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Giacomo Sacco

Appunti di Costruzioni Edili

Vincoli e Reazioni Vincolari con esercizi svolti di statica di strutture piane isostatiche

(Novembre 2017)

Statica dei sistemo piani - Autore: Ing. Giacomo Sacco

2

Indice

Gradi di libertà , vincoli e reazioni vincolari pag. 3

Esercizio N. 1 - Trave appoggiata con forza concentrata pag. 5

Esercizio N. 2 – Trave appoggiata con carico uniformemente distribuito pag. 7

Esercizio N. 3 – Trave incastrata con forza concentrata all’estremità pag. 8

Esercizio N. 4 – Trave incastrata con carico uniformemente distribuito pag. 5

Esercizio N. 5 – Trave appoggiata con forza concentrata inclinata pag. 6

Esercizio N. 6 – Trave appoggiata con sbalzo e carico uniformemente distribuito pag. 7

Esercizio N. 7 – Trave appoggiata con sbalzo pag. 8

Esercizio N. 8 - Trave appoggiata con sbalzi pag. 9

Esercizio N. 9 – Trave incastrata ed appoggiata con cerniera interna pag. 10

Esercizio N. 10 - Portale zoppo a tre cerniere pag. 11

Esercizio N.11 - Arco a tre cerniere pag. 13

Esercizio N.12 - Trave inclinata pag. 14

Esercizio N.13 - Arco a tre cerniere 2 pag. 15


3

GRADI DI LIBERTA' , VINCOLI E REAZIONI VINCOLARI

Gradi di libertà

Un qualsiasi oggetto che giace su un piano, come il rettangolo in figura è libero di muoversi nel piano stesso passando, ad esempio, dalla posizione A alla posizione B.

Il rettangolo può essere arrivato nella posizione B attraverso una

serie di movimenti che noi non conosciamo, ma che possiamo ricondurre a tre movimenti: uno spostamento parallelo a x dx che possiamo chiamare anche traslazione orizzontale, uno spostamento parallelo a y, che possiamo pure chiamare come traslazione verticale, e una rotazione intorno al proprio baricentro. In totale, quindi, diciamo che qualsiasi corpo

nel piano può muoversi nei modi prima descritti, che sono in totale tre e prendono il nome di gradi di libertà.

I Vincoli

Ovviamente noi non vogliamo che le nostre costruzioni si muovano: una costruzione qualsiasi che si muove, vuol dire che si sta rompendo, ma come fare per impedire che la nostra struttura non si muova? Semplice: bisogna vincolarla e gli oggetti che servono a vincolarla prendono il nome, appunto di vincoli.

Prendiamo come esempio il tronco in figura, esso è semplicemente appoggiato sugli argini del ruscello, chiaramente esso non può sprofondare verso il basso, però se lo si spinge in orizzontale, basta superare la resistenza opposto dall'attrito tra tronco e argini e il tronco si sposta. Come possiamo rappresentare, semplificandola, in modo da poter eseguire i calcoli necessari, questa situazione di vincolo? Il tipo di vincolo ideale, quindi approssimato e non corrispondente

perfettamente alla realtà (non si può fare diversamente perché, altrimenti i calcoli sarebbero impossibili) viene chiamato appoggio semplice, e si rappresenta così: Ossia un triangolo su due ruote, l'asse segnato in rosso, prende il nome di asse del carrello.

Quali sono le differenze con la situazione reale? Per spostare il tronco in

orizzontale è necessario comunque applicare una forza per vincere l'attrito, mentre il nostro carrello, ha delle ruote completamente prive di attrito, per cui basta una forza appena maggiore di zero per farlo muovere, il tronco poggia su una superficie, anche se limitata, mentre se immaginiamo il nostro tronco poggiato sul

carrello, non poggerà su una superficie, ma su un punto.


4

Allora la situazione reale del tronco, sulla carta può essere rappresentata come nella figura, dove sono state introdotte altre semplificazioni: il tronco è stato rappresentato con solo una linea

come se avesse una sola dimensione, approssimazione che si può accettare se la lunghezza è molto più grande della sezione, cosa che si verifica in questo caso, ma anche il peso dell'omino è stato rappresentato in modo approssimato, con la forza P concentrata in un punto, mentre il peso dell'omino, in realtà poggia sulla superficie delle sue scarpe che, per quanto piccola, non è zero. Come fa il carrello a impedire che la trave subisca una

traslazione verso il basso? ovviamente deve esercitare una forza che si oppone a P ed è diretta secondo l'asse del carrello (fig. 1). Il carrello può avere l'asse non verticale, ovviamente, la reazione sarà sempre diretta secondo l'asse del carrello (fig.2).

