C

E

D

H

L L

z z z

L/2 Per ciascuna trave indichiamo l’origine ed il verso positivo dell’ascissa curvilinea; inoltre, per semplificare i calcoli, assumiamo come positivi i momenti flettenti che tendono le fibre poste dalla parte tratteggiata.

3



y,v

O=A

p

x,u B C

E

D

H

L L/2

0

L


=⋅+⋅−=

=−+=

==

∑∑∑

02/)25(

025

0

02

00

0

LYLpM

pLYYF

XF

BzA

BAy

Ax


=

−=

=

pLY

pLY

X

B

A

A

825

85

0

0

0

0

.

L’equilibrio del nodo E si scrive

=−−−=

=+−=

∑∑

0

0065

04

06

04

yyy

xxx

NNNF

NNF da cui, essendo , si ricavano gli sforzi 00

6 =N

=

=

0

005

04

N

N


Lz <<0 2

21

85 pzpLz −− pzpL −−

85 0

Lz <<0 2)2(8

zLp+− zppL +

21 0

2/0 Lz << 2

2zp− zp 0

Dz <<0 0 0 0

Hz <<0 0 0 0

Dz <<0 0 0 0

dove 22 HLD += .

4



y,v

O=A

x,u B C

E

D

H

L L

1

1 1

L/2 Le equazioni cardinali della statica si scrivono

=⋅+=

=+=

==

∑∑∑

0

0

0

1

11

1

LYM

YYF

XF

BzA

BAy

Ax

da cui si ricavano le reazioni vincolari .

=

=

=

0

0

0

1

1

1

B

A

A

Y

Y

X

L’equilibrio del nodo E si scrive

=−−−=

=+−=

∑∑

0

0165

14

16

14

yyy

xxx

NNNF

NNF, da cui, essendo , si ricavano gli sforzi 11

6 =N

−=

=

DHN

N2

115

14

e caratteristiche della sollecitazione Trave Tratto M1 T1 N1

Lz <<0 H/D z H/D -L/D

Lz <<0 zDH ⋅/ -H/D -L/D

2/0 Lz << 0 0 0

Dz <<0 0 0 1

Hz <<0 0 0 -2H/D

Dz <<0 0 0 1

5


Calcolo dell’iperstatica Per semplicità, trascuriamo il contributo deformativo dello sforzo di taglio. Sviluppando gli integrali

EJDHpLdz

EJ

pzpLzzDH

L

321

85

4

0

2

−=

−−⋅

∫ , EJD

HpLzdEJ

zLpzDH

L

4817

)2(8 4

0

2

−=

+−⋅

∫ ,


EJDHpLds

EJMM

S

401

10 1611

−=⋅

= ∫η .


2

23

0

2

322EJD

HLdzEJ

zDH

L

=

∫ , 2

3

0

2

22DEA

LdzEA

DL

T

L

T

=

−

∫ , [ ]S

D

S EADdz

EA212

0

2

=∫ ,


STSS EAD

DEAL

EJDHLds

EANds

EJM 22

32

2

3

2

2321

21

11 ++=+= ∫∫η ,

per cui

ST EAD

DEAL

EJDHL

EJDHpL

X22

32

1611

2

3

2

23

4

11

10

++=−=

ηη .

Coi valori numerici, si ottiene

kNX 84.2036.20498.4258

56.56786.1014.14698.4258

1022002

22001122002

22001826332002002

2200182632002001.0

1611

2

3

2

23==

++=

⋅⋅+⋅⋅

⋅+⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅

⋅⋅

=

4

.

E’ facile constatare come il contributo deformativo dello sforzo assiale delle travi , e (il primo termine estensionale a denominatore = 1.786) sia trascurabile rispetto a quello dovuto al momento flettente (termine flessionale = 146.014) ed al termine estensionale degli stralli e (= 56.56).

6



Le reazioni vincolari, non dipendenti dal valore dell’incognita iperstatica, sono

+=⋅⋅

+==

−=⋅⋅

−=−=

=

,50.628

2001.025825

,50.128

2001.0585

,0.0

kNpLY

kNpLY

kNX

B

A

A

mentre le caratteristiche della sollecitazione sono date da Trave Tratto M T N

Lz <<0 2/1.0236.2 2zz ⋅−⋅ z⋅− 1.0236.2 -14.736

Lz <<0 2

1.0264.15827.15522zz ⋅

−⋅+− z⋅− 1.0264.15 -14.736

2/0 Lz << 2

1.0 2z⋅− z⋅1.0 0

Dz <<0 0 0 +20.840

Hz <<0 0 0 -29.472

Dz <<0 0 0 +20.840

Alle espressioni precedenti corrispondono i seguenti diagrammi Momento Flettente (non ho tempo per disegnarlo meglio)

M

-1553 kNcm

-500 kNcm

7


Sforzo di taglio

T

2.23 kN

-17.76 kN

15.26 kN

4.736 kN

10 kN

+

-

-

+

Sforzo Normale

-29.47 kN 15.26 kN

-14.74 kN

+20.84 k+ - +

N +20.84 k

- -

4. Calcolo della spostamento vD.

Utilizziamo il seguente sistema equilibrato

1

Applicando nel nodo D il carico esplorativo unitario in direzione e verso dello spostamento richiesto, risultano le reazioni vincolari [ ]2/52/30 ''' =−== BAA YYX


8


Trave Tratto M’ T’ N’

Lz <<0 -3/2z -3/2 0

Lz <<0 )2/( zL +− 1 0

2/0 Lz << z− 1 0

Trascurando il contributo deformativo dello sforzo di taglio, lo spostamento cercato vale

dsEJ

MMvSD ∫

⋅=⋅

'

1 ,

ovvero, sviluppando i tre integrali

∫

⋅+−−⋅

L

dzEJ

zDHXpzpLzz

0

2

21

85

23

=

⋅++−⋅

+−

∫L

dzEJ

zDHXzLpzL

0

2)2(8

)2

(

[ ]=

−⋅−

∫2/

0

2

2L

dzEJ

zpz

e sostituendo i valori numerici, si ottiene

cmv 1396.0≈D ,

spostamento valutato in direzione e verso del carico esplorativo.

9






TEMA

La figura riporta lo schema resistente del controvento longitudinale di parete di un piccolo capannone industriale.

B

C D

E

p

300

400

200

F

y,v x,u O=A

H

300

G

Sapendo che: a) il materiale è elastico lineare con modulo E = 21.000,00 kN/cm2, b) le travi hanno le seguenti proprietà geometriche

Piedritti HE320A A = 112,0 cm2, J = 18.263 cm4, Traverso IPE600 A = 156,0 cm2, J = 92.080 cm4, Diagonali U200 A = 32,2 cm2, J = 1.911 cm4,

c) i carichi hanno i valori H = 30 kN e p = 0,50 kN/cm, rispettivamente, 1. classificare il sistema mediante il computo dei vincoli; 2. classificare il sistema mediante il computo dei gradi di libertà; 3. risolvere il sistema col metodo delle strutture ausiliarie; 4. tracciare i diagrammi quotati ed in scala delle caratteristiche della sollecitazione.

Nota: Le lunghezze indicate in figura sono espresse in cm.

Emanuele Bonelli

12


SOLUZIONE:


Inseriamo un numero sufficiente di sezioni (16) al fine di isolare i punti di discontinuità (di vincolo, di carico e geometriche) del sistema.

Al termine di tale operazione, s’individuano sei travi, numerate da a , due aste, e , e sette nodi, identificati dalle lettere da A a G, connessi fra loro e coi vincoli nel

modo indicato nella figura seguente.

