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 80 30

20

30

20

100 80

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

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:

y

b1

b2

b3

1

h2

h1

2

h3

3

x O a) Area della sezione A = A1 − A2 − A3 = (80 ⋅100) − (30 ⋅ 80) − (30 ⋅ 80) = 3.200,00 cm 2

b) Posizione del baricentro S x = S x1 − S x 2 − S x 3 = A1 ⋅ yG1 − A2 ⋅ yG2 − A3 ⋅ yG3 = S x = (8000 ⋅ 50) − (2400 ⋅ 40) − (2400 ⋅ 40) = 208.000,000 cm3 S y = S y1 − S y 2 − S y 3 = A1 ⋅ xG1 − A2 ⋅ xG2 − A3 ⋅ xG3 = S y = (8000 ⋅ 40) − (2400 ⋅15) − (2400 ⋅ 65) = 128.000,000 cm3

da cui xG =

Sy A

=

128000 = 40,0 cm , 3200

yG =

2

S x 208000 = = 65,0 cm A 4800



c) Momenti del second’ordine rispetto al riferimento (O,x,y) 1 1 1 J x = J x1 − J x 2 − J x 3 = b1 ⋅ h13 − b2 ⋅ h23 − b3 ⋅ h33 = 3 3 3 1 J x = [(80 ⋅1003 ) − 2 ⋅ (30 ⋅ 803 )] = 16.426.666,6667 cm 4 3 1 1 1 J y = J y1 − J y 2 − J y 3 = h1 ⋅ b13 − h2 ⋅ b23 − h3 ⋅ b33 − A3 ⋅ xG2 3 = 3 3 12 1 1 1 J y = (100 ⋅ 803 ) − (80 ⋅ 303 ) − (80 ⋅ 303 ) − 2400 ⋅ 652 = 3 3 12 J y = 17.066.666,6667 − 720.000 − 180.000 − 10.140.000 = 6.026.666,6667 cm 4 J xy = J xy1 − J xy 2 − J xy 3 = A1 ⋅ xG1 ⋅ yG1 − A2 ⋅ xG2 ⋅ yG2 − A3 ⋅ xG3 ⋅ yG3 = J xy = 8000 ⋅ 40 ⋅ 50 − 2400 ⋅15 ⋅ 40 − 2400 ⋅ 65 ⋅ 40 = 8.320.000,0000 cm 4

d) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (G, x’, y’) J x ' = J x − A ⋅ yG2 = 16.426.666,6667 − 3.200 ⋅ 652 = 2.906.666,6667 cm 4 J y ' = J y − A ⋅ xG2 = 6.026.666,6667 − 3.200 ⋅ 40 2 = 906.666,6667 cm 4 J x ' y ' = J xy − A ⋅ xG ⋅ yG = 8.320.000 − 3.200 ⋅ 40 ⋅ 65 = 0,0000 cm 4

e) Direzioni e momenti d’inerzia principali centrali tan(2α) = −

2 J x' y' J x' − J y'

=0

per cui J ξ = J x ' = 2.906.666,6667 cm 4 ,

Jη = J y ' = 906.666,6667 cm4 ,

f) Raggi d’inerzia centrali ρξ =

Jξ A

= 30,1 cm ,

ρη =

3

Jη A

= 16,8 cm

J ξη = 0,0000 cm 4



g) Ellisse centrale d’inerzia L’ellisse di equazione: ξ 2 η2 + = 1, ρη2 ρξ2

ovvero

ξ2 η2 + = 1, 283,35 908,36

è rappresentata nella figura seguente η

ξ 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  ξ   cos α sin α   x − xG  η = − sin α cos α  ⋅  y − y    G    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: ξ ⋅ ξ 0 η ⋅ η0 + 2 +1 = 0 , ρη2 ρξ

che definisce la retta r0 avente per centro relativo il punto P0 ≡ (ξ 0 , η 0 ) . Imponendo che tale retta passi per i vertici consecutivi P1 ≡ (ξ1 , η1 ) e P2 ≡ (ξ 2 , η2 ) del lato 1-2 del contorno della sezione convessificata, le coordinate del vertice corrispondente del nocciolo P0 ≡ (ξ 0 , η 0 ) risultano 1 η1 1 η2 2 ρ ,e ξ0 = − ξ1 η1 η ξ 2 η2

ξ1 ξ η0 = − 2 ξ1 ξ2

1 1 2 ρ η1 ξ η2

Il nocciolo centrale d’inerzia della sezione data, è mostrato nella figura successiva. I suoi vertici sono: 1 ≡ (0.0, 13.974) , 2 ≡ (−8.242, 9.909) , 3 ≡ (−7.083, 0.0) , 4 ≡ (0.0, − 25.952) , 5 ≡ (7.083, 0.0) e 6 ≡ (8.242, 9.909) . 5

3

η

4

4 2

6 2

1

6

G

3

ξ

5

5

3 4

1

1 6

2

5



Parte I)


TEMA 2 Data la sezione a U mostrata in figura

80 20

40

20

80 100

20

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:

y b1

b2

b3

1

h1

O

3

h3

h2

2

x

a) Area della sezione A = A1 + A2 + A3 = (20 ⋅ 100) + (40 ⋅ 20) + (20 ⋅ 100) = 4.800,00 cm 2

b) Posizione del baricentro S x = S x1 + S x 2 + S x 3 = A1 ⋅ yG1 + A2 ⋅ yG2 + A3 ⋅ yG3 = S x = (2000 ⋅ 50) + (800 ⋅10) + (2000 ⋅ 50) = 208.000,000 cm3 S y = S y1 + S y 2 + S y 3 = A1 ⋅ xG1 + A2 ⋅ xG2 + A3 ⋅ xG3 = S y = (2000 ⋅10) + (800 ⋅ 40) + (2000 ⋅ 70) = 192.000,000 cm3

da cui xG =

Sy A

=

192000 = 40,0 cm , 4800

yG =

S x 208000 = ≅ 43,3 cm . A 4800

c) Momenti del second’ordine rispetto al riferimento (O,x,y) 1 1 1 J x = J x1 + J x 2 + J x 3 = b1 ⋅ h13 + b2 ⋅ h23 + b3 ⋅ h33 = 3 3 3 1 J x = [2 ⋅ (20 ⋅1003 ) + (40 ⋅ 203 )] = 13.440.000,0000 cm 4 3

2



1 1 1 J y = J y1 + J y 2 + J y 3 = h1 ⋅ b13 + h2 ⋅ b23 + A2 ⋅ xG2 2 + h3 ⋅ b33 + A3 ⋅ xG2 3 = 3 12 12 1 1 1 J y = (100 ⋅ 203 ) + (20 ⋅ 403 ) + 800 ⋅ 40 2 + (100 ⋅ 203 ) + 2000 ⋅ 70 2 = 3 12 12 J y = 266.666,6667 + 106.666,6667 + 1.280.000 + 66.666,6667 + 9.800.000 = 11.520.000,0000 cm 4 J xy = J xy1 + J xy 2 + J xy 3 = A1 ⋅ xG1 ⋅ yG1 + A2 ⋅ xG2 ⋅ yG2 + A3 ⋅ xG3 ⋅ yG3 = J xy = 2000 ⋅10 ⋅ 50 + 800 ⋅ 40 ⋅10 + 2000 ⋅ 70 ⋅ 50 = 8.320.000,0000 cm 4

d) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (centrali) J x ' = J x − A ⋅ yG2 = 13.440.000 − 4800 ⋅ 43,32 = 4.426.666,6667 cm 4 J y ' = J y − A ⋅ xG2 = 11.520.000 − 4800 ⋅ 40 2 = 3.840.000,0000 cm 4 J x ' y ' = J xy − A ⋅ xG ⋅ yG = 8.320.000 − 4800 ⋅ 40 ⋅ 43. 3 = 0,0000 cm 4

e) Direzioni e momenti d’inerzia principali centrali tan(2α) = −

2 J x' y' J x' − J y'

=0

per cui J ξ = J x ' = 4.426.666,6667 cm 4

,

J η = J y ' = 3.840.000,0000 cm 4

,


Jξ A

= 30,368 cm ,

ρη =

Jη A

= 28,284 cm .

g) Ellisse centrale d’inerzia L’ellisse cercata ha equazione: ξ2 η2 ξ 2 η2 1 + = 1, , ovvero + = 800 922,21 ρη2 ρξ2

ed è rappresentata nella figura seguente

3

J ξη = 0,0000 cm 4



η ρξ ξ ρη

G

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: ξ ⋅ ξ 0 η ⋅ η0 + 2 +1 = 0 , ρη2 ρξ

che definisce la retta r0 avente per centro relativo il punto P0 ≡ (ξ 0 , η 0 ) , si ottiene il nocciolo centrale d’inerzia della sezione data, i cui vertici sono: 1 ≡ (0.0, 21.282) , 2 ≡ (−20.0, 0.0) , 3 ≡ (0.0, − 16.275) e 4 ≡ (20.0, 0.0) . 4

2

η

3

3

1 2

G

ξ

4 3

1

1 4

2

4


Insegnamento di SCIENZA DELLE COSTRUZIONI (12 CFU) Docente: Ing. Salvatore Sergio Ligarò (per segnalazioni e suggerimenti contattare [email protected]) Parte I)


TEMA 3 Data la sezione a L mostrata in figura 80

20

100

20

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



SOLUZIONE:

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

y b1

b2

1

h1

2

h2

O a) Area della sezione A = A1 + A2 = (20 ⋅100) + (60 ⋅ 20) = 2.000 + 1200 = 3.200,00 cm 2 b) Posizione del baricentro S x = S x1 + S x 2 = A1 ⋅ yG1 + A2 ⋅ yG2 = S x = (2000 ⋅ 50) + (1200 ⋅10) = 112.000,000 cm3 S y = S y1 + S y 2 = A1 ⋅ xG1 + A2 ⋅ xG2 = S y = (2000 ⋅10) + (1200 ⋅ 50) = 80.000,000 cm3

da cui xG =

Sy A

=

S 80000 112000 = 25,0 cm , yG = x = = 35,0 cm 3200 A 3200

c) Momenti del second’ordine rispetto al riferimento (O,x,y) 1 1 J x = J x1 + J x 2 = b1 ⋅ h13 + b2 ⋅ h23 = 3 3 1 J x = [(20 ⋅1003 ) + (60 ⋅ 203 )] = 6.826.666,666 6 cm 4 3 1 1 J y = J y1 + J y 2 = h1 ⋅ b13 + h2 ⋅ b23 + A2 ⋅ xG2 2 = 3 12 1 1 J y = (100 ⋅ 203 ) + (20 ⋅ 603 ) + 1200 ⋅ 50 2 = 3 12 J y = 266.666,666 6 + 360.000 + 3.000.000 = 3.626.666,666 6 cm 4