In definitiva il carrello può esercitare una sola reazione vincolare, che può avere qualsiasi

verso e qualsiasi valore, ciò dipende dalle forze che agiscono sulla trave. Se eliminiamo le ruote al carrello e lo ancoriamo al suolo, esso non

può più spostarsi, abbiamo così un nuovo vincolo detto cerniera (fig. 3). Essa esercita sempre due reazioni vincolari, una forza orizzontale (indicata con O nella figura) e una forza verticale (indicata con V nella figura.) Non ha importanza come è disposta la cerniera, le reazioni sono sempre due.

L'ultimo vincolo che esamineremo è l'incastro, esso esercita tre reazioni: due sono forze, mentre la terza è un momento (fig. 4). Questo vincolo è in grado di eliminare, da solo tutti e tre i gradi di libertà: traslazione orizzontale, verticale e rotazione.

Strutture labili, isostatiche e iperstatiche

Abbiamo detto che i corpi nel piano, hanno tre gradi di libertà, che sono: una traslazione orizzontale, una traslazione verticale e una rotazione, per impedire questi possibili movimento dobbiamo inserire dei vincoli in grado di esercitare almeno tre reazioni. Inoltre queste tre reazioni

devono essere opportunamente situate. Prendiamo ad esempio la trave di figura 5, essa è vincolata con una cerniera e un carrello, la cerniera esercita due reazioni, il carrello una, complessivamente tre reazioni, pari al numero di gradi di libertà, inoltre vediamo che la disposizione dei vincoli è tale da impedire ogni spostamento: non può muoversi in orizzontale, perché

ciò viene impedito dalla cerniera, non può muoversi in verticale, perche ciò viene impedito dalla cerniera e dal carrello, non può ruotare perché ciò comporterebbe un movimento dei punto A o B

Figura 1 Figura 2

Figura 3

Figura 4

Figura 5


5

in verticale, cosa impedita dai vincoli. Poiché le reazioni vincolari sono tre e la trave certamente in equilibrio, la trave si dice isostatica. Vediamo, nella figura 6 come pur con gli stessi vincoli, la trave non è in equilibrio. Essa, infatti subisce una rotazione intorno al punto A.

Se sostituiamo la cerniera con un carrello abbiamo una struttura dove le reazioni vincolari, essendo due, sono minori dei gradi di libertà. In questo caso la struttura si dice labile (figura 7).

Viceversa se mettiamo vincoli tali che esercitino più di tre reazioni vincolari, come nella figura 8, la struttura si dice iperstatica.

Se utilizziamo l'incastro, basta solo un vincolo per rendere la trave isostatica, infatti

l'incastro esercita tre reazioni vincolari. Ricapitolando: se ci sono meno di due reazioni vincolari la struttura è labile, se ci sono tre reazioni vincolari, disposte in modo tale che la struttura non possa subire alcun spostamento, la struttura si dice isostatica, se ci sono più di tre reazioni vincolari la struttura si dice iperstatica. Diciamo subito che le strutture labili non sono ammesse, perché instabili. le strutture ammesse sono quelle isostatiche e iperstatiche.

I carichi.

I carichi che agiscono sulle strutture sono di due tipi carichi concentrati e carichi distribuiti. I carichi concentrati sono applicati in un punto, mentre quelli ripartiti sono distribuiti su una

lunghezza della struttura. Nella figura 9 è mostrato come una situazione reale viene rappresentata schematicamente, per poter eseguire i calcoli: l'uomo, poiché i suoi piedi poggiano su un'area ristretta, viene rappresentato con una forza concentrata F di intensità equivalente al peso dell'uomo stesso e misurata in N o multipli del N, mentre i sacchi di cemento che poggiano su una lunghezza più estesa della trave, vengono rappresentati con un carico distribuito q che agisce su una lunghezza pari a quella su cui poggiano i sacchi di cemento e che si misura in N/m.

