Effetto di carichi distribuiti

In alcune applicazioni non si può più considerare carichi applicati mediante forze concentrate

per la determinazione delle azioni interne.

Si pensi al peso proprio (solai, bracci telescopici di gru, …) , ai serbatoi in pressione, ai solai

Le forze sono tutte parallele fra loro e quindi

è sufficiente sommarne il modulo

1

n

i i

iR

x F

xR

Risultante di carichi concentrati

Tuttavia l’utilizzo della risultante è comodo nella determinazione delle reazioni vincolari

Inoltre lo schema che fa uso delle risultanti può essere mantenuto quando si esaminano le

azioni interne di parti di struttura ove non sono applicate forze distribuite

Per determinare il punto di applicazione (la

posizione della retta R) basta imporre

l’uguaglianza del suo momento con quello di

tutte le forze presenti rispetto ad un polo

qualsiasi

1

n

i

i

R F

In pratica la posizione della risultante è data dalla media

dei carichi pesata con il braccio di ciascuno

Carico uniformemente distribuito

Il carico distribuito p0 risulta essere un carico per unità di

lunghezza (N/m, kN/m , …)

Per il calcolo della risultante basterà considerare che la

sommatoria diviene un integrale e sommare i contributi

elementari

0 00

l

P p dx p l Ugualmente la media pesata

diventa un integrale

2

00

00

22

l

p l

lxp dx lx

lp dx

La risultante è in mezzeria

Carico con distribuzione lineare

2

00 0

0

1

2 2

l x p lP p dx p l

l l

Area sottesa

20

0 0

0 00

2

3

l l

p ll

xxp dx x dx

lx lx xdxp dxl

Baricentro area

sottesa

0

xp x p

l

x

1

2l

Carico con distribuzione parabolica

2

0

xp x p

l

x

2 3

00 02 20

1

3 3

l x p lP p dx p l

l l Area sottesa

2

30 20 0

22

0 020

3

4

l l

p ll

xxp dx x dx

lx lx x dxp dxl

Baricentro area

sottesa

Ugualmente si possono determinare risultante e punto di applicazione del carico per

distribuzioni potenze di x/l od anche polinomiali

0

nx

p x pl

1

00 0

0

1

1 1

n nl

n n

x p lP p dx p l

l l n n

10

0 0

0 00

1

2

nl l

nn

p n ll n

n

xxp dx x dx nlx l

x nx dxp dxl

In generale:

0

l

P p x dx

0

0

l

p l

x p x dxx

p x dx

Se il sistema di riferimento ha

l’origine all’inizio dela trave

Azioni interne in presenza di carichi distribuiti ortogonali

In presenza di carichi distribuiti non si può determinare la

sollecitazione in una qualunque sezione utilizzando le

sole risultanti

Metodo diretto (eq. destra o sinistra)

Si esegue un taglio ideale della struttura e si impone l’equilibrio con le azioni interne N,T,M

Equilibrio verticale sn:

0

l

T F p x dx Eq. Momenti sn (polo sezione di taglio)

0

c

M W Fc p x c x dx

Metodo dell’equilibrio differenziale x

Si effettua l’equilibrio di un elementino fermandosi ai

termini dei I ordine

Eq. Verticale:

0dT

p x dx T T dxdx

dTp x

dx

Quindi la derivata del taglio coincide con l’intensità carico

distribuito, per il segno dipende dalla convenzione di T

Eq. Momento

02

dx dMM T x dx p x dx M dx

dx

dM

T xdx

La derivata del momento flettente risulta pari al all’azione del taglio T, il segno risulta dalle

convezioni adottate

Infinitesimo ord. superiore

Derivando la II e ricordando la I:

2

2

dT xd Mp x

dx dx

Assenza carico distribuito: taglio costante, momento

variabile linearmente

Carico distribuito costante: taglio lineare, momento

variabile quadraticamente

Carico distribuito potenza n: taglio potenza n+1,

momento potenza n+2

Esempio 1

Si determinano immediatamente

le reazioni vincolari

02

A B

lM R l pl

2A B

lR R p

Utilizzando il metodo diretto, si impone equilibrio parte sinistra

2

lT x p px

2

2 2

l xM x p x p

Taglio massimo agli appoggi

Momento flettente massimo al centro

Per il calcolo conviene prendere x da destra.