2

x



J xy = J xy1 + J xy 2 = A1 ⋅ xG1 ⋅ yG1 + A2 ⋅ xG2 ⋅ yG2 = J xy = 2000 ⋅10 ⋅ 50 + 1200 ⋅ 50 ⋅10 = 1.600.000,0000 cm 4 d) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (centrali) J x ' = J x − A ⋅ yG2 = 6.826.666,666 6 − 3200 ⋅ 352 = 2.906.666,666 6 cm 4 J y ' = J y − A ⋅ xG2 = 3.626.666,666 6 − 3200 ⋅ 252 = 1.626.666,666 6 cm 4 J x ' y ' = J xy − A ⋅ xG ⋅ yG = 1.600.000 − 3200 ⋅ 25 ⋅ 35 = −1.200.000,0000 cm 4 e) Direzioni e momenti d’inerzia principali centrali tan(2α) = − da cui α =

2 J x' y' J x' − J y'

=−

2 ⋅ (−1.200.000) = 1.875 2.906.666,6666 − 1.626.666,6666

1 arctan( 1.875 ) = 30°.9637 = 30° 57' 49",32 2

inoltre Jξ = Jη =

J x' + J y ' 2 J x' + J y ' 2

+

1 ( J x ' − J y ' ) 2 + 4 J x2' y ' = 3.626.666,666 6 cm 4 , 2

−

1 ( J x ' − J y ' ) 2 + 4 J x2' y ' = 906.666,666 6 cm 4 , 2

J ξη = 0,0000 cm 4 . f) Raggi d’inerzia centrali ρξ =

Jξ A

= 33,7 cm ,

ρη =

Jη A

= 16,8 cm

g) Ellisse centrale d’inerzia L’ellisse cercata ha equazione: ξ 2 η2 ξ2 η2 + = 1 , ovvero + = 1, ρη2 ρξ2 283,32 1.133,3 3 ed è rappresentata nella figura seguente

3



η ξ

G

h) Nocciolo centrale d’inerzia 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: ξ ⋅ ξ 0 η ⋅ η0 + 2 +1 = 0 , ρη2 ρξ che definisce la retta r0 avente per centro relativo il punto P0 ≡ (ξ 0 , η 0 ) . Iterando il procedimento per tutte le cinque rette, si ottiene il nocciolo centrale d’inerzia della sezione data, i cui vertici risultano: 1 ≡ (4.165, 27.766) , 2 ≡ (−4.417, 10.602) , 3 ≡ (−8.052, − 3.332) e 4 ≡ (−2.243,−14.951) , 5 ≡ (9.718,−23.324) .

η ξ 1 2

G 3 4

4

5




TEMA 4 Data la sezione a Z mostrata in figura 50

14

72

14

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

10

50



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

h1

1

y 2

h2

b2

x h3

3

O b3

a) Area della sezione A = A1 + A2 + A3 = (60 ⋅14) + (72 ⋅10) + (60 ⋅14) = 840 + 720 + 840 = 2.400,00 cm 2 b) Posizione del baricentro S x = S x1 + S x 2 + S x 3 = A1 ⋅ yG1 + A2 ⋅ yG2 + A3 ⋅ yG3 = S x = (840 ⋅ 93) + (720 ⋅ 50) + (840 ⋅ 7) = 120.000,000 cm3 S y = S y1 + S y 2 + S y 3 = A1 ⋅ xG1 + A2 ⋅ xG2 + A3 ⋅ xG3 = S y = (840 ⋅ 30) + (720 ⋅ 55) + (840 ⋅ 80) = 132.000,000 cm3

da cui xG =

Sy A

=

132.000 = 55,0 cm , 2.400

yG =

S x 120000 = = 50,0 cm A 2400

c) Momenti del second’ordine rispetto al riferimento (O,x,y) 1 1 1 b1 ⋅ h13 + A1 ⋅ yG21 + b2 ⋅ h23 + A2 ⋅ yG2 2 + b3 ⋅ h33 = 12 12 3 1 1 1 J x = (60 ⋅143 ) + 840 ⋅ 932 + (10 ⋅ 723 ) + 720 ⋅ 50 2 + (60 ⋅143 ) = 9.444.800,0000 cm 4 12 12 3

J x = J x1 + J x 2 + J x 2 =

2



1 1 1 J y = J y1 + J y 2 + J y 3 = h1 ⋅ b13 + h2 ⋅ b23 + A2 ⋅ xG2 2 + h3 ⋅ b33 + A3 ⋅ xG2 3 = 3 12 12 1 1 1 J y = (14 ⋅ 603 ) + (72 ⋅103 ) + 720 ⋅ 552 + (14 ⋅ 603 ) + 840 ⋅ 80 2 = 8.820.000,0000 cm 4 3 12 12 J xy = J xy1 + J xy 2 + J xy 3 = A1 ⋅ xG1 ⋅ yG1 + A2 ⋅ xG2 ⋅ yG2 + A3 ⋅ xG3 ⋅ yG3 = J xy = 840 ⋅ 30 ⋅ 93 + 720 ⋅ 55 ⋅ 50 + 840 ⋅ 80 ⋅ 7 = 4.794.000,0000 cm 4 d) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (centrali) J x ' = J x − A ⋅ yG2 = 9.444.800 − 2400 ⋅ 50 2 = 3.444.800,0000 cm 4 J y ' = J y − A ⋅ xG2 = 8.820.000 − 2400 ⋅ 552 = 1.560.000,0000 cm 4 J x ' y ' = J xy − A ⋅ xG ⋅ yG = 4.794.000 − 2400 ⋅ 55 ⋅ 50 = −1.806.000,0000 cm 4 e) Direzioni e momenti d’inerzia principali centrali tan(2α) = − da cui α = Jξ = Jη =

2 J x' y' J x' − J y'

2 ⋅ (−1.806.000) = 1.916383 3.444.800 − 1.560.000

1 arctan( 1.916383 ) = 31°.221859 = 31° 13' 18" ,69 2

J x' + J y' 2 J x' + J y' 2

=−

+

1 ( J x ' − J y ' ) 2 + 4 J x2' y ' = 4.539.494,4406 cm 4 2 ,

−

1 ( J x ' − J y ' ) 2 + 4 J x2' y ' = 465.305,594 cm 4 2 ,

J ξη = 0,0000 cm 4 f) Raggi d’inerzia centrali ρξ =

Jξ A

= 43,5 cm ,

ρη =

Jη A

= 13,9 cm

g) Ellisse centrale d’inerzia L’ellisse cercata ha equazione: ξ 2 η2 ξ2 η2 + = 1 , ovvero + = 1, ρη2 ρξ2 193,85 1934,24 ed è rappresentata nella figura seguente

3



η ξ

G

h) Nocciolo centrale d’inerzia 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: ξ ⋅ ξ 0 η ⋅ η0 + 2 +1 = 0 , ρη2 ρξ che definisce la retta r0 avente per centro relativo il punto P0 ≡ (ξ 0 , η 0 ) . Iterando il procedimento per tutte le sei rette, si ottiene il nocciolo centrale d’inerzia della sezione data, i cui vertici risultano: 1 ≡ (2.010, 32.350) , 2 ≡ (−3.015, 17.826) , 3 ≡ (−6.581, 1.175) e 4 ≡ (−2.010, − 32.350) , 5 ≡ (3.015, − 17.826) , 6 ≡ (6.581, − 1.175) . 4 5

4

η

3

5 6

ξ

1 2 3

G 6 5 3

4

2 6

2 1

1

4




TEMA 5 Data la distribuzione piana di masse concentrate mostrata in figura 50

14

10

50

10

9

6

7

8

3

4

y 72

5

x 14

O

1

2

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

i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

m (cm2) 210,00 210,00 390,00 180,00 210,00 210,00 180,00 390,00 210,00 210,00

x(cm) 50,00 110,00 50,00 60,00 110,00 0,00 50,00 60,00 0,00 60,00

y(cm) 0,00 0,00 14,00 14,00 14,00 86,00 86,00 86,00 100,00 100,00



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 210,00 50,00 0,00 210,00 110,00 0,00 390,00 50,00 14,00 180,00 60,00 14,00 210,00 110,00 14,00 210,00 0,00 86,00 180,00 50,00 86,00 390,00 60,00 86,00 210,00 0,00 100,00 210,00 60,00 100,00

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

∑

2.400,00

mx 10500,00 23100,00 19500,00 10800,00 23100,00 0,00 9000,00 23400,00 0,00 12600,00

my 0,00 0,00 5460,00 2520,00 2940,00 18060,00 15480,00 33540,00 21000,00 21000,00

132.000,00 120.000,00

mx2 525000,00 2541000,00 975000,00 648000,00 2541000,00 0,00 450000,00 1404000,00 0,00 756000,00

my2 0,00 0,00 76440,00 35280,00 41160,00 1553160,00 1331280,00 2884440,00 2100000,00 2100000,00

mxy 0,00 0,00 273000,00 151200,00 323400,00 0,00 774000,00 2012400,00 0,00 1260000,00