Figura 6

Figura 7

Figura 8

Figura 9

Figura 9


6

Calcolo delle reazioni vincolari

Ci occuperemo nel seguito, del calcolo delle reazioni vincolari delle sole strutture isostatiche, le strutture iperstatiche non saranno oggetto di tale dispensa.

Gli equilibri alla traslazione orizzontale, alla traslazione verticale e alla rotazione, sono

verificati quando, rispettivamente, la somma delle forze orizzontali è uguale a zero, la somma delle forze verticali è uguale a zero, la somma dei momenti, calcolati rispetto ad un punto generico, è uguale a zero. Su quest’ultima equazione di equilibrio si precisa che il punto può essere qualsiasi e non deve necessariamente fare parte della trave. Naturalmente conviene, per comodità di calcolo, fare coincidere, tale punto, con uno degli appoggi, perché in tal modo, compare una incognita in meno nell’equilibrio alla rotazione e quindi, il sistema si risolve più facilmente.

Esercizio N. 1 - Trave appoggiata con forza concentrata

Impostiamo le tre equazioni di equilibrio, in questo caso, per l’equilibrio alla rotazione abbiamo scelto il punto A.

Il verso delle reazioni viene scelto a piacere, anche se è buona norma che si scelgano versi

tali da fare in modo che le reazioni si oppongano alle forze esterne. Nel caso in cui la scelta dei versi non è stata appropriata, le reazioni che si otterranno dal calcolo avranno il segno meno.

=+⋅+⋅−=+−

=

rotazioneallaequilibriobaVaFverticaleetraslazionallaequilibrioVFV

eorizzontaletraslazionallaequilibrioO

b

ba

a

0)(0

0

=⋅+−=+

=

=+⋅+⋅−=+−

=

05000.20000.10

0

0)32(2000.100000.10

0

b

ba

a

b

ba

a

VVV

O

VVV

O


7

==−=

=

==

−==

=⋅=+

=

NdVNdV

O

NdV

VVO

VVV

O

ab

aa

a

ab

ba

a

b

ba

a

000.4000.6000.4000.10

0

000.45000.20000.10

0

000.205000.10

0

Esercizio N. 2 – Trave appoggiata con carico uniformemente distribuito

Si ricorda che il carico uniformemente ripartito q è il carico che agisce su di un metro di trave. Scegliamo come punto rispetto al quale calcolare i momenti, il punto A.

=⋅⋅−⋅

=⋅−+=

02

00

llqlV

lqVVO

b

ba

a

=−⋅=−+

=

=⋅⋅−⋅

=⋅−+=

0000.2550000.10

0

0255000.25

05000.20

b

ba

a

b

ba

a

VVV

O

V

VVO

daNdaNV

VO

daNV

VVO

VVV

O

b

a

a

b

ba

a

b

ba

a

==−=

=

==

−==

=⋅=+

=

000.5000.5000.5000.10

0

000.55000.25000.10

0

000.255000.10

0


8

Esercizio N. 3 – Trave incastrata con forza concentrata all’estremità

L’incastro esercita tre reazioni vincolari: una reazione orizzontale, indicata con O, una

Verticale, indicata con V ed un momento, indicato con Mi. Il verso delle reazioni è stato messo a piacere, così come il senso di rotazione della reazione Mi. Se tale verso scelto non è appropriato, le reazioni calcolate avranno il segno negativo. Come punto rispetto al quale calcolare i momenti, si è scelto l’incastro. Si ricorda che la reazione Mi è già un momento, pertanto assolutamente non va moltiplicata per la distanza.

===

=−==

=⋅−=−

=

=⋅−=−

=

NmdMNdV

O

MVO

MVO

lFMFV

O

ai

a

iii 000.32000.16

0

0000.32000.16

0

02000.160000.16

0

00

0

Esercizio N. 4 – Trave incastrata con carico uniformemente distribuito

Come al solito è stato scelto l’incastro come punto rispetto al quale calcolare i momenti.

⋅===

⋅=

⋅==

⋅+=

⋅+==

=⋅⋅−

=⋅−=

mNdMNdV

O

M

VO

lqM

lqVO

llqM

lqVO

ai

a

iii250.6

000.50

25,2000.2

5,2000.20

2

0

02

00

22


9

Esercizio N. 5 – Trave appoggiata con forza concentrata inclinata

Quando si è in presenza di una forza inclinata, la si scompone secondo una direzione orizzontale ed una direzione verticale. Le componenti orizzontali e verticali, vengono calcolate usando le funzioni trigonometriche Seno e Coseno.