B

C D E

L h 1

h 2

F

y,v

x,u

O=A L G 1

2 3

4 5

1

2

3 4

5

6 7 8

12

11 10

9

6

13

14 15

16

7 8

10hz<<

a1) computo dei vincoli - metodo generale (trave per trave ed asta per asta)

In assenza di vincoli e connessioni, il sistema avrebbe 3 x 8 = 24 gradi di libertà. D’altra parte:

• la cerniera fissa in A è un vincolo doppio ( 01 =u , 01 =v ), per cui 2=Am ; • la cerniera fissa in G è un vincolo doppio ( 012 =u , 012 =v ), per cui 2=Gm ; • la connessione 2-3 è tripla ( 32 uu = , 32 vv = , 32 θθ = ), per cui 332 =−m ; • la connessione 2-13 è doppia ( 132 uu = , 132 vv = ), per cui 2132 =−m ; • la connessione 4-5 è doppia ( 54 uu = , 54 vv = ), per cui 254 =−m ; • la connessione 6-7 è tripla ( 76 uu = , 76 vv = , 76 θθ = ), per cui 376 =−m ; • la connessione 6-14 è doppia ( 146 uu = , 146 vv = ), per cui 2146 =−m ; • la connessione 6-15 è doppia ( 156 uu = , 156 vv = ), per cui 2156 =−m ; • la connessione 8-9 è doppia ( 98 uu = , 98 vv = ), per cui 298 =−m ; • la connessione 10-11 è tripla ( 1110 uu = , 1110 vv = , 1110 θθ = ), per cui 31110 =−m ; • la connessione 10-16 è doppia ( 1610 uu = , 1610 vv = ), per cui 21610 =−m ;


3

cosicché il grado complessivo di vincolo del sistema è 25. Pertanto, se i vincoli sono indipendenti (efficaci), il sistema dato è al più una struttura una volta iperstatica.

a2) computo dei vincoli - metodo sintetico (parte per parte)

Il sistema piano è ottenuto connettendo fra loro e coi vincoli le cinque parti I = [ + ], II = [ + ], III = [ + ], IV = [ ] e V = [ ], nel modo illustrato in figura. In assenza di vincoli e connessioni il sistema avrebbe 15 gradi di libertà.

D’altronde: • la cerniera fissa in A è un vincolo doppio ( 01 =u , 01 =v ), per cui 2=Am ; • la cerniera fissa in G è un vincolo doppio ( 012 =u , 012 =v ), per cui 2=Gm ; • la connessione I-II è doppia ( 54 uu = , 54 vv = ), per cui 2=−IIIm ; • la connessione II-III è doppia ( 98 uu = , 98 vv = ), per cui 2=−IIIIIm ; • la connessione I-IV è doppia ( 132 uu = , 132 vv = ), per cui 2=−IVIm ; • la connessione II-IV è doppia ( 146 uu = , 146 vv = ), per cui 2=−IVIIm ; • la connessione II-V è doppia ( 157 uu = , 157 vv = ), per cui 2=−VIIm ; • la connessione III-V è doppia ( 1610 uu = , 1610 vv = ), per cui 2=−VIIIm ;

cosicché il grado complessivo di vincolo del sistema è 16. Pertanto, se i vincoli sono indipendenti (efficaci), il sistema dato è al più una struttura una volta iperstatica.

b) computo dei gradi di libertà

Il sistema è costituito da un’unica parte vincolata al suolo e dotata di sconnessioni. • La cerniera fissa in A permette la rotazione assoluta 1θ ; • la cerniera fissa in C permette la rotazione assoluta 12θ ; • la sconnessione semplice M=0 in B permette la rotazione relativa IIVIVI θθθ −=∆ − ; • la sconnessione semplice M=0 in C permette la rotazione relativa IIIIII θθθ −=∆ − ; • la sconnessione doppia M=0 in D permette le rotazioni relative IIIVIVII θθθ −=∆ − e

IIVVII θθθ −=∆ − ; • la sconnessione semplice M=0 in E permette la rotazione relativa IIIIIIIIII θθθ −=∆ − ; • la sconnessione semplice M=0 in F permette la rotazione relativa IIIVVIII θθθ −=∆ − . Introdotti otto vincoli semplici per sopprimere i gradi di libertà descritti, si ottiene una struttura costituita da tre maglie chiuse, una esterna e due interne, a ciascuna delle quali compete un grado di iperstaticità pari a tre. Pertanto, se i vincoli sono indipendenti (efficaci), il sistema dato è al più una struttura una volta iperstatica.


2. Risoluzione del sistema col metodo delle strutture ausiliarie

Adottiamo la struttura principale mostrata in figura, ottenuta eliminando la componente orizzontale XG della reazione vincolare in G.

B

C D

E

L

h 1

h 2

F

y,v x,u O=A

L

G

α d

s

Dotiamo ciascuna trave di una propria ascissa curvilinea, avente l’origine nell’estremo con indice alfanumerico inferiore (numero o lettera), e considerata positiva e crescente se diretta verso l’altro estremo. Assumiamo come positivi i momenti flettenti che tendono le fibre poste dalle parti tratteggiate in figura. Infine, ricaviamo i valori

cmhhh 60021 =+= , cmhLd 555.36022

2 =+= , cmdhLs 410.166/2 =⋅= ,

554700.0/sin 2 == dhα , 832050.0/cos == dLα .


B

C D

E

p

L

h 1

h 2

F

y,v x,u O=A

H

L

G

0


5


=⋅+⋅−⋅−==⋅−+=

=+=

∑∑∑

02202

0

02

00

0

LYLphHMLpYYF

HXF

GzA

GAy

Ax


kNHX A 00.300 −=−= , kNpLL

HhYA 00.1202

0 =+−= , kNpLL

HhYG 00.1802

0 =++= .

L’equazione ausiliaria, 008 =⋅−= sNM E , fornisce 00

8 =N . L’equazione ausiliaria, 00

70 =⋅−⋅−= sNhXM AC , fornisce kNshXN A 20.108/00

7 =⋅−= , da cui

kNNN x 02.90cos07

07 =⋅= α , kNNN y 01.60sin0

707 =⋅= α .

Le caratteristiche della sollecitazione risultano Trave Tratto M0 T0 N0

10 hz << zX A ⋅− 0 0AX− 0

AY−

20 hz << zNzhX xA ⋅−+⋅− 071

0 )( 07

0xA NX −− 0

70

yA NY −−

Lz <<0 207

0 2/)( zpzNY yA ⋅−⋅+ zpNY yA ⋅−+ 07

0 HNX xA −− 07

0

Lz <<0 20 2/ zpzYG ⋅−⋅ zpYG ⋅+− 2/0 0

20 hz << 0 0 0GY−

10 hz << 0 0 0GY−

dz <<0 0 0 07N

dz <<0 0 0 0

Passando ai valori numerici si ha:

Trave Tratto M0 T0 N0 10 hz << 30 z 30 -120.0

20 hz << 12000 - 60.0 z -60.0 -180.0

Lz <<0 180.0 z - 0.25 z2 180.0 - 0. 5 z -90.0

Lz <<0 225.00.180 zz ⋅−⋅ z⋅− 5.00.180 0.0

20 hz << 0.0 0.0 -180.0

10 hz << 0.0 0.0 -180.0

dz <<0 0.0 0.0 108.2

dz <<0 0.0 0.0 0.0



B

C D

E

L

h 1

h 2

F

y,v x,u O=A

L

G

1

1


=⋅==+=

=+=

∑∑∑

020

01

1

11

1

LYMYYF

XF

GzA

GAy

Ax


001 111 ==−= GAA YYX .

L’equazione ausiliaria, 01 18 =⋅−⋅= sNhM E , fornisce kNshN 606.3/1

8 == da cui kNNN x 00.3cos1

818 =⋅= α , kNNN y 00.2sin1

818 =⋅= α .

L’equazione ausiliaria, 017

1 =⋅−⋅−= sNhXM AC , fornisce 18

117 / NshXN A =⋅−= , da cui

kNNN x 00.3cos17

17 =⋅= α , kNNN y 00.2sin1

717 =⋅= α .

Le caratteristiche della sollecitazione risultano

Trave Tratto M1 T1 N1 10 hz << z 1 0

20 hz << zNh x ⋅−+ )1( 171 1

71 xN− 17 yN−

Lz <<0 zNhNh yx ⋅+⋅− 172

17 1

7 yN 171 xN−

Lz <<0 zNhNh yx ⋅+⋅− 182

18 1

8 yN− 181 xN−

20 hz << zNh x ⋅−+ )1( 181 0 1

81 xN− 18 yN−

10 hz << z -1 0

dz <<0 0 0 17N

dz <<0 0 0 18N


7

Passando ai valori numerici si ha:

Trave Tratto M1 T1 N1 10 hz << z 1.0 0.0

20 hz << 400 – 2 z -2.0 -2.0

Lz <<0 2 z 2.0 -2.0

Lz <<0 z2 -2.0 -2.0

20 hz << z2400 − 2.0 -2.0

10 hz << z -1.0 0.0

dz <<0 0.0 0.0 3.606

dz <<0 0.0 0.0 3.606

Calcolo dell’iperstatica

Trascurando il contributo deformativo dello sforzo di taglio, risultano

∫∫⋅

+⋅

=SS

dsEA

NNdsEJ

MM 010110η ed ∫∫ +=

SS

dsEANds

EJM 2

12

111η .