9.840.000,00 10.121.760,00 4.794.000,00

Da essa si deducono: a) Massa totale 10

M = ∑ mi = 2400.00cm 2 i =1

b) Posizione del baricentro 10

10

S x = ∑ mi yi = 120.000,00cm3

S y = ∑ mi xi = 132.000,00cm3

i =1

i =1

da cui xG =

Sy M

=

132.000 = 55,0 cm 2.400 ,

yG =

S x 120000 = = 50,0 cm M 2400

c) Momenti del second’ordine rispetto al riferimento (O,x,y) 10

J x = ∑ mi yi2 = 10.121.760,0000cm 4 i =1

10

J y = ∑ mi xi2 = 9.840.000,0000cm 4

,

i =1

10

J xy = ∑ mi xi yi = 4.794.000cm 4 i =1

d) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (O, x’, y’) J x ' = J x − M ⋅ yG2 = 10.121.760 − 2400 ⋅ 50 2 = 4.121.760,0000 cm 4 J y ' = J y − M ⋅ xG2 = 9.840.000 − 2400 ⋅ 552 = 2.580.000,0000 cm 4 J x ' y ' = J xy − M ⋅ xG ⋅ yG = 4.794.000 − 2400 ⋅ 55 ⋅ 50 = −1.806.000,0000 cm 4

2



e) Direzioni e momenti d’inerzia principali centrali tan(2α) = − da cui

α= Jξ = Jη =

2 J x' y' J x' − J y'

=−

2 ⋅ (−1.806.000) = 2.342777 4.121.760 − 2.580.000

1 arctan( 2.342777 ) = 33°.442542 = 33° 26' 33" ,15 2

J x' + J y' 2 J x' + J y' 2

+

1 ( J x ' − J y ' ) 2 + 4 J x2' y ' = 5.314.522,5271 cm 4 , 2

−

1 ( J x ' − J y ' ) 2 + 4 J x2' y ' = 1.387.237,4729 cm 4 , 2 J ξη = 0,0000 cm 4


Jξ A

= 47,1 cm , ρη =

Jη A

= 24,0 cm

g) Ellisse centrale d’inerzia L’ellisse cercata ha equazione: ξ 2 η2 ξ2 η2 + = 1 , ovvero + = 1, ρη2 ρξ2 578,01 2.214,36 ed è rappresentata nella figura seguente

η ξ

G

3

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)


TEMA 6 Data la sezione a G mostrata in figura

83.0

10.0

20.0

10.0

50.0

10.0

10.0

30.0

10.0

64.0

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

y

y’ x’

25.3

38.2

G

x

O a) Area della sezione A = 2.070,00 cm 2

b) Momenti statici S x = 79.145,000 cm 3 ,

S y = 52.430,000 cm 3

c) Posizione del baricentro xG =

Sy A

=

52.000 = 25,3 cm , 2.070

yG =

S x 79145 = = 38,2 cm A 2070

d) Momenti del second’ordine rispetto al riferimento (O, x, y) J x = 4.910.790,0000 cm 4 ,

J y = 2.212.680,0000 cm 4 ,

J xy = 1.750.125,0000 cm 4

2



e) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (G, x’, y’) (centrali) J x ' = 1.884.736,3647 cm 4 ,

J y ' = 884.706,6184 cm 4 ,

J x ' y ' = −254.499,3237 cm 4

f) Direzioni e momenti d’inerzia principali centrali tan(2α ) = 0.508983507 , α=

1 arctan( 0.508983507 ) = 13°.487671867 = 13° 29' 15",62 2

J ξ = 1.945.778,3328 cm 4 ,

J η = 823.664,6503 cm 4 ,

J ξη = 0,0000 cm 4

g) Raggi d’inerzia centrali ρξ = 30,659 cm ,

ρη = 19,948 cm

h) Ellisse centrale d’inerzia ξ2 η2 + = 1, 397,92 939,97

rappresentata nella figura seguente

η

ξ

G

3



i) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, x, y) P1 = [0.000 0.000] ,

P2 = [64.000 0.000] ,

P3 = [64.000 30.000] ,

P4 = [50.000 83.000] ,

P5 = [0.000 83.000]

j) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, ξ, η) P1 = [− 33.548 − 31.272] ,

P2 = [28.687 − 46.199] ,

P3 = [35.684 − 17.027] ,

P4 = [34.432 37.777] ,

P5 = [− 14.189 49.439]

k) Nocciolo centrale d’inerzia I punti V1−2 = [2.427 23.907] ,

V2−3 = [− 10.006 5.669] ,

V3−4 = [− 11.274 − 0.609] ,

V4−5 = [− 2.073 − 20.419],

V5−1 = [15.277 − 8.656]

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

P5

P4

η V1-2

ξ

V2-3 V3-4 G

V5-1

P3

V4-5 P2

P1

4



TEMA 7 Data la sezione a Γ mostrata in figura 20.0

91.0

20.0

20.0

20.0

1. calcolarne le caratteristiche inerziali; 2. disegnare l’ellisse centrale d’inerzia; 3. disegnare il nocciolo centrale d’inerzia. N.B.: Tutte le dimensioni sono espresse in centimetri).

53.0


Geometria delle aree: esempio 6

SOLUZIONE: (Prova del 19 Dicembre 2001, allieva: Chiara Mazzoni) Scelto il sistema di riferimento (O, x, y) indicato in figura, si ottengono:

y’ x’

37.5

78.2

G

y

O

x

a) Area della sezione A = 4.080,00 cm2

b) Momenti statici S x = 319.070,000 cm3 ,

S y = 153.090,000 cm3


Sy A

=

153090 = 37,5 cm , 4080

yG =

S x 319070 = = 78,2 cm A 4080

d) Momenti del second’ordine rispetto al riferimento (O, x, y) J x = 29.929.400,0000 cm4 ,

J y = 7.434.380,0000 cm4 ,

J xy = 12.671.790,0000 cm4

2



e) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (G, x’, y’) (centrali) J x ' = 4.977.031,1520 cm4 ,

J y ' = 1.690.128,0147 cm4 ,

J x ' y ' = 699.626,6912 cm 4

f) Direzioni e momenti d’inerzia principali centrali tan(2α ) = −0.425705694 ,

α=

1 arctan( − 0.425705694 ) = 11°.529865476 = 11° 31' 47" ,52 2

Jξ = 5.119.751,6258 cm4 ,

Jη = 1.547.407,5408 cm4 ,

J ξη = 0,0000 cm 4


ρη = 19,475 cm

h) Ellisse centrale d’inerzia ξ2 η2 + =1, 379,28 1254,86

rappresentata nella figura seguente η

y’ x’

37.5

78.2

G

y

O

x

3

ξ



i) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, x, y) P1 = [20.000 0.000] ,

P2 = [40.000 0.000] ,

P3 = [93.000 91.000] ,

P4 = [93.000 111.000],

P5 = [40.000 131.000] ,

P6 = [20.000 131.000]

P7 = [0.000 111.000] ,

P8 = [0.000 91.000]

j) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, ξ, η) P1 = [− 1.537 − 80.128] , P4 = [47.803 43.224] ,

P2 = [18.059 − 76.130] , P5 = [− 8.125 52.266] ,

P7 = [− 43.320 24.635] ,

P3 = [51.801 23.627] , P6 = [− 27.721 48.229] ,

P8 = [− 39.323 5.038]

k) Nocciolo centrale d’inerzia I punti V1−2 = [− 0.969 15.722] ,

V2−3 = [− 8.657 9.688] ,

V3−4 = [− 6.698 − 4.521] ,

V4−5 = [− 1.199 − 24.644],

V5−6 = [1.436 − 23.288] ,

V6−7 = [6.363 − 13.918] ,

V7−8 = [9.904 6.684] ,

V8−1 = [10.226 15.011]

sono i vertici del nocciolo centrale d’inerzia rappresentato in figura P6

P5

η

P7

P4 y’

P8

P3 x’

G

y

O

x P1

P2

4

ξ



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.

45

112

102

30

y

x O

85

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.


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:

53

71

G

y

x O

a) Area della sezione A = 36,90 cm2 .

b) Momenti statici S x = 236,660 cm3 ,

S y = 195,045 cm3 .


Sy A

=

195,045 = 5,3 cm , 36,90

yG =

S x 263,660 = = 7,1 cm . A 36,90

d) Momenti del second’ordine rispetto al riferimento (O, x, y) J x = 2.637,1740 cm4 ,

J y = 1.423,3960 cm4 ,

J xy = 1.534,6540 cm4 .

e) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (G, x’, y’) J x ' = 753,2554 cm4 ,

J y ' = 392,4325 cm4 ,

2

J x ' y ' = 141,0073 cm4 .



f) Direzioni e momenti d’inerzia principali centrali tan(2α ) = − α=

2 × 141,0073 = −0,78158731 , 753,2554 − 392,4325

1 arctan( − 0.78158731 ) = −19°.005362636 = −19° 00' 19",32 , 2

Jξ = 801,8229 cm4 ,

Jη = 343,8651 cm4 ,

J ξη = 0,0000 cm 4 .


ρη = 3,053 cm .

h) Ellisse centrale d’inerzia L’ellisse ξ2 η2 + = 1, 9,32 21,73

è rappresentata nella figura seguente

η

y’ 53

x’ ξ

71

G

y

x O

3



i) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, x, y) P1 = [0,000 0,000] ,

P2 = [8,000 0,000] ,

P3 = [11,950 7,700] ,

P5 = [0,750 12,200] ,

P6 = [0,000 1,000] .

P4 = [11,950 12,200] ,

j) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, ξ, η) P1 = [− 2,671 − 8,477],

P2 = [5,366 − 5,709] ,

P4 = [4,655 6,949] ,

P5 = [− 5,935 3,302] ,

P3 = [6,120 2,695] , P6 = [− 2,996 − 7.523] .

k) Nocciolo centrale d’inerzia I punti V1−2 = [− 0,425 2,875] ,

V2−3 = [− 1,585 0,332] ,

V4−5 = [0,600 − 4,065],

V3−4 = [− 1,332 − 1,062] ,

V5−6 = [1,849 1,170] ,

V6−1 = [1,667 1,339] ,

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

η

P5

P4

y’ 53

x’ G

71

ξ

y P6 x P1=O

P2

4

P3



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.

73

126

110

20

y x O

97

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.



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

G

87

76

y x O

a) Area della sezione A = 47,90 cm2 .


S y = 362,875 cm3 .