NdFFNdsensenFF

ao

av

24,660.830cos000.10cos000.530000.10

=°⋅=⋅==°⋅=⋅=

αα

( ) ( )

=⋅+−−+=

−=

=+⋅+⋅−=−+=+

=+⋅+⋅−=−+

=+

05000.10000.5

24,660.8

0322000.50000.5

024,660.8

00

0

b

ba

a

b

ba

a

bv

vba

oa

VVV

O

VVV

O

baVaFFVV

FO

==−+=

−=

==

−+=−=

=⋅−+=

−=

NdVNdV

NdO

V

VVO

VVV

O

ab

aa

aa

b

ba

a

b

ba

a

000.2000.3000.2000.5

24,664.8

000.25000.10000.5

24,664.8

000.105000.5

24,664.8


10

Esercizio N. 6 – Trave appoggiata con sbalzo e carico uniformemente distribuito

q = 1000 daN/m l = 4,00 m a = 1,00 m

( )

( ) ( )

=

=+

+−⋅

=+⋅−+


AadrispettorotazioneallaequilibrioalalqlV

verticaleetraslazionallaequilibrioalqVV

a

b

ba

0

02

0

Sostituendo I valori si ha:

( )

( ) ( )

=

=+

+⋅−⋅

=+⋅−+

0

02

141410004

0141000

a

b

ba

O

V

VV

==−⋅=−+

0012500405000

a

b

ba

OV

VV

==⋅

=−+

0125004

05000

a

b

ba

OV

VV

=

==

−=

0

31254

125005000

a

ab

ba

O

NdV

VV

==

=−=

03125

187531255000

a

ab

aa

ONdV

NdV


11

Esercizio N. 7 - Trave appoggiata con sbalzo - carico uniformemente distribuito e forza concentrata

l= 4,00 m; a = 1,00 m; q=2.00 daN/m; F=5000 daN

( )

=

=+⋅−⋅−⋅

=−⋅−+


AadrispettorotazioneallaequilibrioalFllqlV

verticaleetraslazionallaequilibrioFlqVV

a

b

ba

0

02

0

�

𝑽𝒂 + 𝑽𝒃 − 𝟐.𝟎𝟎𝟎 ∙ 𝟒,𝟎𝟎 − 𝟓.𝟎𝟎𝟎 = 𝟎;