Tenuto conto delle diverse proprietà geometriche degli elementi, occorre valutare:

Trave : [ ] [ ] [ ] [ ] cmEJ

hdzzzEJ

dzzXzEJ

hh

A 669.1103011

1

31

010

0

1

11

≈⋅

=⋅⋅=⋅−⋅ ∫∫ ,

Trave : [ ] [ ]

[ ] [ ] cmdzzzEJ

dzzNXhXzNhEJ

h

h

xAAx

834.0601200024001

)()1(1

2

2

01

0

07

01

0171

1

≈−⋅−

=⋅−−+⋅−⋅⋅−+

∫

∫

Trave : [ ] [ ]

[ ] [ ] cmdzzzzEJ

dzzpzNYzNhNhEJ

L

L

yAYx

152.125.018021

2/)(1

0

2

2

0

207

0172

17

2

≈−⋅

=⋅−⋅+⋅⋅+⋅−

∫

∫

Trave : [ ] [ ]

[ ] [ ] cmzdzzzEJ

zdzpzYzNhNhEJ

L

L

Gyx

152.125.018021

2/1

0

2

2

0

20182

18

2

≈−⋅

=⋅−⋅−⋅⋅+⋅−

∫

∫


Trave : [ ] [ ] [ ] [ ] cmzdEA

zdYNEA

hh

Gy 0552.00.180606.311 22

010

018

1

≈−⋅−=−⋅− ∫∫ ,

Asta : [ ] [ ] [ ] [ ] cmdzEA

dzNNEA

dd

2080.02.108606.311

030

07

17

3

≈⋅=⋅ ∫∫ .

Sommando i contributi, si ricava lo spostamento cercato cm093.510 ≅η .

Analogamente, calcoliamo i seguenti integrali

Trave : [ ] cmEJhdzz

EJ

h

055.03

1

1

31

0

2

1

1

≈=∫ ,

Trave : [ ] [ ] cmdzzEJ

dzzNhEJ

hh

x 0278.024001)1(1 22

0

2

10

2171

1

≈−=⋅−+ ∫∫ ,

Trave : [ ] [ ] cmEJLdzz

EJdzzNhNh

EJ

LL

Yx 019.034211

2

3

0

2

20

2172

17

2

≈==⋅+⋅− ∫∫ ,

Trave : [ ] [ ] cmEJLzdz

EJzdzNhNh

EJ

LL

yx 019.034211

2

3

0

2

20

2182

18

2

≈==⋅+⋅− ∫∫ ,

Trave : [ ] [ ] cmzdzEJ

zdzNhEJ

hh

x 0278.024001)1(1 22

0

2

10

2181

1

≈−=⋅−+ ∫∫ ,

Trave : [ ] cmEJhzdz

EJ

h

055.03

1

1

31

0

2

1

1

≈=∫ ,

Asta : [ ] [ ] cmEA

ddzEA

dzNEA

dd

0069.000.13606.311

30

2

30

217

3

≈⋅

== ∫∫

Asta : [ ] [ ] cmEA

ddzEA

dzNEA

dd

0069.000.13606.311

30

2

30

218

3

≈⋅

== ∫∫ .

Sommandone i contributi, si ricava lo spostamento cm2174.011 ≅η . In definitiva, il valore dell’iperstatica risulta

kNX 210.23/ 1110 −≅−= ηη .


9


Le reazioni vincolari effettive risultano kNYkNXkNYkNX GGAA 00,18021,2300,12079,6 =−==−= .

Dall’equazione ausiliaria, 08 =⋅−⋅= sNhXM GE , si ha kNshXN G 70,83/8 −=⋅−= . Dall’equazione ausiliaria, 07 =⋅−⋅−= sNhXM AC , si ha kNshXN A 47,24/7 −=⋅−= . Pertanto, si ricavano

kNNN x 36.20cos77 =⋅= α , kNNN y 57.13sin77 =⋅= α , kNNN x 64.69cos88 +=⋅= α , kNNN y 43.46sin88 −=⋅= α .

Le caratteristiche della sollecitazione risultano Trave Sezione M T N

1 0.00 6.79 -120.00

2 2715.00 6.79 -120.00

3 2715.00 -13.57 -133.60

4 0.00 -13.57 -133.60

5 0.00 +133.60 -43.57

6 17570.00 -16.43 -43.57

7 17570.00 +16.43 +46.43

8 0.00 -133.60 +46.43 9 0.00 -46.43 -133.60

10 -9285.00 -46.43 -133.60

11 -9285.00 +23.21 -180.00

12 0.00 +23.21 -180.00

13 - 14 0.00 0.00 24.47 15 - 16 0.00 0.00 -83.70

Nella trave il taglio si annulla nella sezione di ascissa cmpTz 2.2675.0/6.133/5 === in cui si verifica il momento massimo

kNcmzpzTM 96.178482/2.2675.02.2676.1332/max 225 =⋅−⋅=⋅−⋅= .

Nella trave il taglio si annulla nella sezione di ascissa cmpTz 2.2675.0/6.133/8 === in cui si verifica il momento massimo

kNcmzpzTM 96.178482/2.2675.02.2676.1332/max 228 =⋅−⋅=⋅−⋅= ,

coincidente col valore precedente.


Momento Flettente

B

C D E

F

A G

M -2715 -9285

+17848 +17848

Sforzo di taglio

B

C D E

F

A G

T

+6.78

-133

.6

+133

.6

-16.

43

+16.

43

+23.21

-46.43

+

-

+

-

Sforzo Normale

B

C D E

F

A G

N

-133.6

-180

+46.43

-43.57

-120

-133.6

+24.47 -83.70





Parte IV) MECCANICA DEI SOLIDI DEFORMABILI ED ELEMENTI DI TEORIA DELL’ELASTICITA’

TEMA 1

Dato il tensore degli sforzi riferito al sistema principale O, xp, yp, zp

−

−=

15500

03500

00100

T ,

in cui le tensioni sono espresse in kN/cm2 (1 kN/cm2 = 10 MPa) 1. rappresentare lo stato di tensione mediante i tre cerchi di Mohr; 2. determinare il valore della σ ; MAX

3. determinare il valore della σ ; min

4. determinare il valore della τ ; MAX

Definito il versore [ T1113

1=oct ]n della trisettrice del primo ottante principale,

determinare 5. il vettore trazione t ; oct

6. il valore della tensione normale σ ; oct

7. il valore della tensione tangenziale τ ; oct

8. rappresentare il punto nel piano di Mohr; ),( octoctoctP τσ=

Infine, coi valori dei moduli elastici, e ν , 2/00,000.210 cmkNE = 3,0=9. calcolare il valore della dilatazione lineare specifica ε nella direzione individuata

dal versore

llT

411

51

21

=l .



SOLUZIONE: (Prova del 4 Giugno 2002, allieva: Letizia Pavoni)

1. Rappresentazione dello stato di tensione mediante i tre cerchi di Mohr Calcoliamo l’ascissa del centro ed il raggio di ciascun cerchio.