Sy A

=

362,975 ≅ 7,3 cm , 47,90

yG =

S x 416,350 = ≅ 8,7 cm . 47,90 A

d) Momenti del second’ordine rispetto al riferimento (O, x, y) J x = 4.894,7862 cm4 ,

J y = 3.939,8392 cm4 ,

J xy = 3.651,2975 cm4 .

e) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (G, x’, y’) J x ' = 1.275,8442 cm4 ,

J y ' = 1.190,8148 cm4 ,

2

J x ' y ' = 497,1638 cm4 .



f) Direzioni e momenti d’inerzia principali centrali tan(2α ) = − α=

2 × 497,1638 = −11,69392704 , 1275,8442 − 1190,8148

1 arctan( − 11.69392704 ) = −42°.556138934 = −42° 33' 22",10 , 2

Jξ = 1.732,3077 cm 4 ,

Jη = 734,3512 cm4 ,

J ξη = 0,0000 cm 4 .


ρη = 3,915 cm .

h) Ellisse centrale d’inerzia L’ellisse ξ2 η2 + =1, 15,3272 36,1682


η

y’ 76

G

x’

87

ξ

y x O

3



i) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, x, y) P1 = [0,000 0,000] ,

P2 = [9,700 0,000] ,

P3 = [16,950 8,850] ,

P5 = [2,350 16,150] ,

P6 = [0,000 1,000] .

P4 = [16,950 16,150] ,

j) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, ξ, η) P1 = [0,298 − 11,526], P4 = [1,861 11,834] ,

P2 = [7,443 − 4,966] ,

P3 = [6,798 6,456] ,

P5 = [− 8,893 1,959] ,

P6 = [− 0,378 − 10.790] .

k) Nocciolo centrale d’inerzia I punti V1−2 = [− 1,193 3,065] , V4−5 = [1,390 − 3,572],

V2−3 = [− 2,140 − 0,285] ,

V3−4 = [− 1,205 − 2,609] ,

V5−6 = [2,021 3,185] ,

V6−1 = [1,491 3,229],


P5

η

y’ G

76

x’

P3

87

ξ

y P6

x

P1=O

P2

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.

44

151

102

20

y x

O

91

91

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



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

G

9.5

6.5 y x

O

a) Area della sezione A = 61,50 cm 2 .


S y = 582,550 cm3 .


Sy A

=

582,550 ≅ 9,5 cm , 61,50

yG =

S x 401,470 = ≅ 6,5 cm . A 61,50

d) Momenti del second’ordine rispetto al riferimento (O, x, y) J x = 4.117,6040 cm 4 ,

J y = 7.194,8637 cm 4 ,

J xy = 4.034,2550 cm 4 .

e) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (G, x’, y’) J x ' = 1.496,8209 cm 4 ,

J y ' = 1.676,7418 cm 4 ,

2

J x ' y ' = 231,3875 cm 4 .



f) Direzioni e momenti d’inerzia principali centrali tan(2α ) = −

2 × 231,3875 = +2,572102518 , 1496.8209 − 1676,7418

1 2

da cui α = arctan(2.572102518) = 34°.377288365 = 34° 22' 38" ,238 . Essendo J x ' < J y ' , occorre considerare α = α + π / 2 = 1240 22' 38".238 . Infine, J ξ = 1.835,0414 cm 4 ,

Jη = 1338,5212 cm 4 ,

J ξη = 0,0000 cm 4 .


ρη = 4,665 cm .

h) Ellisse centrale d’inerzia L’ellisse ξ2 η2 + =1, 21,7646 29,8381


ξ

9.5

η

G

6.5

y x

O

3



i) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, x, y) P1 = [0,000 0,000] , P2 = [18,200 0,000] , P3 = [18,200 1,000] , P4 = [18,150 15,600] , P5 = [17,150 15,600] , P6 = [2,050 12,200] , P7 = [0,000 1,000] .

j) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, ξ, η) P1 = [− 0,039 11,504] , P2 = [− 10,316 − 3,517] , P3 = [− 9,490 − 4,082] , P4 = [2,588 − 12,284] , P5 = [3,152 − 11,459] , P6 = [8,872 2,923] , P7 = [0,786 10,939].

k) Nocciolo centrale d’inerzia nel riferimento (O, ξ, η) I punti V1− 2 = [2,752 − 2,581], V2−3 = [1,408 2,822] , V3− 4 = [1,404 2,834] , V4−5 = [− 1,980 1,857] , V5−6 = [− 2,823 1,539] , V6−7 = [− 1,841 − 2,546] , V7 −1 = [− 1,297 − 2,600]


P4

P6

ξ

9.5

G

η

6.5

P7

P3

P1=O

P2

4



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

70

30

y x

60

O

50

Utilizzando come unità di misura il cm, 1. 2. 3. 4.

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

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



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. 4 3 80

3

4 70

5

5

6

y x O

8

8

1

7

7

60

2

6

30

2

9

1 9 50

Utilizzando il riferimento (O, x, y) indicato in figura, costruiamo le due matrici: Nodo 1 2 3 4 5 6 7 8 9

X (cm) 0.00 0.00 -41.16 8.90 50.00 120.00 120.00 50.00 50.00

Y (cm) -60.00 0.00 68.60 98.60 30.00 30.00 0.00 0.00 -60.00

Asta c d e f g h i j k

Matrice delle coordinate nodali

Nodo iniziale Nodo finale

1 2 3 4 5 6 7 8 9

2 3 4 5 6 7 8 9 1

Matrice delle incidenze

2



m

DX4

DX3

DX2

DX1

DY1

Lato

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

d 68,6 -41,2 847,07 -23243,678 717532,3285 e 30,0 50,1 -807,47 23478,667 -715963,7725 f -68,6 41,1 1210,40 41431,677 1560931,4440 g 0,0 70,0 5950,00 534333,333 50277500,0000 k 0,0 -50,0 -1250,00 -41666,667 -1562500,0000

q

-1,6667 0,0000 0,5993 93,2664 -1,6691 113,4550 0,0000 30,0000 0,0000 -60,0000

Lato

e di quelle finali Ak

SXk

SYk

JXk

d -1411,79 -32282,886 38739,463 -1107302,9761 e 4185,02 176810,919 -61239,299 12869687,9473 f 2642,73 93022,726 68171,748 22015151,8342 g 2100,00 31500,000 178500,000 630000,0000 k 3000,00 -90000,000 75000,000 3600000,0000 10515,96 179050,76 299171,91 17864705,0902

JYk

JXYk

-1195887,2142 1760707,3958 2095280,1167 16030000,0000 2500000,0000 21190100,2983

996572,6785 -2328205,3678 2118596,6536 2677500,0000 -2250000,0000 1214463,9642

Risultano, in definitiva, a) Area della sezione A = 10.515,96 cm 2 .

b) Momenti statici S x = 179.050,760 cm3 ,

S y = 299.171,910 cm3 .


Sy A

=

299.171,910 ≅ 28,45 cm , 10.515,96

yG =

S x 179.050,760 = ≅ 17,03 cm . 10.515,96 A

d) Momenti del second’ordine rispetto al riferimento (O, x, y) J x = 1786.4705,0902 cm 4 ,

J y = 2119.0100,2983 cm 4 ,

J xy = 121.4463,9642 cm 4 .

e) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (G, x’, y’) J x ' = 1481.6083,7120 cm 4 ,

J y ' = 1267.8861,2163 cm 4 , 3

J x ' y ' = −387.9409,3577 cm 4 .



f) Direzioni e momenti d’inerzia principali centrali tan(2α ) = −

2 × (−387.9409,3577) = +3,6303280 , 1481.6083,7120 − 1267.8861,2163 1 2

da cui α = arctan(3.6303280) = 37°.2996 = 37° 17' 58" , 87 . Infine, J ξ = 1777.1369,4514 cm 4 ,

Jη = 972.3575,4769 cm 4 ,


ρη = 30,41cm .

h) Ellisse centrale d’inerzia L’ellisse ξ2 η2 + = 1, 924,6464 1689,9417


η ξ

G

x

17

y

28,45

O

4

J ξη = 0,0000 cm 4 .



i) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, x, y) P1 = [0,00 − 60,00] ,

P2 = [50,00 − 60,00] ,

P4 = [120,00 30,00],

P5 = [8,90 98,60] ,

P3 = [120,00 0,00] , P6 = [− 41,16 68,60] .

j) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, ξ, η) P1 = [− 69,308 − 44,023] ,

P2 = [− 29,534 − 74,332] ,

P3 = [62,509 − 69,023],

P4 = [80,688 − 45,158] ,

P5 = [33,881 76,736] ,

P6 = [− 24,120 83,208] .

k) Nocciolo centrale d’inerzia nel riferimento (O, ξ, η) I punti V1− 2 = [7,274 17,452] ,

V2−3 = [− 0.734 23,268] ,

V3− 4 = [− 8.034 11,186] ,

V4−5 = [− 14,596 − 10,244] , V5−6 = [− 1,281 − 20,989] , V6−1 = [17 ,228 − 11,182] ,


P6

η ξ P4 28,45 x

G 17

y

P3

O

P1=O

P2

5



Parte II)

CINEMATICA DEI SISTEMI DI TRAVI

TEMA 1 Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura L/2

L/2

H/2

y, v

H/2

x, u O

1. 2. 3. 4.

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

Salvatore Sergio Ligarò

Cinematica e statica dei sistemi di travi rigide: Esempio 1

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 c, d, e e f, ed i nodi A, B, C, D ed E, connessi fra loro e coi vincoli nel modo indicato nella figura seguente. L/2

B

3

2

L/2 4

2

5

3

6

D 7

C

1

H/2

1

A

4 y, v

H/2 8

x, u

E

O

1. Prestazioni cinematiche delle connessioni e dei vincoli Il sistema risulta dall’assemblaggio delle travi rigide c, d, e e f mostrate in figura, vincolate al suolo e tra di loro mediante i seguenti dispositivi: u1 = u A = 0  v1 = v A = 0 θ = θ ≥0 A  1

m1 = 2 ,

Connessione 2-3

 u 2 − u3 = 0   v2 − v3 = 0 θ − θ = 0 3  2

m2−3 = 3 ,

Connessione 4-5

u4 − u5 = 0   v4 − v5 ≥ 0 θ − θ = 0  4 5

m4−5 = 2 ,

Vincolo 1

2

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.)