𝑽𝒃 ∙ 𝟒,𝟎𝟎 − 𝟐.𝟎𝟎𝟎 ∙ 𝟒,𝟎𝟎 ∙𝟒,𝟎𝟎𝟐

− 𝟓.𝟎𝟎𝟎 ∙ (𝟒,𝟎𝟎 + 𝟏,𝟎𝟎) = 𝟎𝑶𝒂 = 𝟎

�

�𝑽𝒂 + 𝑽𝒃 − 𝟖.𝟎𝟎𝟎 − 𝟓.𝟎𝟎𝟎 = 𝟎 𝑽𝒃 ∙ 𝟒,𝟎𝟎 − 𝟏𝟔.𝟎𝟎𝟎 − 𝟐𝟓.𝟎𝟎𝟎 = 𝟎𝑶𝒂 = 𝟎

� �𝑽𝒂 + 𝑽𝒃 − 𝟏𝟑.𝟎𝟎𝟎 = 𝟎 𝑽𝒃 ∙ 𝟒,𝟎𝟎 − 𝟒𝟏.𝟎𝟎𝟎 = 𝟎𝑶𝒂 = 𝟎

�

�𝑽𝒂 = 𝟏𝟑.𝟎𝟎𝟎 − 𝑽𝒃 𝑽𝒃 ∙ 𝟒,𝟎𝟎 = 𝟒𝟏.𝟎𝟎𝟎𝑶𝒂 = 𝟎

� �𝑽𝒂 = 𝟏𝟑.𝟎𝟎𝟎 − 𝑽𝒃 𝑽𝒃 = 𝟒𝟏.𝟎𝟎𝟎

𝟒= 𝟏𝟎.𝟐𝟓𝟎 𝒅𝒂𝑵

𝑶𝒂 = 𝟎

� �𝑽𝒂 = 𝟏𝟑.𝟎𝟎𝟎 − 𝟏𝟎.𝟐𝟓𝟎 = 𝟐.𝟕𝟓𝟎 𝒅𝒂𝑵 𝑽𝒃 = 𝟒𝟏.𝟎𝟎𝟎

𝟒= 𝟏𝟎.𝟐𝟓𝟎 𝒅𝒂𝑵

𝑶𝒂 = 𝟎

�


12

Esercizio N. 8 - Trave appoggiata con sbalzi

q= 4.000 daN/m; F=10.000 daN; Come convenzione dei segni è stata assunta quella degli esercizi precedenti. Il carico distribuito, è stato suddiviso in due parti: q*1.00 che è il carico sullo sbalzo, e q*4.00, che è il carico in campata. Tale suddivisione facilita la scrittura dell’equilibrio alla rotazione, ma, ovviamente, non è indispensabile. Per l’equilibrio alla rotazione si è scelto il punto A.

( )

( )

=

=⋅⋅+⋅⋅−+⋅−⋅

=−+⋅−+

0

0211

244144

041

b

b

ba

O

qqFV

FqVV

=

=⋅+⋅−⋅−⋅

=−⋅−+

0

021000.48000.45000.104

0000.105000.4

b

b

ba

O

V

VV

==⋅

−=

0000.804

000.30

b

b

ba

OV

VV

==−⋅=−+

00000.804

0000.30

b

b

ba

OV

VV

==⋅

−=

0000.804

000.30

b

b

ba

OV

VV

=

==

−=

0

000.204000.80000.30

b

b

ba

O

V

VV

==

=−=

NdONdV

NdV

ab

ab

aa

0000.20

000.10000.20000.30


13

Esercizio N. 9 – Trave incastrata ed appoggiata con cerniera interna

q = 2000 daN/m ; l = 4,00 m ; a = 1,00 m ; Si valuta la isostaticità della struttura: essendo composta da due parti collegate da una cerniera interna, i gradi di libertà totali della struttura sono 6 (2x3). Le reazione vincolari sono: 3 dovute all’incastro, 1 dovuta al carrello, 2 dovute alla cerniera interna, quindi 6 in totale. La struttura è isostatica, anche perché la disposizione dei vincoli è tale da impedire ogni spostamento. Le incognite sono 4, per calcolarle servono 4 equazioni di equilibrio, 3 riguardano l’intera struttura e sono: equilibrio alla traslazione verticale, equilibrio alla rotazione rispetto ad un punto generico, in questo caso è stato scelto il punto A, equilibrio alla rotazione rispetto alla cerniera interna di una sola parte di struttura, in questo caso si è scelto la parte di destra rispetto alla cerniera interna, conviene sempre fare in modo che compaia la stessa reazione che compare nell’equilibrio globale alla rotazione, in questo caso Vb.

( )

( ) ( )

=

=⋅⋅−⋅

=+

⋅+⋅−++⋅

=+⋅−+

0

02

02

0

A

b

Ab

ba

O

aaqaV

alalqMalV

alqVV

( )

( ) ( )

=

=⋅⋅−⋅

=+

⋅+⋅−++⋅

=+⋅−+

0

021120001

02

1414200014

0142000

A

b

Ab

ba

O

V

MV

VV

==−

=−+⋅=−+

001000

0250005010000

A

b

Ab

ba

OV

MVVV

==

⋅−==+

01000

525000000.10

A

b

bA

ba

OV

VMVV

==

⋅−==+

01000

5000.125000000.10

A

b

A

ba

OVM

VV

===

−=

01000

000.20000.10

A

b

A

ba

OVM

VV

===

−=

01000

000.20000.1000.10

A

b

A

a

OVMV

==

⋅==

NdONdV

mNdMNdV

aA

ab

aA

aa

0000.1

000.20000.9


14

Esercizio N. 10 - Portale zoppo a tre cerniere

Per l’equilibrio alla rotazione si è scelto il punto A.