Cerchio :

=+−

=−

=

−=−−

=+

=

2321

2321

/5.972

1553502

:

/5.2522

1553502

:

cmkNrraggio

cmkNcascissa

σσ

σσ

Cerchio :

=−−

=−

=

−=+−

=+

=

2132

2132

/5.1272

1001552

:

/5.272

1001552

:

cmkNrraggio

cmkNcascissa

σσ

σσ

Cerchio :

=+

=−

=

−=−

=+

=

2213

2213

/0.2252

3501002

:

/0.1252

3501002

:

cmkNrraggio

cmkNcascissa

σσ

σσ

Lo stato di tensione dato ammette nel piano di Mohr la rappresentazione grafica seguente

),,( nnO τσ

τn

O

r1 r2

r3

c1 c2 c3

σmin σMAX

τMAX

σoct

τoct

σn

Poct toct

Salvatore Sergio Ligarò Meccanica dei solidi deformabili ed elementi di teoria dell’elasticità: Esempio 1

2. Determinazione del valore della σ MAX

Note le tensioni principali, la σ è data da MAX

2

2

1321 /100155,350,100max,,max σσσσσ ==−−== cmkNMAX

3. Determinazione del valore della σ min

La σ è data da min

2321min /350155,350,100min,,min σσσσσ =−=−−== cmkN

4. Determinazione del valore della τ MAX

La τ è data da MAX

32

213133221 /0.225,,max

2,

2,

2max rcmkNrrrMAX ===

−−−

=σσσσσσ

τ

5. Determinazione del vettore trazione oct

oct

t

Il vettore trazione agente sull’elemento piano che ha per normale la trisettrice

del primo ottante principale,

t

[ T1113

=octn ]1

oct

, è dato da

octnTt = ,

dove T è il tensore degli sforzi assegnato. Nel riferimento principale O, xp, yp, zp le sue componenti sono

−

−=

−

−=

−

−=

=

489.89

073.202

735.57

30.155

30.350

30.100

31

31

31

0.155.0.0

.00.350.0

.0.00.100

octz

octy

x

oct

t

t

t

t

oct

.

Il modulo vale

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2222222 /418.2280.1550.3500.1003

cmkNtttt octz

octy

octx

octoct =−+−+=++== t 1

6. Determinazione del valore della tensione normale σ oct

Il valore della tensione normale ottaedrale è dato da


[ ] 22/0.135

31

31

31

489.89073.202735.57 σσ =−=

−−=⋅== cmkNoctoctoct

oct ntσ

7. Determinazione del valore della tensione tangenziale τ oct

Il valore della tensione tangenziale ottaedrale è dato da

( ) ( ) ( ) ( ) 22222 /255.1840.135418.228 cmkNt octoctoct

oct =−−=−== στ τ

8. Rappresentazione del punto P nel piano di Mohr ),( octoctoct τσ=

Il punto è ben visibile nel diagramma mostrato in precedenza. Ovviamente, esso cade nella regione interna al cerchio maggiore ed esterna ai cerchi minori.

),(P τσ= octoctoct

9. Calcolo del valore della dilatazione lineare specifica nella direzione

individuata dal versore

llεT

411

51

21

=l

Utilizzando il legame costitutivo elastico lineare

−−

−−

−−

=

xy

zx

yz

z

y

x

xy

zx

yz

z

y

x

G

G

G

EEE

EEE

EEE

τ

τ

τ

σ

σ

σ

νν

νν

νν

γ

γ

γ

ε

ε

ε

100000

010000

001000

0001

0001

0001

in cui è il modulo di elasticità trasversale del materiale, si ricavano le seguenti componenti del tensore della deformazione, anch’esse nel riferimento principale,

)1(2/ ν+= EG


−−

=

−−

⋅=

−−

−−−−−−

⋅=

0.00.00.0

000380952.0001588095.0

001197619.0

0.00.00.0

0.805.333

5.251

1

0.00.00.0

0.1550.350

0.100

2.60000002.60000002.600000010.30.30000.310.30000.30.31

1EE

xy

zx

yz

z

y

x

γγγεεε

per cui il tensore della deformazione risulta

−

−=

000380952.00.00.0

0.0001588095.00.0

0.00.0001197619.0

ε .

La deformazione nella direzione l assegnata vale

lεε =l ,

ovvero

−

−=

−

−=

=

000315869.0

000317619.0

000598810.0

411

51

21

000380952.00.00.0

0.0001588095.00.0

0.00.0001197619.0

lz

ly

x

l

ε

ε

ε

ε

l

.

Il suo modulo vale

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 000747815.0000315869.0000317619.0000598810.0 222222=−+−+=++== l

zly

lx

ll εεεε ε

mentre la dilatazione lineare specifica vale

[ ] 000026024.0

411

51

21

000315869.0000317619.0000598810.0 −=

−−=⋅= lεlllε .






TEMA 2

In un punto P è noto lo stato di tensione. Nel sistema di riferimento O, x, y, z, le componenti del tensore degli sforzi, espresse in kN/cm2 (1 kN/cm2 = 10 MPa), assumono i valori

=

30.030.060.0

30.00.00.0

60.00.00.0

T .

Date le direzioni n ed m di versori [ T213141

= ]n ed [ ]T342291

=m ,

rispettivamente, determinare

1. i vettori trazione t e t ; n m

2. le tensioni normali σ e σ ; n m

3. le tensioni tangenziali τ e τ ; n m

4. verificare l’uguaglianza t ; ntm ⋅=⋅ mn

5. calcolare le tensioni e le direzioni principali; 6. rappresentare lo stato di tensione mediante i tre cerchi di Mohr; 7. determinare i valori delle σ , σ e τ ; MAX min MAX

Infine, supponendo che il materiale sia elastico, lineare, omogeneo ed isotropo, con e ν , 2/00,000.210 cmkNE = 3.0=

8. determinare il valore dello scorrimento angolare fra le direzioni n ed m.



SOLUZIONE: (Prova del 28 Giugno 2002, allieva: Cristina Antonelli)

1. Determinazione dei vettori trazione e n mt t

Il vettore trazione agente sull’elemento piano passante per il punto e normale al

versore

nt

[ T213141

=n ] , è dato da

nTt =n .

Nel riferimento principale O, x, y, z le sue componenti sono

=

=

=

161.72

036.16

071.32

142

141

143

0.300.300.60

0.300.00.0

0.600.00.0

nz

ny

nx

n

t

t

t

t ,

ed il suo modulo vale

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2222222 /578.80161.72036.16071.32 cmkNtttt nz

ny

nx

nn =++=++== t .

In modo analogo, il vettore trazione agente sull’elemento piano per il punto normale

al versore

mt

[ T342291

= ]m , ha per componenti

=

=

=

279.61

713.16

425.33

293

294

292

0.300.300.60

0.300.00.0

0.600.00.0

mz

my

mx

m

t

t

t

t ,


( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2222222 /776.71279.61713.16425.33 cmkNtttt mz

my

mx

mm =++=++== t .

2. Determinazione dei valori delle tensioni normali σ e σ n m

Il valori richiesti delle tensioni normali sono

[ ] 2/571.68142141143

161.72036.16071.32 cmkNnnn =

=⋅== ntσσ ,

[ ] 2/966.58293294292

279.61713.16425.33 cmkNmmm =

=⋅== mtσσ .


3. Determinazione dei valori delle tensioni tangenziali τ e τ n m

Il valori delle tensioni tangenziali sono

( ) ( ) ( ) ( ) 22222 /318.42571.68578.80 cmkNt nnn

n =−=−== στ τ ,

( ) ( ) ( ) ( ) 2/924.40996.58776.71 cmkNt mmm

m =−=−== στ τ 2222

mn

.

4. Verificare dell’uguaglianza ntmt ⋅=⋅

Risultano:

[ ] 2/022.64293294292

161.72036.16071.32 cmkNnnm =

=⋅= mtτ ,

[ ] 2/022.64142141143

279.61713.16425.33 cmkNmmn =

=⋅= ntτ .

5. Calcolo delle tensioni e delle direzioni principali

Tensioni principali La ricerca delle componenti principali di tensione (più semplicemente, tensioni

principali) richiede: a) il calcolo degli invarianti del tensore degli sforzi, b) la scrittura dell’equazione caratteristica e c) la sua risoluzione.

Nel caso in esame gli invarianti sono: 2

1 /0.30 cmkNI zzyyxx =++= σσσσ ,

222 )/(0.4500 cmkNI

zzzy

yzyy

zzzx

xzxx

yyyx

xyxx

−=++=στ

τσ

στ

τσ

στ

τσσ ,

323 )/(0.0 cmkNI ij == σσ .