Esempio 2

30

2 4A B

plM R l l

3

8BR pl

02

vert A B

plF R R

1

8AR pl

vincoli

x 0 2x l Per il tratto

23

8 2

xM x plx p

Il momento flettente risulta somma del contributo lineare dovuto

al vincolo (concentrato) e quello parabolico dovuto al carico

distribuito

Nella parte sinistra il momento è generato

dal solo taglio e quindi varia linearmente

fino a zero sulla cerniera

Il massimo del momento

si determina annullando

la derivata prima

30

8

M xpl px

dx

2

max

3 3 9;

8 8 128x l M l pl

Si calcola anche l’andamento del taglio a ds e a sn

3

8T x pl px

1

8T x pl

0 2x l 2l x l

Si nota che il taglio si annulla per 3

8x l

Che giustamente corrisponde alla posizione del massimo del momento flettente

dM

T xdx

Strutture reticolari

Sia che si tratti di collegamenti

angolari, sia che mediante perni,

queste strutture vengono

schematizzate mediante cerniere in

quanto sotto carico le giunzioni si

comportano come cerniere plastiche

Per il calcolo dei GdL, risulta più agevole considerare le cerniere come corpi rigidi e le aste

(non si ha mai momento flettente se i carichi sono applicati solo alle cerniere) come vincoli

che sottraggono 1 GdL.

2 numero di cerniereGdL numero aste vincoli a terraGdV

La struttura sarà iperstatica se GdV > GdL, isostatica se GdV = Gdl, ipostatica GdV < GdL

39 cerniere = 78 GdL

75 aste + 3 vincoli = 78 GdV

La struttura è isostatica e non è labile in

quanto composta da tanti anelli chiusi

isostatici e ben vincolata a terra

Se si stacca un’asta in corrispondenza di un

nodo i, l’equilibrio alla rotazione in j impone

che sia nulla la componente ortogonale Ti

Pertanto gli elementi si comportano come bielle (se rettilinee

aste) essendo possibili solo carichi congiungenti i perni di

trazione (tiranti) o compressione (puntoni)

Data questa caratteristica le strutture reticolari sono

particolarmente interessanti perché carichi di

trazione/compressione utilizzano pienamente le sezioni resistenti

Risoluzione mediante il metodo dell’equilibrio dei nodi - Esempio

Il primo passo è sempre quello di risolvere i vincoli esterni

1 50 4 2M R P

5

1

2R P

1vR P

12

o

PR

A ogni nodo si compongono vettorialmente le

forze esterne e quelle delle aste e si risolve per

una cerniera alla volta

Cern. E

6 cos 04 2

PN

6 7sin 0

4

N N

6 7

2;

2 2

PN P N

+

Si possono già risolvere le aste 6 e 7, che subiscono azioni contrarie rispetto a N6 e N7, e

pertanto l’asta 6 è in compressione e la 7 in trazione.

Cern. C scelta perché sia minimo il numero di incognite

5 4 cos 04

N N

4 7sin 04

N N

5 4

2;

2 2

PN N P

Considerando i versi impostati per N5 e N4

l’asta 5 è compressa, la 4 tesa

Cern. D

2 5 6cos cos 04 4

N N N

2 2N P

2 3 6sin sin 04 4

N N N P

32

P

N

2

2 2 20

2 2 2 2

PN P 3

2 2 22 0

2 2 2 P N P P

Considerando i versi impostati per N2 e N3, entrambe le aste 2 e 3 sono in compressione

Cern. B

12

P

N

L’ultima asta 1 si

trova in trazione

Cern. A

L’ultima cerniera non ha incognite e può

essere utilizzata per verifica

Con P = 1 kN

Esempio 3

La struttura è isostatica a terra, si calcolano le

reazioni vincolari al terreno

50 3

2 D AM l R pl l

5

6AR pl

0 vert A DF R R pl1

6DvR pl 0DoR

Si elimina il vincolo interno in B sostituendolo

con azione-reazione, e si impone equilibrio

momenti in C dell’elemento CEA

30 2

2 C A BM l R pl l l R

1

6BR pl

Ugualmente si elimina il vincolo in C, dall’equilibrio verticale:

0 vert A B CF R R pl R1

3CvR pl 0CoR

Ora si possono tracciare i diagrammi degli sforzi presenti sugli elementi

Sforzo normale

Un elemento è in trazione l’altro in compressione

Taglio

Momento flettente

Per la parte AB:

5

6 T x pl px

Tutte le forze applicate sui due elementi

x

25

6 2

x

A

xM x T x dx pl x p

Esempio 4

Equilibri vari

(globali e locali)

Sforzo normale Taglio

Momento flettente

Si noti l’equilibrio allo snodo centrale, dove vanno a sommarsi i

tre momenti flettenti derivanti dagli altrettanti tratti convergenti

Esempio 5

In questo caso i vincoli a terra sono 4 e

quindi non si possono risolvere senza

aprire la struttura

Tuttavia su BC non agiscono forze

orizzontali, quindi risulta che RCo = 0

20 2 2

A Cv

lM l R pl pl

3

4CvR pl

AoR pl

3

4AvR pl

Sforzo normale

Taglio

Sollecitazioni applicate

Momento flettente

x

Nel tratto verticale si ha:

2

230

4 2

xM x M T x dx pl pl x p

22 2 23 1

4 2 4

lM l pl pl p pl

T x p l x

Esempio 6 Vi è un anello chiuso isostatico (tre cerniere) ben vincolato a

terra. All’interno dell’anello è inserito un elemento (ben vincolato)

0 2 vert AvF R pl 2AvR pl

2 20 2 2 A DM pl pl R l1

2DR pl

Si può ora esplorare l’elemento interno,

che non ha applicate forze verticali o

orizzontali

L’unica azione presente su di esso è un

momento flettente nel tratto FE

1

2 A DR R pl

Il passo successivo consiste nell’apertura dell’anello

interno, ad esempio in B, tutte le cerniere non

trasmettono momento flettente

20 2 AB

A BvM pl R l1

2BvR pl

2 10 2 2 2

2 DCB

D BoM pl pl l R l1

2BoR pl

1

2DoR pl

3

2DvR plEq. traslazioni:

Si possono ora tracciare i diagrammi degli sforzi interni

Sforzo normale

Taglio

Momento flettente

Nel tratto DC si ha: 3

2 T x pl px

23

2 2

x

M x T x dx plx p 22 M l pl

x

Il valore massimo del momento si ha annullando la T:

3

2x l

2

max

9

8 M pl

Strutture tridimensionali

Naturalmente non tutte le strutture meccaniche presentano uno sviluppo descrivibile in un

piano. In tal caso il calcolo si presenta più complesso e si può anche ricorrere a strumenti

automatici mediante l’utilizzo di appositi software di calcolo.

Un esempio semplice è rappresentato da una struttura a

sviluppo piano, ma caricata con una forza normale - al di fuori

del piano di sviluppo

Lo schema a travi ne indica lo

studio schematico, identificando

l’asse o gli assi della struttura

Studio del tratto BA La forza a sbalzo F genera un momento flettente che cresce

linearmente

Studio del tratto AO

Il momento flettente diviene torcente per questo tratto e rimane

costante su tutto AO

Si viene a generare altresì un momento flettente variabile

linearmente nel piano verticale dovuto alla forza F (spostata in A)

e di braccio crescente linearmente verso O

Andamento delle sollecitazioni

Esempio 1 Si considera un albero che trasmette una coppia con

ingresso attraverso una ruota dentata a denti elicoidali

La ruota dentata elicoidale fornisce una spinta radiale, assiale e tangenziale

Il cuscinetto in A provvede a scaricare spinte radiali e assiali, mentre quello in B

solo radiali, il sistema d’appoggio è dunque isostatico

Tutte le forze sono ricondotte all’asse trasportandole.

Spostare la Ft genera un momento torcente Mt.

Piano x-y

xy

A t

bR F

a b

xy

B t

aR F

a b

max

xy

t

abM F

a b

Momento flettente massimo:

Il momento torcente agisce nel tratto di albero

interessato dalla trasmissione della potenza

Il taglio è costante a tratti visto che non ci

sono forze distribuite applicate

Lo spostamento della Fa genera un momento flettente

concentrato nel punto di ancoraggio della ruota dentata.

2

xz aA r

b F DR F

a b a b

Vi è una sollecitazione di trazione nel tratto tra

la ruota dentata e il cuscinetto assiale

Il taglio è costante a tratti visto che non ci

sono forze distribuite applicate

Per il calcolo del momento occorre considerare anche M

Piano x-z

2

xz aB r

a F DR F

a b a b

Le sollecitazioni di momento (e di taglio), nei due piani

ortogonali, si possono comporre col teorema di Pitagora

2 2

xy xz

tot f fM M M direzione risultante