Connessione 6-7

Vincolo 8

Anno Accademico 2001/2002

u6 − u7 = 0   v6 − v7 = 0 θ − θ = 0 7  6  u8 = uE ≥ 0   v8 = vE = 0 θ = θ ≥0 E  8

m6−7 = 3 ,

m8 = 1 ,

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 c, d, e e f 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: per cui m2−3 = 3 ; • la connessione 2-3 è tripla ( u2 = u3 , v2 = v3 , θ 2 = θ3 ), • la connessione 4-5 è doppia ( u4 = u5 , θ 4 = θ5 ), per cui m4−5 = 2 ; • la connessione 6-7 è tripla ( u 6 = u 7 , v6 = v7 , θ 6 = θ 7 ), per cui m6−7 = 3 ; • la cerniera fissa in A è un vincolo doppio ( u A = 0 , v A = 0 ), per cui m A = 2 ; • la cerniera mobile (carrello) in E è un vincolo semplice ( vE = 0 ), per cui mE = 1 ; 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 = [c+d] e II = [e+f] nel modo illustrato in figura. In assenza di vincoli e connessioni il sistema avrebbe 6 gradi di libertà. D’altronde: per cui m4−5 = 2 ; • la connessione 4-5 è doppia ( u 4 = u 5 , θ 4 = θ5 ), • la cerniera fissa in A è un vincolo doppio ( u A = 0 , v A = 0 ), per cui m A = 2 ; • la cerniera mobile (carrello) in E è un vincolo semplice ( v E = 0 ), per cui m E = 1 ; 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). 3



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

La connessione doppia 4-5 permette lo spostamento relativo ∆v 4−5 = v 4 − v5 ; la cerniera fissa in A permette la rotazione assoluta θ A ; il carrello in E permette lo spostamento assoluto u E e la rotazione assoluta θ E . 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

δP

δQ

Q

u2 = u1 − ( y2 − y1 ) ⋅ θ1 = u1 − H 2 ⋅ θ1

u1

c d e f

1 3 5 8

v1

2

v2 = v1 + ( x2 − x1 ) ⋅ θ1 = v1

θ1

θ 2 = θ1

u3

u 4 = u 3 − ( y 4 − y3 ) ⋅ θ 3 = u 3

v3

4

v4 = v3 + ( x4 − x3 ) ⋅ θ3 = v3 + L 2 ⋅ θ3

θ3

θ 4 = θ3

u5

u 6 = u 5 − ( y 6 − y5 ) ⋅ θ 5 = u 5

v5

6

v6 = v5 + ( x6 − x5 ) ⋅ θ5 = v5 + L 2 ⋅ θ5

θ5

θ 6 = θ5

u5

u7 = u8 − ( y7 − y8 ) ⋅ θ8 = u8 − H ⋅ θ8

v5

7

v7 = v8 + ( x7 − x8 ) ⋅ θ8 = v8

θ5

θ 7 = θ8 4



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

u1 = u A = 0   v1 = v A = 0

Connessione 2-3

 u 2 − u3 = 0   v2 − v3 = 0 θ − θ = 0 3  2

⇒

u A − H 2 ⋅ θ A − u3 = 0  v A − v3 = 0  θ A − θ3 = 0

Connessione 4-5

 u 4 − u5 = 0  θ 4 − θ5 = 0

⇒

 u3 − u5 = 0  θ3 − θ5 = 0

Connessione 6-7

u6 − u7 = 0   v6 − v7 = 0 θ − θ = 0 7  6

⇒

u5 − u8 + H ⋅ θ E = 0  v5 + L 2 ⋅ θ5 − vE = 0  θ5 − θ E = 0

Vincolo 8

vE = 0 .

Il sistema lineare ed omogeneo cui da luogo l’insieme delle equazioni algebriche precedenti può essere scritto in notazione matriciale come: 1 0  1  0 0  0 0  0 0  0  0

ovvero

u A  0 0 0 0 0    0  vA 0 0 0 0 0    0 θ A  0 0 0 0 0    0   u3   0 0 0 0 0    0   v3  0 0 0 0 0    0   θ 3    0 0 0 0 0  ⋅   = 0  u5 0 − 1 0 0 0    0    v5    0 0 − 1 0 H    0  θ5 1 L / 2 0 − 1 0    0   u E    0 1 0 0 − 1   0  vE   0 0 0 1 0    0  θ E 

0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 − H / 2 −1 0 0 0 1 0 0 −1 0 0 0 1 0 0 −1 0 0 0 1 0 0 −1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

C δ = 0,

dove C è la matrice cinematica del sistema di travi e δ il vettore degli spostamenti incogniti. 5



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, δ = 0 , 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 θ 8 = ϕ , si ottengono le ∞1 soluzioni dipendenti dal parametro ϕ: Polo 1 ≡ A

uA = 0

vA = 0

H ϕ v3 = 0 2 H L Polo 5 u5 = − ϕ v5 = − ϕ 2 2 H Polo 8 ≡ E u E = ϕ vE = 0 2 u3 = −

Polo 3

θA = ϕ θ3 = ϕ θ5 = ϕ θE = ϕ

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. 6



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

δP

P

δQ

Q

u4 = u1 − ( y4 − y1 ) ⋅ θ1 = u1 − H 2 ⋅ θ1

u1

c+d e+f

1

4

v1

8

v 4 = v1 + ( x 4 − x1 ) ⋅ θ1 = v1 + L / 2 ⋅ θ1

θ1

θ 4 = θ1

u8

u5 = u8 − ( y5 − y8 ) ⋅ θ8 = u8 − H ⋅ θ8

5

v8

v5 = v8 + ( x5 − x8 ) ⋅ θ8 = v8 − L / 2 ⋅ θ8

θ8

θ 5 = θ8

Le relazioni di compatibilità cinematica si scrivono: Vincolo 1

u1 = u A = 0   v1 = v A = 0  u 4 − u5 = 0  θ 4 − θ5 = 0

Connessione [c+d]-[e+f] Vincolo 8

u A − H 2 ⋅ θ A − u E + H ⋅ θ E = 0  θ A − θ E = 0

⇒

v8 = vE = 0 .

L’insieme delle equazioni algebriche precedenti scritto in notazione matriciale diviene: 1  0  1  0  0

0

0

0

0

1

0

0

0

0 − H / 2 −1 0 0

1

0

0

0

0

0

1

u A  0    0   vA    0    0  θ A    H  ⋅   = 0 ,  u E    − 1   0   vE    0    0 θ   E

ovvero C δ = 0,

dove la matrice cinematica 1 0  C = 1  0 0

0 0 0 1 0 0 0 − H / 2 −1 0 1 0 0 0 0 7

0 0 0 0  0 H,  0 − 1 1 0 



è di ordine inferiore rispetto al caso precedente e la sua caratteristica ( k = 5 ) 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

δP

δQ

Q

u 4 = −( y4 − y1 ) ⋅ θ1 = − H 2 ⋅ θ A

0

c+d e+f

1 8

4

0

v4 = + ( x4 − x1 ) ⋅ θ1 = + L / 2 ⋅ θ A

θ1

θ4 = θ A

u8

u5 = u8 − ( y5 − y8 ) ⋅ θ8 = u E − H ⋅ θ E

5

0

v5 = ( x5 − x8 ) ⋅ θ8 = − L / 2 ⋅ θ E

θ8

θ5 = θ E

La compatibilità cinematica del sistema è quindi assicurata dal sistema delle due sole equazioni Connessione [c+d]-[e+f]

 u 4 − u5 = 0  θ 4 − θ5 = 0

⇒

− H 2 ⋅ θ A − u E + H ⋅ θ E = 0  θ A − θ E = 0

nelle tre incognite θ1 , u E e θ E . Tale sistema scritto in notazione matriciale diviene: θ A   − H / 2 − 1 + H    0    ⋅ u E  =   , 0 − 1    0  1 θ E 

per cui la matrice cinematica si riduce a − H / 2 − 1 H  C= 0 − 1  1

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

H ϕ. 2

8



Parte II)


TEMA 2 Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura

L

2

1

y

L 3

2

1

4

α

O

x

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.

H


Cinematica dei sistemi di travi

SOLUZIONE:

a) Prestazioni cinematiche dei vincoli e delle connessioni Il sistema risulta dall’assemblaggio delle travi rigide c e d mostrate in figura, vincolate al suolo e tra di loro mediante i seguenti dispositivi: Vincolo 1

u1 = λ1 sin α  v1 = −λ1 cos α θ = 0  1

m1 = 2 ,

dove sin α = H / L2 + H 2 , cos α = L / L2 + H 2 , mentre λ1 = δ 1 = u12 + v12 ≥ 0 . Connessione 2-3

Vincolo 4

u2 − u3 = 0  v2 − v3 = 0  θ −θ ≥ 0  2 3

m2−3 = 2 ,

 u4 ≥ 0   v4 = 0 θ ≥0  4

m4 = 1 .

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: g = 3⋅t = 3⋅ 2 = 6 .

D’altra parte, se i vincoli e le connessioni fossero indipendenti (vincoli efficaci), il grado di vincolo del sistema risulterebbe: v = m1 + m2−3 + m4 = 2 + 2 + 1 = 5 ,

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.

2


Trave

δP

P


δQ

Q

u 2 = u1 − ( y 2 − y1 ) ⋅ θ1 = u1 − H ⋅ θ1 = u1

u1

c d

1

2

v1

4

v2 = v1 + ( x2 − x1 ) ⋅ θ1 = v1 + L ⋅ θ1 = v1 = − L / H ⋅ u1

θ1

θ 2 = θ1

u4

u 3 = u 4 − ( y3 − y 4 ) ⋅ θ 4 = u 4 − H ⋅ θ 4

3

v4

v3 = v4 + ( x3 − x4 ) ⋅ θ 4 = − L ⋅ θ 4 θ3 = θ 4

θ4

Le equazioni di compatibilità cinematica si riducono alle sole due equazioni di raccordo: Connessione 2-3

u 2 − u3 = 0   v2 − v3 = 0

u1 − u 4 + H ⋅ θ 4 = 0 ,  − u / H + θ = 0 4  1

⇒

nelle tre incognite essenziali u1 , u 4 e θ 4 . Posto θ 4 = ϕ , si ottiene immediatamente la soluzione u1 = H ⋅ ϕ ed u4 = 2 H ⋅ ϕ .