L’equazione caratteristica, σ , diviene σ . 0322

13 =−⋅+⋅− σσσ σσ III 0450030 23 =⋅−⋅− σσ

Mettendo in evidenza il fattore comune, si ha σ ; pertanto, una tensione principale è σ , mentre le altre due coincidono con le soluzioni dell’equazione di secondo grado σ , ovvero,

0)450030( 2 =−⋅−⋅ σσ

0=

22 /0.0 cmkN=

2 450030 −⋅− σ

−

=±⋅=±

=2

2

3,1

/739.83

/739.53)211(15

21890030

cmkN

cmkNσ .


Direzioni principali

La direzione principale 1, associata alla tensione principale σ1, ha versore . Le componenti del versore n[ T1111

zyx nnn=n ] 1 si ottengono risolvendo il sistema di equazioni algebriche, non lineare e non omogeneo,

=

⋅

−

−

−

1

0

0

0

)(

)(

)(

1

1

1

111

1

1

1

z

y

x

zyx

zzzyzx

yzyyyx

xzxyxx

n

n

n

nnn

σσττ

τσστ

ττσσ

, ovvero,

=

⋅

1

0

0

0

739.830.300.60

0.30739.530.0

0.600.0739.53

1

1

1

111z

y

x

zyx

n

n

n

nnn

.

La terza equazione è una combinazione lineare delle prime due; pertanto, limitando l’attenzione alle prime due di esse, possiamo costruire il vettore

−−

=

⋅+

⋅−

⋅+

=

−−

⋅−

−⋅−

−⋅−

=

=

+

+

+

88.288717.161234.3224

739.530.00.0739.53

)1(

0.300.00.60739.53

)1(

0.30739.530.600.0

)1(

)()(

)1(

)()1(

)()1(

1

133

123

1

13

1

1

1

1

σσττσσ

τττσστσσττ

yyyx

xyxx

yzyx

xzxx

yzyy

xzxy

z

y

x

NNN

N ,

calcolarne il modulo

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 016.461988.288717.161234.3224 22221212111 =+−+−=++== zyx NNNN N ,

e porre

−−

=

−−

=

==625215.0349029.0698057.0

88.288717.161234.3224

016.461911

1

1

1

11

11

z

y

x

NNN

NNNn .

Procedendo in modo analogo, ricaviamo i versori delle altre due direzioni principali

−=

−=

==000000.0894427.0447213.0

0.00.18000.900

461.201211

2

2

2

22

22

z

y

x

NNN

NNNn ,

=

−=

==780431.0279594.0559188.0

22.701217.251234.5024

056.898511

3

333

33

z

y

x

NNN

NNNn

3

.



Cerchio :

=+

=−

=

−=−

=+

=

2321

2321

/869.262

739.5302

:

/869.262

739.5302

:

cmkNrraggio

cmkNcascissa

σσ

σσ

Cerchio :

=+

=−

=

=−

=+

=

2132

2132

/739.682

739.53739.832

:

/000.152

739.53739.832

:

cmkNrraggio

cmkNcascissa

σσ

σσ

Cerchio :

=−

=−

=

=+

=+

=

2213

2213

/869.412

0739.832

:

/869.412

0739.832

:

cmkNrraggio

cmkNcascissa

σσ

σσ


),,( nnO τσ

τn

O

r1 r2

r3

1 c2 c3

σmin σMAX

τMAX

σn

c


7. Determinazione dei valori della σ , σ e τ MAX min MAX

Note le tensioni principali, la σ è data da MAX

2

2

1321 /739.83739.53,0.0,739.83max,,max σσσσσ ==−== cmkNMAX

La σ è data da min

3321min /739.53739.53,0.0,739.83min,,min σσσσσ =−=−== cmkN

La τ è data da MAX

22

213133221 /739.68,,max

2,

2,


−−−

=σσσσσσ

τ

8. Determinazione dello scorrimento angolare fra le direzioni n ed m


−−

−−

−−

=

xy

zx

yz

z

y

x

xy

zx

yz

z

y

x

G

G

G

EEE

EEE

EEE

τ

τ

τ

σ

σ

σ

νν

νν

νν

γ

γ

γ

ε

ε

ε

100000

010000

001000

0001

0001

0001

in cui è il modulo di elasticità trasversale del materiale, si ricavano le seguenti componenti del tensore della deformazione nello stesso riferimento O, x, y, z

)1(2/ ν+= EG

−−

=

−−

⋅=

−−−−−−

⋅=

000000000.0000742857.0000371428.0000142857.0000042857.0000042857.0

0.00.1560.780.300.90.9

1

0.00.600.300.300.00.0

2.60000002.60000002.600000010.30.30000.310.30000.30.31

1EE

xy

zx

yz

z

y

x

γγγεεε



−

−=

−

−=

000142857.0000185714.0000371428.0000185714.0000042857.0000000000.0000371428.0000000000.0000042857.0

30397839907809

1E

ε .

Prima della deformazione, l’angolo acuto formato dalle direzioni n ed m uscenti dal punto valeva )1( == mn

[ ] 7940666.0406

3241232914

cos ==⋅+⋅+⋅⋅==mn

θ1611⋅mn ,

da cui ''58'25376533258.07940666.0arccos406

arccos °=≈== rad16θ .

Per effetto dello stato di tensione, il versore n subisce la deformazione ε di componenti n

=

⋅=

−

−==

000423799.0000087814.0000164174.0

33369

129

1411

142141143

30397839907809

1EE

n nεε ,

per cui il versore n si trasforma nel vettore di componenti nεnn +='

=

+++

=534522483.0267349055.0801947899.0

000423799.0142000087814.0141000164174.0143

'n e di modulo 000155105.1' == nn' .

In modo analogo, il versore m subisce la deformazione ε di componenti m

=

⋅=

−

−==

000355473.0000071625.0000191000.0

40281

216

2911

293294292

30397839907809

1EE

m mεε ,

per cui il versore m si trasforma nel vettore di componenti mεmm +='

=

+++

=557441487.0742852977.0371581676.0

000355473.0293000071625.0294000191000.0292

'm e di modulo 000322198.1' == mm' .

L’angolo acuto formato dai vettori n’ ed m’ vale ora

794176091.0000322198.1000155105.1''

'cos =⋅

==mn

θ794555193.0''⋅mn

rad

rad

,

da cui θ . 98'.'20'253765314576.0794176091.0arccos' °=≈=

Lo scorrimento cercato vale dunque γ . 13'.'37'00000018004.0' °==−= ϑϑ






TEMA 3

In un punto P è noto lo stato di tensione. Nel sistema di riferimento O, x, y, z, le componenti del tensore degli sforzi, T,

espresse in kN/cm2 (1 kN/cm2 = 10 MPa), assumono i valori

=

0.900.00.1000.00.900.00.1000.00.0

T .

Date le direzioni l ed m di versori [ T431261

= ]l ed [ ] T825931

=m ,

rispettivamente, determinare 1. i vettori trazione t e t ; l m

2. le tensioni normali σ e σ ; l m

3. le tensioni tangenziali τ e τ ; l m

4. le tensioni e le direzioni principali; 5. rappresentare lo stato di tensione mediante i tre cerchi di Mohr; 6. determinare i valori della σ , σ e τ ; MAX min MAX

Infine, supponendo che il materiale sia elastico, lineare, omogeneo ed isotropo, con costanti elastiche e ν , 2/00,000.210 cmkNE = 3,0=

7. determinare le componenti del tensore della deformazione nel riferimento principale delle tensioni.



SOLUZIONE: (Prova del 15 Luglio 2002, allieva: Eleonora Colonnata)

1. Determinazione dei vettori trazione e l mt t

Il vettore trazione agente sull’elemento piano passante per il punto P e normale

al versore

lt

[ 31261

=l ]T4 , è dato da

lTt =l .

Nel riferimento O, x, y, z, le sue componenti sono

=

=

=213.90951.52446.78

264263261

0.900.00.1000.00.900.00.1000.00.0

lz

ly

lx

l

ttt

t ,

ed il suo modulo è

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2222222 /752.130213.90951.52446.78 cmkNtttt lz

ly

lx

ll =++=++== t .

In modo analogo, il vettore trazione t corrispondente al versore m [ ]T825931

=m , ha

per componenti

=

=

=508.126665.18956.82

938932935

0.900.00.1000.00.900.00.1000.00.0

mz

my

mx

m

ttt

t ,


( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2222222 /428.152508.126665.18596.82 cmkNtttt mz

my

mx

mm =++=++== t .