=⋅+⋅−⋅⋅−

=⋅+⋅+

+⋅⋅++⋅−

=+=⋅−−+

0242

222

0411222)12(

0000,2

bb

bb

ba

ba

VOq

VOqF

VVqOFO

=⋅+⋅−⋅⋅−

=⋅+⋅+

+⋅⋅++⋅−

=+=⋅−−+

022222000.2

0411222000.2)12(000.10

0000,2000.2000.10

bb

bb

ba

ba

VO

VO

VVOO

=⋅+⋅−−=⋅+⋅++−

=+=+−

022000.4041000.8000.30

00000.6

bb

bb

ba

ba

VOVO

VVOO


15

⋅+=⋅=−⋅+⋅

=+=+−

2000.420000.2241

00000.6

bb

bb

ba

ba

OVVO

VVOO

⋅+=

=−⋅+=+

=+−

22000.4

0000.2240

0000.6

bb

bb

ba

ba

OV

VOVVOO

⋅+=

=−⋅⋅+

+

=+=+−

22000.4

0000.2242

2000.40

0000.6

bb

bb

ba

ba

OV

OO

VVOO

⋅+=

=−⋅++−=

−=

22000.4

0000.224000.8

000.6

bb

bb

ba

ba

OV

OOVV

OO

⋅+=

=−⋅−=

−=

22000.40000.145

000.6

bb

b

ba

ba

OV

OVV

OO

=⋅+

=

==

−=−=

800.42

2800.2000.4

800.25000.14

000.6

b

b

ba

ba

V

O

VVOO

==−=

−=

800.4800.2

000.6800.2

b

b

ba

a

VO

VVO

==−=−=

NdVNdONdVNdO

ab

ab

aa

aa

800.4800.2800.4200.3


16

Esercizio N.11 - Arco a tre cerniere 1 Tale esercizio riguarda un arco circolare a tre cerniere di raggio R. Viene risolto per valori generici delle dimensioni e del carico applicato.

=⋅⋅−⋅+⋅

=⋅⋅−⋅=+

=⋅−+

02

0220

02

RRqRORV

RRqRVOO

RqVV

bb

b

ba

ba

⋅−⋅⋅=⋅

⋅⋅=⋅−=

−⋅=

RVRRqRO

RRqRVOO

VRqV

bb

b

ba

ba

2

22

2

−⋅=

⋅⋅⋅=

−=−⋅=

bb

b

ba

ba

VRqO

RRRqV

OOVRqV

2

212

2

⋅−⋅=

⋅=−=

−⋅=

RqRqO

RqVOO

VRqV

b

b

ba

ba

2

2

⋅−=

⋅−⋅=

⋅=−=

⋅−⋅=

222

2

RqRqRqO

RqVOO

RqRqV

b

b

ba

a

⋅−=

⋅−⋅=

⋅=

⋅−−=

⋅=

222

2

RqRqRqO

RqV

RqO

RqV

b

b

a

a

⋅−=

⋅−⋅=

⋅=

⋅=

⋅=

222

2

RqRqRqO

RqV

RqO

RqV

b

b

a

a

Il segno meno di Ob ci dice che tale reazione è in realtà diretta verso sinistra.


17

Esercizio N.12 - Trave inclinata P1= 20 KN; P2=16 KN; P3=14 KN; q=9 KN/m. Sostituiamo i vincoli con le reazioni vincolari, la cerniera da due reazioni, una verticale VA e una orizzontale OA, mentre il carrello dà una reazione diretta secondo l'asse del carrello RB.

Scriviamo le equazioni di equilibrio scegliendo come punto per calcolare i momenti, il punto A. Facciamo alcune osservazioni: • la distanza di RB dal punto A si misura, come sempre sulla perpendicolare alla retta di azione di RB, essa è 6,50 m; • La reazione RB ha una componente verticale RBV e una orizzontale RBO che si calcolano RBV = RB

cos 25°; RBO = RB Sen25°.

⎩⎪⎨

⎪⎧−𝑃1 ∙ 1,50 ∙ 𝐶𝑜𝑠25°− 𝑃2 ∙ (1,50 + 2,50) ∙ 𝐶𝑜𝑠25°− 𝑃3 ∙ (1,50 + 2,50 + 1,50) ∙ 𝐶𝑜𝑠25°− 𝑞 ∙ 6,50 ∙ 𝐶𝑜𝑠25° ∙ 𝐶𝑜𝑠25° ∙