Il precedente sistema algebrico, lineare ed omogeneo, di due equazioni in tre incognite, scritto in notazione matriciale diviene: 1 − 1 / H 

−1 0

H 1

u1     0   ⋅ u 4  = 0 ,  θ     4

ovvero, C δ = 0 , dove C è la matrice cinematica del sistema e δ il vettore degli spostamenti incogniti. Posto θ 4 = ϕ , si ottengono le ∞ soluzioni: Polo 1 Polo 4

u1 = H ⋅ ϕ v1 = − L ⋅ ϕ u 4 = 2 H ⋅ ϕ v4 = 0

θ1 = 0 θ4 = ϕ

cui corrispondono configurazioni variate del tipo rappresentato in figura

1 ∆

2 θ4

dove ∆ = u1 = H ⋅ ϕ .

3

2∆



Parte II)


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, L 3

2

L

2

4

5

L

3

6

7

4

1 8 9

1

11

O

6

12

13

L

7

14 17

9

H

L 18

19

15

y

x

L

10

20 21

5

8

11

10

16

22


H



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 c, d, e, f, g, h, i, j, k, l e (11) mostrate in figura, vincolate al suolo e tra di loro mediante i seguenti dispositivi: Vincolo 1

u1 = 0  v1 = 0 θ ≥0  1

m1 = 2 ,

Connessione 2-3

 u 2 − u3 = 0   v2 − v3 = 0 θ − θ = 0 3  2

m2−3 = 3 ,

Connessione 4-5

Connessione 6-7

u4 − u5 = 0   v4 − v5 ≥ 0 θ − θ = 0  4 5 u6 − u7 = 0   v6 − v7 = 0 θ − θ = 0 7  6

m4−5 = 2 ,

m6−7 = 3 ,

Connessione 8-9-11

u8 − u9 = 0 v − v = 0  8 9 θ8 − θ9 = 0  u8 − u11 = 0 v8 − v11 = 0  θ8 − θ11 = 0

m8−9−11 = 6 ,

Vincolo 10

 u10 ≥ 0   v10 = 0 θ ≥0  10

m10 = 1 ,

Connessione 12-13

u12 − u13 = 0  v12 − v13 = 0  θ −θ ≥ 0  12 13

m12−13 = 2 ,

2



Connessione 14-15-17

u14 − u15 = 0 v − v = 0  14 15 θ14 − θ15 = 0  u14 − u17 = 0 v14 − v17 = 0  θ14 − θ17 = 0

m14−15−17 = 6 ,

Vincolo 16

 u16 ≥ 0   v16 = 0 θ ≥0  16

m16 = 1 ,

Connessione 18-19

u18 − u19 = 0  v18 − v19 = 0  θ −θ ≥ 0  18 19

m18−19 = 2 ,

Connessione 20-21

u 20 − u 21 = 0   v20 − v21 = 0 θ − θ = 0 21  20

m20− 21 = 3 ,

Vincolo 22

u22 = 0  v22 = 0 θ ≥0  22

m22 = 2 ,

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: g = 3 ⋅ t = 3 ⋅11 = 33 .

Sommando le molteplicità dei vincoli e delle connessioni si ottiene il numero complessivo di vincoli semplici applicati al sistema (grado di vincolo): v = m1 + m2−3 + m4−5 + m6−7 + m8−9−11 + m10 + m12−13 + m14−15−17 + m16 + m18−19 + m20− 21 + m22 = = 2 + 3 + 2 + 3 + 6 + 1 + 2 + 6 + 1 + 2 + 3 + 2 = 33

.

Pertanto, se i vincoli e le connessioni fossero fra loro indipendenti (vincoli efficaci) il sistema di travi dato sarebbe (al più) una struttura isostatica. 3



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

c

1

d

3

e

5

f

8

g

10

h

11

i

13

j

16

k

17

l

19

(11)

22

δP u1 v1 θ1 u3 v3 θ3 u5 v5 θ5 u8 v8 θ8 u10 v10 θ10 u11 v11 θ11 u13 v13 θ13 u16 v16 θ16 u17 v17 θ17 u19 v19 θ19 u 22 v22 θ 22

δQ

Q

u 2 = u1 − ( y2 − y1 ) ⋅ θ1 = u1 − H ⋅ θ1 v2 = v1 + ( x2 − x1 ) ⋅ θ1 = v1 θ 2 = θ1 u 4 = u 3 − ( y 4 − y3 ) ⋅ θ 3 = u 3 v4 = v3 + ( x4 − x3 ) ⋅ θ3 = v3 + L ⋅ θ3 θ 4 = θ3 u 6 = u 5 − ( y 6 − y5 ) ⋅ θ 5 = u 5 v6 = v5 + ( x6 − x5 ) ⋅ θ5 = v5 + L ⋅ θ5 θ 6 = θ5 u7 = u8 − ( y7 − y8 ) ⋅ θ8 = u8 − H ⋅ θ8 v7 = v8 + ( x7 − x8 ) ⋅ θ8 = v8 θ 7 = θ8 u9 = u10 − ( y9 − y10 ) ⋅ θ10 = u10 − H ⋅ θ10 v9 = v10 + ( x9 − x10 ) ⋅ θ10 = v10 θ9 = θ10 u12 = u11 − ( y12 − y11 ) ⋅ θ11 = u11 v12 = v11 + ( x12 − x11 ) ⋅ θ11 = v11 + L ⋅ θ11 θ12 = θ11 u14 = u13 − ( y14 − y13 ) ⋅ θ13 = u13 v14 = v13 + ( x14 − x13 ) ⋅ θ13 = v13 + L ⋅ θ13 θ14 = θ13 u15 = u16 − ( y15 − y16 ) ⋅ θ16 = u16 − H ⋅ θ16 v15 = v16 + ( x15 − x16 ) ⋅ θ16 = v16 θ15 = θ16 u18 = u17 − ( y18 − y17 ) ⋅ θ17 = u17 v18 = v17 + ( x18 − x17 ) ⋅ θ17 = v17 + L ⋅ θ17 θ18 = θ17 u20 = u19 − ( y20 − y19 ) ⋅ θ19 = u19 v20 = v19 + ( x20 − x19 ) ⋅ θ19 = v19 + L ⋅ θ19 θ 20 = θ19 u21 = u22 − ( y21 − y22 ) ⋅ θ 22 = u22 − H ⋅ θ 22 v21 = v22 + ( x21 − x22 ) ⋅ θ 22 = v22 θ 21 = θ 22

2 4 6 7 9 12 14 15 18 20 21

4



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: ⇒

u1 = 0  v1 = 0

Connessione 2-3

 u 2 − u3 = 0   v2 − v3 = 0 θ − θ = 0 3  2

⇒

u1 − H ⋅ θ1 − u3 = 0  v1 − v3 = 0 θ − θ = 0  1 3

Connessione 4-5

 u 4 − u5 = 0  θ 4 − θ5 = 0

⇒

 u3 − u5 = 0  θ3 − θ5 = 0

Connessione 6-7

u6 − u7 = 0   v6 − v7 = 0 θ − θ = 0 7  6

⇒

u5 − u8 + H ⋅ θ8 = 0  v5 + L ⋅ θ5 − v8 = 0 θ − θ = 0  5 8

Connessione 8-9-11

u8 − u9 = 0 v − v = 0  8 9 θ8 − θ9 = 0  u8 − u11 = 0 v8 − v11 = 0  θ8 − θ11 = 0

⇒

u8 − u10 + H ⋅ θ10 = 0 v − v = 0  8 10 θ8 − θ10 = 0  u8 − u11 = 0 v8 − v11 = 0  θ8 − θ11 = 0

Vincolo 10

v10 = 0

⇒

v10 = 0

Connessione 12-13

u12 − u13 = 0   v12 − v13 = 0

⇒

u11 − u13 = 0  v11 + L ⋅ θ11 − v13 = 0

Connessione 14-15-17

u14 − u15 = 0 v − v = 0  14 15 θ14 − θ15 = 0  u14 − u17 = 0 v14 − v17 = 0  θ14 − θ17 = 0

⇒

u13 − u16 + H ⋅ θ16 = 0 v + L ⋅ θ − v = 0 13 16  13 θ13 − θ16 = 0  u13 − u17 = 0 v13 + L ⋅ θ13 − v17 = 0  θ13 − θ17 = 0

Vincolo 16

v16 = 0

⇒

v16 = 0

Connessione 18-19

u18 − u19 = 0   v18 − v19 = 0

⇒

u17 − u19 = 0  v17 + L ⋅ θ17 − v19 = 0

Vincolo 1

u1 = 0  v1 = 0

5


Connessione 20-21 Vincolo 22


u 20 − u 21 = 0   v20 − v21 = 0 θ − θ = 0 21  20 u22 = 0  v22 = 0

⇒

⇒

u19 − u22 + H ⋅ θ 22 = 0  v19 + L ⋅ θ19 − v22 = 0 θ − θ = 0 22  19 u22 = 0  v22 = 0

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: C δ = 0,

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, δ = 0 , 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 = [c+d], B = [e+f+g+h], C = [i+j+k] e D = [l+ (11)] mostrate in figura, vincolate dai dispositivi: Vincolo 1

u1 = 0  v1 = 0 θ ≥0  1

m1 = 2 ,

Connessione A-B

u4 − u5 = 0   v4 − v5 ≥ 0 θ − θ = 0  4 5

m4−5 = 2 ,

Vincolo 10

 u10 ≥ 0   v10 = 0 θ ≥0  10

m10 = 1 ,

Connessione B-C

u12 − u13 = 0  v12 − v13 = 0  θ −θ ≥ 0  12 13

m12−13 = 2 ,

Vincolo 16

 u16 ≥ 0   v16 = 0 θ ≥0  16

m16 = 1 ,

6



Connessione C-D

u18 − u19 = 0  v18 − v19 = 0  θ −θ ≥ 0  18 19

m18−19 = 2 ,

Vincolo 22

u22 = 0  v22 = 0 θ ≥0  22

m22 = 2 .