2. Determinazione dei valori delle tensioni normali σ e σ l m

Il valori richiesti delle tensioni normali sono

[ ] 2/308.117264263261

213.90951.52446.78 cmkNlll +=

=⋅== ltσσ ,

[ ] 2/828.151938932935

508.126665.18956.82 cmkNmmm +=

=⋅== mtσσ .


3. Determinazione dei valori delle tensioni tangenziali τ e τ l m

Il valori delle tensioni tangenziali sono

( ) ( ) ( ) ( ) 22222 /750.57308.117752.130 cmkNt lll

l =−=−== στ τ ,

( ) ( ) ( ) ( ) 22222 /516.13828.151428.152 cmkNt mmm

m =−=−== στ τ .

4. Calcolo delle tensioni e delle direzioni principali Tensioni principali Gli invarianti di tensione sono

21 /0.180 cmkNI zzyyxx =++= σσσσ ,

222 )/(00.1900 cmkNI

zzzy

yzyy

zzzx

xzxx

yyyx

xyxx −=++=σττσ

σττσ

σττσσ ,

323 )/(000.900000 cmkNI ij −== σσ ,

per cui l’equazione caratteristica risulta σ . Questa può essere scritta come ; pertanto, una tensione principale è σ , mentre le altre due coincidono con le soluzioni dell’equazione algebrica σ , ovvero,

09000001900180 23 =+⋅−⋅− σσ90()90(]100)90( 22 ⋅−⋅−=−−− σσσσ

2/0. cmkN010000 =−⋅− σ

0)10000)[()90( =−⋅−⋅ σσ

2 90=902

−=±=

±= 2

2

3,1 /659.64/659.154

120254524810090

cmkNcmkN

σ .

Direzioni principali

La direzione 1, associata alla tensione principale σ1, ha versore n . Le componenti del versore n

[ ]T1111zyx nnn=

1 si ottengono risolvendo il sistema di equazioni algebriche, non lineare e non omogeneo,

=

⋅

−−

−

1000

)()(

)(

1

1

1

1111

1

1

z

y

x

zyx

zzzyzx

yzyyyx

xzxyxx

nnn

nnnσσττ

τσστττσσ

,

ovvero,

=

⋅

−−

−

1000

659.640.00.1000.0659.640.00.1000.0659.154

1

1

1

111 z

y

x

zyx

nnn

nnn

.

La terza equazione è proporzionale alla prima; pertanto, limitando l’attenzione alle prime due di esse, possiamo costruire il vettore


=

−−

−−

=

−−

−−

=

=00.1000000.090.6465

659.640.00.0659.1540.00.00.100659.1540.0659.640.1000.0

)()(

)(

1

1

1

1

1

1

1

σσττσσ

τττσσ

yyyx

xyxx

yzyx

xzxx

yz1yy

xzxy

z

y

x

τ)σ(σττ

NNN

N ,

calcolarne il modulo

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 311.1190800.1000000.090.6465 22221212111 =++−=++== zyx NNNN N ,

e porre

=

=

==839720.0000000.0542970.0

00.1000000.090.6465

311.1190811

1

1

1

11

11

z

y

x

NNN

NNNn .

Procedendo in modo analogo, ricaviamo i versori delle altre due direzioni principali

=

=

==000000.0000000.1000000.0

0.0010000.00

0.00

00.1000011

2

2

2

22

22

z

y

x

NNN

NNNn ,

=

=

==542970.0000000.0839720.0

00.1000000.090.15465

222.1841711

3

3

3

33

33

z

y

x

NNN

NNNn .

I risultati precedenti si ottengono più semplicemente osservando che , per cui σ è una tensione principale così come

è principale la direzione 2 ad essa associata di versore .

2/0.0 cmkNyzyx ==ττ 22/0.90 σ= cmkNyy =

[ ] [ ]TT2222 010== zyx nnnn


Cerchio :

=+

=−

=

=−

=+

=

2321

2321

/329.772

659.64000.902

:

/671.122

659.64000.902

:

cmkNrraggio

cmkNcascissa

σσ

σσ

,

Cerchio :

=−−

=−

=

=+−

=+

=

2132

2132

/659.1092

659.154659.642

:

/000.452

659.154659.642

:

cmkNrraggio

cmkNcascissa

σσ

σσ

,

Cerchio :

=−

=−

=

=+

=+

=

2213

2213

/329.322

000.90659.1542

:

/329.1222

000.90659.1542

:

cmkNrraggio

cmkNcascissa

σσ

σσ

.



),,( nnO τσ

σn

τn

O

r1 r2

r3 c1 c2 c3

σmin σMAX

τMAX

6. Determinazione dei valori della σ , σ e τ MAX min MAX

Note le tensioni principali, si hanno

2

2

1321 /659.154659.54,00.90,659.154max,,max σσσσσ ==−== cmkNMAX ,

3321min /659.64659.54,00.90,659.154min,,min σσσσσ =−=−== cmkN ,

22

213133221 /659.109,,max

2,

2,


−−−

=σσσσσσ

τ .


7. Determinazione delle componenti del tensore della deformazione nel riferimento principale delle tensioni


−−

−−

−−

=

xy

zx

yz

z

y

x

xy

zx

yz

z

y

x

G

G

G

EEE

EEE

EEE

τ

τ

τ

σ

σ

σ

νν

νν

νν

γ

γ

γ

ε

ε

ε

100000

010000

001000

0001

0001

0001

in cui è il modulo di elasticità trasversale del materiale, si ricavano le seguenti componenti del tensore della deformazione nel riferimento O, x

)1(2/EG ν+=p, yp, zp

−=

−⋅=

−

−−−−−−

⋅=

00000000.000000000.000000000.000065741.000029999.000070027.0

000.0000.0000.0057.138999.62057.147

1

000.0000.0000.0

0.659.64000.90659.154

2.60000002.60000002.600000010.30.30000.310.30000.30.31

1

12

13

23

3

2

1

EE

γγγεεε


−=

−=

00065741.000000000.000000000.000000000.000029999.000000000.000000000.000000000.000070027.0

057.138000.0000.0000.0232.24000.0000.0000.0057.147

1E

ε .

Essendo ε , si ha che le direzioni principali per lo stato di tensione coincidono con le direzioni principali per lo stato di deformazione, ovvero, come direbbe R. Z., i due tensori sono coassiali.

0.0312312 === εε







Parte V) PROBLEMA DI SAINT VENANT E CRITERI DI RESISTENZA DEI MATERIALI

TEMA 1 La figura mostra la sezione di una trave metallica prismatica soggetta alle caratteristiche della sollecitazione:

• sforzo assiale kNN 50−= ;

• momento flettente kNcmM x 250= ;

• sforzo di taglio kNTy 100= ;

• momento torcente kNcmMt 45= .

x

y

G

10

60

40 10 80 10 40

1 2

3 4

5

Effettuare la verifica di resistenza nelle cinque sezioni indicate sapendo che:

1. il materiale è acciaio;

2. che plasticizza secondo il criterio di von Mises;

3. e che la tensione normale ammissibile è di 2/16 cmkN=σ .

NOTA: le lunghezze riportate in figura sono espresse in mm.