6,50 ∙ 𝐶𝑜𝑠25°2

+ 𝑅𝐵 ∙ 6,50 = 0

𝑉𝐴 − 𝑃1 − 𝑃2 − 𝑃3 − 𝑞 ∙ 6,50 + 𝑅𝐵 ∙ 𝐶𝑜𝑠25° = 0 𝑂𝐴 − 𝑅𝐵 ∙ 𝑆𝑒𝑛25° = 0

�

�−20 ∙ 1,50 ∙ 𝐶𝑜𝑠25° − 16 ∙ 4,00 ∙ 𝐶𝑜𝑠25° − 14 ∙ 5,50 ∙ 𝐶𝑜𝑠25° − 9 ∙ 6,50 ∙ 𝐶𝑜𝑠25° ∙

6,50 ∙ 𝐶𝑜𝑠25°

2+ 𝑅𝐵 ∙ 6,50 = 0

𝑉𝐴 − 20 − 16 − 14 − 9 ∙ 6,50 ∙ 𝐶𝑜𝑠25° + 𝑅𝐵 ∙ 𝐶𝑜𝑠25° = 0 𝑂𝐴 − 𝑅𝐵 ∙ 𝑆𝑒𝑛25° = 0

�

�−27,189 − 58,004 − 69,786 − 156,167 + 𝑅𝐵 ∙ 6,50 = 0𝑉𝐴 − 50 − 53,019 + 𝑅𝐵 ∙ 𝐶𝑜𝑠25° = 0 𝑂𝐴 − 𝑅𝐵 ∙ 𝑆𝑒𝑛25° = 0

� �−311,146 + 𝑅𝐵 ∙ 6,50 = 0 𝑉𝐴 − 103,019 + 𝑅𝐵 ∙ 𝐶𝑜𝑠25° = 0 𝑂𝐴 − 𝑅𝐵 ∙ 𝑆𝑒𝑛25° = 0

�

�𝑅𝐵 ∙ 6,50 = 311,146 𝑉𝐴 = 103,019 − 𝑅𝐵 ∙ 𝐶𝑜𝑠25° 𝑂𝐴 = 𝑅𝐵 ∙ 𝑆𝑒𝑛25°

� �𝑅𝐵 =

311,146

6,50= 47,869 𝐾𝑁

𝑉𝐴 = 103,019 − 47,869 ∙ 𝐶𝑜𝑠25° = 55,15 𝐾𝑁 𝑂𝐴 = 47,869 ∙ 𝑆𝑒𝑛25° = 20,23 𝐾𝑁

�


18

Esercizio N.13 - Arco a tre cerniere 2

Calcoliamo la risultante del carico orizzontale: 𝑄 = 𝑞 ∙ 𝑅; Scriviamo le equazioni di equilibrio, scegliendo A come punto di riferimento per calcolare i momenti:

⎩⎪⎨

⎪⎧−𝑄 ∙

𝑅2

+ 𝑉𝐵 ∙ 2𝑅 = 0 𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 = 0 𝐻𝐴 − 𝐻𝐵 + 𝑄 = 0 𝑉𝐵 ∙ 𝑅 − 𝐻𝐵 ∙ 𝑅 = 0

�

⎩⎪⎨

⎪⎧ 𝑉𝐵 ∙ 2𝑅 = 𝑄 ∙ 𝑅

2

𝑉𝐴 = −𝑉𝐵 𝐻𝐴 −𝐻𝐵 + 𝑄 = 0 −𝐻𝐵 ∙ 𝑅 = −𝑉𝐵 ∙ 𝑅

�

⎩⎪⎨

⎪⎧𝑉𝐵 = 𝑄 ∙ 𝑅

2∙2𝑅= 𝑄

4

𝑉𝐴 = −𝑄4

𝐻𝐴 − 𝐻𝐵 + 𝑄 = 0𝐻𝐵 = 𝑉𝐵 = 𝑄

4

�

⎩⎪⎨

⎪⎧𝑉𝐵 = 𝑄

4

𝑉𝐴 = −𝑄4

𝐻𝐴 = 𝑄 − 𝐻𝐵

𝐻𝐵 = 𝑄4

�

⎩⎪⎪⎨

⎪⎪⎧ 𝑉𝐵 = 𝑄

4

𝑉𝐴 = −𝑄4

𝐻𝐴 = 𝑄 − 𝑄4

𝐻𝐵 = 𝑄4

�

⎩⎪⎨

⎪⎧ 𝑉𝐵 = 𝑄

4

𝑉𝐴 = −𝑄4

𝐻𝐴 = 34𝑄

𝐻𝐵 = 𝑄4

�

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