2. Computo dei vincoli Indichiamo con p il numero di parti rigide (p = 4). Il numero complessivo di gradi di libertà del sistema risulta: g = 3 ⋅ p = 3 ⋅ 4 = 12 .

Sommando le molteplicità dei vincoli e delle connessioni si ottiene il grado di vincolo: v = m1 + m4−5 + m10 + m12−13 + m16 + m18−19 + m22 = 2 + 2 + 1 + 2 + 1 + 2 + 2 = 12 .

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

A

P

δP

1

u1 v1 θ1 u10

B

10

u16

16

22

4 5 12 13

v16 θ16

D

u 4 = u1 − ( y4 − y1 ) ⋅ θ1 = u1 − H ⋅ θ1 v4 = v1 + ( x4 − x1 ) ⋅ θ1 = v1 + L ⋅ θ1 θ 4 = θ1 u5 = u10 − ( y5 − y10 ) ⋅ θ10 = u10 − 2 H ⋅ θ10 v5 = v10 + ( x5 − x10 ) ⋅ θ10 = v10 − L ⋅ θ10 θ5 = θ10 u12 = u10 − ( y12 − y10 ) ⋅ θ10 = u10 − H ⋅ θ10 v12 = v10 + ( x12 − x10 ) ⋅ θ10 = v10 + L ⋅ θ10 θ12 = θ10 u13 = u16 − ( y13 − y16 ) ⋅ θ16 = u16 − H ⋅ θ16 v13 = v16 + ( x13 − x16 ) ⋅ θ16 = v16 − L ⋅ θ16 θ13 = θ16 u18 = u16 − ( y18 − y16 ) ⋅ θ16 = u16 − H ⋅ θ16 v18 = v16 + ( x18 − x16 ) ⋅ θ16 = v16 + L ⋅ θ16 θ18 = θ16 u19 = u22 − ( y19 − y22 ) ⋅ θ 22 = u22 − H ⋅ θ 22 v19 = v22 + ( x19 − x22 ) ⋅ θ 22 = v22 − L ⋅ θ 22 θ19 = θ22

v10 θ10

C

δQ

Q

u 22 v22 θ 22

18 19

7



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

u1 = 0  v1 = 0

⇒

u1 = 0  v1 = 0

Connessione A-B

 u 4 − u5 = 0  θ 4 − θ5 = 0

⇒

u1 − H ⋅ θ1 − u10 + 2 H ⋅ θ10 = 0  θ1 − θ10 = 0

Vincolo 10

v10 = 0

⇒

v10 = 0

Connessione B-C

u12 − u13 = 0   v12 − v13 = 0

⇒

u10 − H ⋅ θ10 − u16 + H ⋅ θ16 = 0  v10 + L ⋅ θ10 − v16 + L ⋅ θ16 = 0

Vincolo 16

v16 = 0

⇒

v16 = 0

Connessione C-D

u18 − u19 = 0   v18 − v19 = 0

⇒

u16 − H ⋅ θ16 − u 22 + H ⋅ θ 22 = 0  v16 + L ⋅ θ16 − v22 + L ⋅ θ22 = 0

Vincolo 22

u22 = 0  v22 = 0

⇒

u22 = 0  v22 = 0

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

1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 −H 1 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 −1 0 0 1 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0

0 0 2H −1 0 −H L 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 −1 0 0 1 0 0 0

0 0 0 0 0 0 −1 1 0 1 0 0

0 0 0 0 0 H L 0 −H L 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 −1 0 1 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 −1 0 1

0 0 0 0 0 0 0 0 H L 0 0

  u1  0   v  0    1     θ1   0         u10  0   v10  0       ⋅  θ10  = 0 ,   u  0    16      v16  0   θ  0    16     u 22  0        v 22  0  θ 22  0

ovvero, C δ = 0,

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

8



• Procedimento sintetico 1. Matrice cinematica Inseriamo immediatamente le condizioni di vincolo in quelle di congruenza si ottiene: Parte

A

P

δP

1

u1 v1 θ1

10

5

v10

12

θ10 u16

C

16

13

v16

18

θ16

D

22

u 4 = u1 − ( y 4 − y1 ) ⋅ θ1 = − H ⋅ θ1 v 4 = v1 + ( x 4 − x1 ) ⋅ θ1 = L ⋅ θ1 θ 4 = θ1 u 5 = u10 − ( y 5 − y10 ) ⋅ θ10 = u10 − 2 H ⋅ θ10 v5 = v10 + ( x5 − x10 ) ⋅ θ10 = − L ⋅ θ10 θ5 = θ10 u12 = u10 − ( y12 − y10 ) ⋅ θ10 = u10 − H ⋅ θ10 v12 = v10 + ( x12 − x10 ) ⋅ θ10 = L ⋅ θ10 θ12 = θ10 u13 = u16 − ( y13 − y16 ) ⋅ θ16 = u16 − H ⋅ θ16 v13 = v16 + ( x13 − x16 ) ⋅ θ16 = − L ⋅ θ16 θ13 = θ16 u18 = u16 − ( y18 − y16 ) ⋅ θ16 = u16 − H ⋅ θ16 v18 = v16 + ( x18 − x16 ) ⋅ θ16 = L ⋅ θ16 θ18 = θ16 u19 = u22 − ( y19 − y22 ) ⋅ θ 22 = − H ⋅ θ 22 v19 = v22 + ( x19 − x22 ) ⋅ θ 22 = − L ⋅ θ 22 θ19 = θ22

4

u10

B

δQ

Q

u 22 v22 θ 22

19

Per cui la compatibilità cinematica del sistema è espressa delle condizioni di raccordo: Connessione A-B

 u 4 − u5 = 0  θ 4 − θ5 = 0

⇒

− H ⋅ θ1 − u10 + 2 H ⋅ θ10 = 0  θ1 − θ10 = 0

Connessione B-C

u12 − u13 = 0   v12 − v13 = 0

⇒

u10 − H ⋅ θ10 − u16 + H ⋅ θ16 = 0  θ10 + θ16 = 0

Connessione C-D

u18 − u19 = 0   v18 − v19 = 0

⇒

u16 − H ⋅ θ16 + H ⋅ θ22 = 0  θ16 + θ22 = 0

Tale sistema, lineare ed omogeneo, è ora costituito da 6 equazioni algebriche nelle 6 incognite essenziali del problema u10 , u16 , θ1 , θ10 , θ16 , θ22 . Posto θ16 = −ϕ e θ1 = θ10 = θ 22 = ϕ , si ottiene: − u10 − Hϕ + 2 Hϕ = 0  u10 − Hϕ − u16 − Hϕ = 0 , u + Hϕ + Hϕ = 0  16

un sistema lineare ed omogeneo che ha come unica soluzione quella banale (u10 = u16 = ϕ = 0) ; pertanto, il sistema di travi assegnato è una struttura isostatica.

9



Parte II)


TEMA 4 Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura L 2

H

7

4

L 8

9

4

1

2

3

1

3

5

y

O

x


6



SOLUZIONE:

a) Prestazioni cinematiche dei vincoli e delle connessioni Il sistema risulta dall’assemblaggio delle quattro parti rigide c, d, e e f mostrate in figura, vincolate al suolo e tra di loro mediante i seguenti dispositivi: Vincolo 1

u1 = 0  v1 = 0 θ ≥0  1

m1 = 2 ,

Vincolo 3

u3 = 0  v3 = 0 θ ≥0  3

m3 = 2 ,

Vincolo 5

Connessione c-f

u5 = 0  v5 = 0 θ ≥0  5 u7 = 0  v7 = 0 θ ≥0  7

m5 = 2 ,

m2−7 = 2 ,

Connessione d-f

u4 − u8 = 0  v4 − v8 = 0  θ −θ ≥ 0  4 8

m4−8 = 2 ,

Connessione e-f

u6 − u9 = 0  v6 − v9 = 0  θ −θ ≥ 0  6 9

m6−9 = 2 ,

Gli spostamenti sono valutati nel sistema di riferimento (O, x, y). b) Computo dei vincoli Poiché il numero di parti è p = 4, i gradi di libertà del sistema risultano: g = 3 ⋅ p = 3 ⋅ 4 = 12 . D’altra parte, se i vincoli e le connessioni fossero indipendenti (vincoli efficaci), il grado di vincolo del sistema risulterebbe: v = m1 + m3 + m5 + m2−7 + m4−8 + m6−9 = 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 = 12 ,

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

2



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

δP

δQ

Q

u2 = u1 − ( y2 − y1 ) ⋅ θ1 = u1 − H ⋅ θ1 = − H ⋅ θ1

u1

c d e

1 3 5

v1

2

v2 = v1 + ( x2 − x1 ) ⋅ θ1 = v1 = 0

θ1

θ 2 = θ1

u3

u 4 = u 3 − ( y 4 − y3 ) ⋅ θ 3 = u 3 − H ⋅ θ 3 = − H ⋅ θ 3

v3

4

v4 = v3 + ( x4 − x3 ) ⋅ θ3 = v3 = 0

θ3

θ 4 = θ3

u5

u 6 = u 5 − ( y 6 − y5 ) ⋅ θ 5 = u 5 − H ⋅ θ 5 = − H ⋅ θ 5

v5

6

v6 = v5 + ( x6 − x5 ) ⋅ θ5 = v5 = 0

θ5 u7

f

7

θ 6 = θ5 u8 = u7 − ( y8 − y7 ) ⋅ θ7 = u7

8

v8 = v7 + ( x8 − x7 ) ⋅ θ7 = v7 + L ⋅ θ7 θ8 = θ 7

v7 θ7

u 9 = u 7 − ( y9 − y 7 ) ⋅ θ 7 = u 7

9

v9 = v7 + ( x9 − x7 ) ⋅ θ7 = v7 + 2 L ⋅ θ7 θ9 = θ 7

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 c-f

u2 − u7 = 0   v2 − v7 = 0

 H θ1 + u7 = 0 ⇒ , v7 = 0

Connessione d-f

u4 − u8 = 0   v4 − v8 = 0

 H ⋅ θ 3 + u7 = 0 ⇒ , θ7 = 0

Connessione e-f

u6 − u9 = 0   v6 − v9 = 0

 H ⋅ θ5 + u 7 = 0 ⇒ . θ7 = 0

Tale sistema scritto in notazione matriciale diviene: 3


H 0  0  0 0   0

0


H 0 0

0 0 H 0

1 1 1 0

0 0 0 1

0 0

0 0

0 0

0 0

0   θ1  0 0  θ3  0 0   θ 5  0  ⋅  =   0   u 7  0  1   v7  0      1  θ7  0

ovvero C δ = 0,

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 u 7 = ∆ , si ottengono le ∞ soluzioni: θ1 = θ 3 = θ 5 =

∆ H

cui corrispondono configurazioni attuali del tipo rappresentato in figura.