2

SOLUZIONE:

1. Proprietà geometriche della sezione Con riferimento alla suddivisione in parti mostrata nella figura seguente, si ha

x

y

G

10

60

40 10 80 10 40

O X

Y

51

Parte bi hi Ai YGi SXi 10.0 60.0 600.00 30.0 18000.000 10.0 60.0 600.00 30.0 18000.000 180.0 10.0 1800.00 65.0 117000.000

+ + 3000.00 153000.000

Area: 22 00.3000.3000 cmmmA == ,

Momento statico: 33 000.153000.153000 cmmmSX == ,

Ordinata del baricentro: cmmmYG 1.50.513000

153000=== ,

Momento d’inerzia rispetto alla base:

44

233

333

311321

0000.906000.90600000000.76050000000.150000000.1440000

121)

31(2

cmmm

YAhbhbJJJJ GXXXX

==

=++=

=++=++=

Momento d’inerzia baricentrico:

44

22

7000.1250000.1257000

0.5100.30000000.9060000

cmmm

AYJJ GXXG

==

=⋅−=−=

Salvatore Sergio Ligarò Problema di Saint Venant e criteri di resistenza dei materiali: Esempio 1

3

2. Analisi dello stato di sollecitazione

2.1 Sforzo assiale N

Lo sforzo assiale produce la tensione normale 2/667.100.30

0.50 cmkNANN

zz −≅−

==σ

distribuita uniformemente sull’intera sezione.

x y

G

1 2

3

4

5

σzz

Nei punti di verifica si ottengono i valori

Sezione Nzziσ (kN/cm2)

-1.667 -1.667 -1.667 -1.667 -1.667

2.2 Momento flettente Mx

La figura seguente mostra il diagramma delle tensioni normali xMzzσ prodotte dal momento

flettente Mx.

x y

G

1.9

5.1

1 2

3

4

5

n n


4

Utilizzando la formula di Navier, x

ixMzzi J

yMx

⋅=σ , si ottengono i valori

Sezione xx JM / (kNcm-3) iy (cm) xMzziσ (kN/cm2)

-1.9 -3.779 -1.9 -3.779 -0.9 -1.790 0.0 0.000

1.98886

+5.1 +10.143 2.3 Sforzo di taglio Ty

La figura successiva mostra il flusso delle tensioni tangenziali yTτ prodotte dal taglio Ty.

x

y

G

1 2

3

4

5

+ +

- -

+

τzx

τzy τmax

Utilizzando la formula di Jourawski, rx

ryrs bJ

ST⋅⋅

=τ , si ottengono i valori

Sezione xy JT / (kNcm-3) rS (cm3) rb (cm) yTiτ (kN/cm2)

5.600 1.0 455.4−=zxτ 5.600 1.0 455.4+=zxτ

12.600 1.0 023.10=zyτ

13.005 1.0 346.10=zyτ

0.795545

0.000 1.0 000.0+=zyτ


5

2.4 Momento Torcente Mt

La figura mostra il flusso delle tensioni tangenziali prodotte dal momento torcente Mt. Dati i valori dei rapporti 3,,1,1/ K=<< iDd ii , la sezione è in parete sottile aperta e costituita dall’assemblaggio degli elementi a forma rettangolare allungata prima descritti.

x

y

G

1 2

3

4

5

1 2

3

Calcoliamo le inerzie torcenti dei diversi elementi e quella dell’intera sezione

Elemento ib (cm) ih (cm) 331 iiti hbJ ⋅⋅= (cm4) 6.0 1.0 2,0000 6.0 1.0 2,0000 18.0 1.0 6,0000

+ + 10,0000

Per calcolare la tensione tangenziale massima in ciascun elemento non è necessario ripartire il momento torcente fra gli stessi. Infatti, si ha

Elemento tti JJ / tttiti MJJM ⋅= / (kNcm) it

ti

ti

tiMi h

JMh

JM

t ⋅=⋅=maxτ (kN/cm2)

0.2 9.0 4.500 0.2 9.0 4.500 0.6 27.0 4.500

3. Verifiche di resistenza

Sovrapponendo gli stati tensionali prima ottenuti, risulta la tensione ideale secondo il criterio di von Mises

Sezione Nzzσ xM

zzσ yTτ tMτ ammid στσσ ≤+= 22 3 (kN/cm2)

-1.667 -3.779 -4.445 4.500 ammid σσ =≤= 000.16062.8 -1.667 -3.779 4.445 4.500 ammid σσ =≤= 000.16062.8 -1.667 -1.790 10.023 4.500 ammid σσ =≤= 000.16030.12 -1.667 0.000 10.346 4.500 ammid σσ =≤= 000.16962.11 -1.667 10.143 0.000 4.500 ammid σσ =≤= 000.16905.11

per cui la verifica di resistenza è ovunque soddisfatta.









• sforzo assiale kNN 500−=



• momento torcente kNcmMt 600= . 1

10

102

10

10

10

67 10 134 10 67

x

y

G

2 3

4 5

7 8

6

Effettuare la verifica di resistenza nelle 8 sezioni indicate sapendo che:

1. il materiale è acciaio; 2. che plasticizza secondo il criterio di von Mises; 3. la tensione normale ammissibile nel materiale è 2/16 cmkN=σ .



2

SOLUZIONE: (Prova del 28 Giugno 2002, allieva: Giulia Barale)


10

102

67 10 134 10 67

10

10

10

O

x

y

G

X

Y

80

Parte bi hi Ai YGi SXi 67.0 10.0 670.00 137.0 91790.000 67.0 10.0 670.00 137.0 91790.000 134.0 10.0 1340.00 117.0 156780.000 134.0 10.0 1340.00 5.0 6700.000 10.0 142.0 1420.00 71.0 100820.000 10.0 142.0 1420.00 71.0 100820.000

6860.00 548700.000

Area della sezione: 22 60.6800.6860 cmmmA == ,


Ordinata del baricentro: cmmmYG 0.898.796860

548700=≈= ,


44

355

344

233

333

211

311

654321

9307.62646667.626493066667.190885866667.446666667.183544266667.25161626

)31(2

31)

121()

121(2

cmmm

hbhbYAhbYAhb

JJJJJJJ

GG

XXXXXXX

==

=+++=

=+++++=

=+++++=

Momento d’inerzia baricentrico: 44

22

5307.18746667.18745306

0.8000.68606667.62649306

cmmm

AYJJ GXXG

==

=⋅−=−=


3



Lo sforzo assiale produce la tensione normale 2/289.760.68

0.500 cmkNANN

zz −≅−

==σ

distribuita uniformemente sull’intera sezione.

x

y

G

1

2 3

4 5

7 8

6

σzz



-7.289 -7.289 -7.289 -7.289 -7.289 -7.289 -7.289 -7.289


La figura seguente mostra il diagramma delle tensioni normali xMzzσ prodotte dal momento

flettente.

x

y

G

1

2 3

45

7 8

6

σΜzz

-

+

n n


4


ixMzzi J

yMx



-6.2 -0.992 -5.2 -0.832 -4.2 -0.672 -4.2 -0.672 -3.2 -0.512

6 0.0 0.000 7 7.0 1.120 8

0.1600

8.0 1.280 2.3 Sforzo di taglio Ty

La figura successiva mostra il flusso delle tensioni tangenziali yTτ prodotte dallo sforzo di taglio.

x

y

G

n n

+ + - -

+

τzy

τmax

+ -

τzx

τzx

1

2 3

4 5

7 8

6

+

+


ryrs bJ

ST⋅⋅



38.190 1.0 630.1−=zxτ

43.890 1.0 873.1+=zyτ

48.590 1.0 074.2+=zyτ

24.790 1.0 058.1+=zxτ

77.080 1.0 289.3+=zyτ

6 82.200 1.0 508.3+=zyτ

7 57.700 1.0 462.2+=zyτ

8

0.042677

50.200 1.0 142.2−=zxτ


5


La figura mostra il flusso delle tensioni tangenziali prodotte dal momento torcente.

x

y

G

2 3

4 5

7 8

6

1

Dati i valori assai modesti dei rapporti niDd ii ,,1,1/ K=<< , la sezione è certamente in

parete sottile, ma di tipo misto, ovvero, costituita da due parti laterali in parete sottile aperta (A e C) e da una parte una parte centrale (B) in parete sottile chiusa (tubolare).

A

B

C

Le tre parti operano in parallelo, ovvero, ciascuna sopporta un’aliquota del momento torcente proporzionale alla propria rigidezza torsionale; tuttavia, è facile verificare come le aliquote di momento torcente che impegnano le parti laterali siano numericamente trascurabili rispetto alla quota di momento torcente equilibrato dalla parte tubolare centrale. Verifichiamo questa affermazione.

4333CA 9.2)0.10.20.17.6(

31

31 cmslJJ iitt =⋅+⋅=⋅== ∑ ,

422

1280.20322.519536.104044

)2.114.14(2)2.114.14(44 cm

sdlJ m

tB ==+⋅⋅⋅

=Ω⋅

=∫

.

Conseguentemente, si ottengono

kNcmMJJJ

JM tttt

tt 85.00.600

9280.20379.2

CBA

AA =⋅=⋅

++= , ( 0.14%)

kNcmMJJJ

JM tttt

tt 29.5980.600

9280.20371280.2032

CBA

BB =⋅=⋅

++= , (99.72%)


6

kNcmMJJJ

JM tttt

tt 85.00.600

9280.20379.2

CBA

CC =⋅=⋅

++= . ( 0.14%)

Da quanto ottenuto appare evidente come tutto il momento torcente vada ad impegnare quasi esclusivamente la parte tubolare centrale. In parole più semplici, ai fini delle verifiche di resistenza, possiamo considerare soltanto la parte centrale in parete chiusa.

Applicando la formula di Bredt al circuito illustrato, si ottiene

2/860.156.3220.600

0.1)2.114.14(20.600

2cmkN

sM

m

t ==⋅⋅⋅

=⋅Ω⋅

=τ ,

per cui Sezione yT

iτ (kN/cm2) 000.0=zxτ

000.0=zyτ

000.0=zyτ

860.1+=zxτ

860.1+=zyτ

6 860.1+=zyτ

7 860.1+=zyτ

8 860.1−=zxτ 3. Verifiche di resistenza

Sovrapponendo gli stati tensionali prima ottenuti, risulta la tensione ideale secondo il criterio di von Mises

Sezione Nzzσ xM


-7.289 -0.992 630.1−=zxτ 000.0=zxτ ammid σσ =≤= 000.16750.8

-7.289 -0.832 873.1+=zyτ 000.0=zyτ ammid σσ =≤= 000.16740.8

-7.289 -0.672 074.2+=zyτ 000.0=zyτ ammid σσ =≤= 000.16730.8

-7.289 -0.672 058.1+=zxτ 860.1+=zxτ ammid σσ =≤= 000.16430.9

-7.289 -0.512 289.3+=zyτ 860.1+=zyτ ammid σσ =≤= 000.16850.11

-7.289 0.000 508.3+=zyτ 860.1+=zyτ ammid σσ =≤= 000.16814.11

-7.289 1.120 462.2+=zyτ 860.1+=zyτ ammid σσ =≤= 000.16700.9

-7.289 1.280 142.2−=zxτ 860.1−=zxτ ammid σσ =≤= 000.16170.9










• sforzo assiale kNN 800−=



• momento torcente kNcmM t 600= .

x

y

G

10

230

145 10 290 10 145

1

2

3

4

5

10

10

7

9

8

160

6

Effettuare la verifica di resistenza nelle 9 sezioni indicate sapendo che: 1. il materiale è acciaio; 2. che plasticizza secondo il criterio di von Mises; 3. la tensione normale ammissibile nel materiale è 2/0.16 cmkN=σ .



2

SOLUZIONE: (Prova del 15 Luglio 2002, allieva: Sara Salomoni)


x

y

G

10

230

145 10 290 10 145

1

2

3

4

5

10

10

7

9

8

160

6

1

2

3 4

5

6

7

8 18

5.4

X Y

O

Parte bi hi Ai YGi SXi

145.0 10.0 1450.00 415.0 601750.000 145.0 10.0 1450.00 5.0 7520.000 10.0 420.0 4200.00 210.0 882000.000 290.0 10.0 2900.00 245.0 710500.000 290.0 10.0 2900.00 5.0 14500.000 10.0 420.0 4200.00 210.0 882000.000 145.0 10.0 1450.00 415.0 601750.000 145.0 10.0 1450.00 5.0 7520.000

20000.00 3707540.000

Area: 22 00.20000.20000 cmmmA == ,


Ordinata del baricentro: cmmmYG 54.18377.185200003707540 ≈== ,


43552

44

344

333

3222

11

311

54321

6667.1167683123

23

2)12

(2

222

cmhbYAhbhbhbYAhb

JJJJJJ

GG

XXXXXX

=++++++=

=++++=

Momento d’inerzia baricentrico: 422 4217.4805954.1800.2006667.116768 cmAYJJ GXXG =⋅−=−=


3



Lo sforzo assiale produce la tensione normale di compressione 2/000.4

00.2000.800 cmkN

ANN

zz −≅−

==σ distribuita uniformemente sull’intera sezione.

x

y

G

1

2

3

4

5

7 9 8

6

σzz



-4.000 -4.000 -4.000 -4.000 -4.000 -4.000 -4.000 -4.000 -4.000


La figura seguente mostra il diagramma delle tensioni normali xMzzσ originate dal momento

flettente.

x

y

G

1

2

3

4

5

7

9 8

6

σΜzz

-

+

n n


4


ixMzzi J

yMx



-23.46 -0.244 -22.46 -0.234 -6.46 -0.067 -6.46 -0.067 -5.46 -0.057

6 0.00 0.000 7 17.54 0.182 8 17.54 0.182 9

0.010404

17.54 0.182

in cui, nella valutazione delle tensioni normali indotte dal momento flettente nelle sezioni , , 8 e 9, si è tenuto conto della possibile interazione con lo sforzo assiale.

2.3 Sforzo di taglio Ty

La figura successiva mostra il flusso delle tensioni tangenziali yTτ indotte dallo sforzo di taglio.

x

y

G n n

+ + -

+

τmax

+

-

τzx

τzx

1

2

3 4

5

7 9

6

+

+

-

-

τzy

8


5


ryrs bJ

ST⋅⋅



332.993 1.0 831.0−=zxτ

355.958 1.0 889.0+=zyτ

587.398 1.0 467.1+=zyτ

86.493 1.0 216.0+=zxτ 679.856 1.0 698.1+=zxτ

6 694.762 1.0 735.1+=zyτ

7 541.050 1.0 351.1+=zyτ

8 261.508 1.0 653.0+=zxτ 9

0.0024969

261.508 1.0 653.0−=zxτ


La figura mostra il flusso delle tensioni tangenziali prodotte dal momento torcente.

1

2

3

4

5

7

9

8

6

A B

C

E D

Dati i valori assai modesti dei rapporti niDd ii ,,1,1/ K=<< , la sezione è certamente in

parete sottile, ma di tipo misto, ovvero, costituita da quattro parti laterali in parete sottile aperta (A, B, C e D) e da una parte una parte centrale (E) in parete sottile chiusa (tubolare). Le cinque parti operano in parallelo, ovvero, ciascuna sopporta un’aliquota del momento torcente proporzionale alla propria rigidezza torsionale; tuttavia, è facile verificare come le aliquote di momento torcente che impegnano le parti laterali siano trascurabili rispetto a quella equilibrata dalla parte tubolare centrale. Pertanto, possiamo considerare soltanto la parte centrale in parete chiusa.

Applicando la formula di Bredt al circuito illustrato, si ottiene

2/417.0000.14400.600

0.1)0.240.30(20.600

2cmkN

sM

m

t ≅=⋅⋅⋅

=⋅Ω⋅

=τ ,


6

per cui Sezione yT

iτ (kN/cm2) 000.0=zxτ

000.0=zyτ

000.0=zyτ

417.0+=τzx

417.0−=τzy

6 417.0−=τzy

7 417.0−=τzy

8 000.0=zxτ

9 417.0−=τzy

3. Verifiche di resistenza Sovrapponendo gli stati tensionali prima ottenuti, risulta la tensione ideale secondo il criterio

di von Mises

Sezione Nzzσ xM


-4.000 -0.244 831.0−=zxτ 000.0=zxτ ammid σ=≤=σ 000.16481.4

-4.000 -0.234 889.0+=zyτ 000.0=zyτ ammid σ=≤=σ 000.16505.4

-4.000 -0.067 467.1+=zyτ 000.0=zyτ ammid σ=≤=σ 000.16795.4

-4.000 -0.067 216.0+=zxτ 417.0+=τzx ammid σ=≤=σ 000.16212.4

-4.000 -0.057 698.1+=τzy 417.0−=τzy ammid σ=≤=σ 000.16466.5

-4.000 0.000 735.1+=zyτ 417.0−=τzy ammid σ=≤=σ 000.16467.5

-4.000 0.182 351.1+=zyτ 417.0−=τzy ammid σ=≤=σ 000.16894.4

-4.000 0.182 653.0+=zxτ 000.0=zxτ ammid σ=≤=σ 000.16982.3 9 -4.000 0.182 653.0−=zxτ 417.0−=τzx ammid σ=≤=σ 000.16244.4


DISPENSA - ESERCIZI SVOLTI Di Scienza Delle Costruzioni

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