4

1

2

4

3



Parte II)



7

H

2

4

1

2

1

3

y

4

L 9 6

3 60.0°

x O


5



SOLUZIONE:


u1 = 0  v1 = 0 θ ≥0  1

m1 = 2 ,

Vincolo 3

u3 = 0  v3 = 0 θ ≥0  3

m3 = 2 ,

Vincolo 5

u5 = 0  v5 = 0 θ ≥0  5

m5 = 2 ,

Connessione c-f

u2 − u7 = 0  v2 − v7 = 0  θ −θ ≥ 0  2 7

m2−7 = 2 ,

Connessione d-f

u4 − u8 = 0  v4 − v8 = 0  θ −θ ≥ 0  4 8

m4−8 = 2 ,

Connessione e-f

u6 − u9 = 0  v6 − v9 = 0  θ −θ ≥ 0  6 9

m6−9 = 2 ,

Gli spostamenti sono valutati nel sistema di riferimento (O, x, y). b) Computo dei vincoli Poiché il numero di parti è p = 4, i gradi di libertà del sistema risultano: g = 3 ⋅ p = 3 ⋅ 4 = 12 .

D’altra parte, se i vincoli e le connessioni fossero indipendenti (vincoli efficaci), il grado di vincolo del sistema risulterebbe: v = m1 + m3 + m5 + m2−7 + m4−8 + m6−9 = 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 = 12 ,


2




P

δP

δQ

Q

u2 = u1 − ( y2 − y1 ) ⋅ θ1 = u1 − H ⋅ θ1 = − H ⋅ θ1

u1

c d e

1 3 5

v1

2

v2 = v1 + ( x2 − x1 ) ⋅ θ1 = v1 = 0

θ1

θ 2 = θ1

u3

u 4 = u 3 − ( y 4 − y3 ) ⋅ θ 3 = u 3 − H ⋅ θ 3 = − H ⋅ θ 3

v3

4

v4 = v3 + ( x4 − x3 ) ⋅ θ3 = v3 = 0

θ3

θ 4 = θ3

u5

u 6 = u 5 − ( y 6 − y5 ) ⋅ θ 5 = u 5 − H ⋅ θ 5 = − H ⋅ θ 5

v5

6

v6 = v5 + ( x6 − x5 ) ⋅ θ5 = − H / 3 ⋅ θ5

θ5 u7

f

7

θ 6 = θ5 u8 = u7 − ( y8 − y7 ) ⋅ θ7 = u7

8

v8 = v7 + ( x8 − x7 ) ⋅ θ7 = v7 + L ⋅ θ7 θ8 = θ 7

v7 θ7

u 9 = u 7 − ( y9 − y 7 ) ⋅ θ 7 = u 7

9

v9 = v7 + ( x9 − x7 ) ⋅ θ7 = v7 + 2 L ⋅ θ7 θ9 = θ 7


u2 − u7 = 0   v2 − v7 = 0

 H θ1 + u7 = 0 ⇒ , v = 0  7

Connessione d-f

u4 − u8 = 0   v4 − v8 = 0

 H ⋅ θ 3 + u7 = 0 ⇒ , θ = 0  7

Connessione e-f

u6 − u9 = 0   v6 − v9 = 0

− H ⋅ θ 5 − u 7 = 0 ⇒ . − H / 3 ⋅ θ5 − v7 − 2 L ⋅ θ7 = 0



 H  0   0  0  0   0

0 0 H 0 0 0

0 0 0 0 H H/ 3


1 0 1 0 1 0

0 1 0 0 0 1

0 0 0 1 0 2L

  θ1    θ  0    3  0   ⋅  θ 5  = 0    u 7  0    v7  0  θ  0   7

ovvero C δ = 0,

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.

4



Parte II)



1

H

y

O

4

2 60.0°

1

8

7

3

4

L 9

6

3 60.0°

x


5



SOLUZIONE:


u1 = 0  v1 = 0 θ ≥0  1

m1 = 2 ,

Vincolo 3

u3 = 0  v3 = 0 θ ≥0  3

m3 = 2 ,

Vincolo 5

u5 = 0  v5 = 0 θ ≥0  5

m5 = 2 ,

Connessione c-f

u2 − u7 = 0  v2 − v7 = 0  θ −θ ≥ 0  2 7

m2−7 = 2 ,

Connessione d-f

u4 − u8 = 0  v4 − v8 = 0  θ −θ ≥ 0  4 8

m4−8 = 2 ,

Connessione e-f

u6 − u9 = 0  v6 − v9 = 0  θ −θ ≥ 0  6 9

m6−9 = 2 ,

Gli spostamenti sono valutati nel sistema di riferimento (O, x, y). b) Computo dei vincoli Poiché il numero di parti è p = 4, i gradi di libertà del sistema risultano: g = 3 ⋅ p = 3 ⋅ 4 = 12 .

D’altra parte, se i vincoli e le connessioni fossero indipendenti (vincoli efficaci), il grado di vincolo del sistema risulterebbe: v = m1 + m3 + m5 + m2−7 + m4−8 + m6−9 = 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 = 12 ,


2




P

δP

δQ

Q

u2 = u1 − ( y2 − y1 ) ⋅ θ1 = u1 − H ⋅ θ1 = − H ⋅ θ1

u1

c d e

1 3 5

v1

2

v2 = v1 + ( x2 − x1 ) ⋅ θ1 = H / 3 ⋅ θ1

θ1

θ 2 = θ1

u3

u 4 = u 3 − ( y 4 − y3 ) ⋅ θ 3 = u 3 − H ⋅ θ 3 = − H ⋅ θ 3

v3

4

v4 = v3 + ( x4 − x3 ) ⋅ θ3 = v3 = 0

θ3

θ 4 = θ3

u5

u 6 = u 5 − ( y 6 − y5 ) ⋅ θ 5 = u 5 − H ⋅ θ 5 = − H ⋅ θ 5

v5

6

v6 = v5 + ( x6 − x5 ) ⋅ θ5 = − H / 3 ⋅ θ5

θ5 u7

f

7

θ 6 = θ5 u8 = u7 − ( y8 − y7 ) ⋅ θ7 = u7

8

v8 = v7 + ( x8 − x7 ) ⋅ θ7 = v7 + L ⋅ θ7 θ8 = θ 7

v7 θ7

u 9 = u 7 − ( y9 − y 7 ) ⋅ θ 7 = u 7

9

v9 = v7 + ( x9 − x7 ) ⋅ θ7 = v7 + 2 L ⋅ θ7 θ9 = θ 7


u2 − u7 = 0   v2 − v7 = 0

 H ⋅ θ1 + u7 = 0 ⇒ ,  H / 3 ⋅ θ1 − v7 = 0

Connessione d-f

u4 − u8 = 0   v4 − v8 = 0

 H ⋅ θ 3 + u7 = 0 ⇒ , v + L ⋅ θ = 0 7  7

Connessione e-f

u6 − u9 = 0   v6 − v9 = 0

 H ⋅ θ5 + u7 = 0 ⇒ .  H / 3 ⋅ θ5 + v7 + 2 L ⋅ θ7 = 0



 H H / 3   0  0  0   0

0 0 H 0 0 0


0 0 0 0 H H/ 3

1 0 1 0 1 0

0 −1 0 1 0 1

0 0 0 L 0 2L

  θ1    θ  0    3  0   ⋅  θ 5  = 0    u 7  0    v7  0  θ  0   7

ovvero C δ = 0,

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 u7 = −∆ , si ottiene θ1 = θ3 = θ5 =

∆ , H

v7 = 3∆ ,

θ7 = −

3∆ L

cui corrispondono configurazioni del tipo rappresentato in figura.

4 5 1

2

3

4



Parte II)

STATICA DEI SISTEMI DI TRAVI

TEMA 1 Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura L/2

2

3

2

L/2 4

5

3

6

7

1

H/2

1

4 y, v

H/2 x, u

8

O

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


Statica dei sistemi di travi

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: v = 3 ⋅ (mi + me ) .

Pertanto, sottraendo il numero g di vincoli introdotti per rendere il sistema v volte iperstatico, si ottiene il grado di iperstaticità del sistema iniziale n = 3 ⋅ (mi + me ) − g .

Nel caso in esame (Vedi figura successiva), è g = 4 risultando cinematicamente compatibili gli spostamenti e rotazioni θ1 , ∆v4−5 , u8 e θ8 ; inoltre, mi = 0 , non essendoci alcuna maglia interna, ed me = 1 , poiché esiste una sola maglia esterna. Pertanto il grado di iperstaticità del sistema risulta: n = 3 ⋅ 1 − 4 = −1 < 0 ,

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

2



+1

+1

1

+2

3



Parte II)


TEMA 2 Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura: L 3

2

L

2

4

5

L

3

6

7

4

1 8 9

1

11

O

6

12

13

L

7

14 17 15

y

x

L

9

H

L 18

19

10

20 21

5

8

11

10

16

22


H



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: u10 , u16 ; • rotazioni assolute: θ1 , θ10 , θ16 , θ 22 ; e delle seguenti connessioni parziali • •

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

a cui corrispondono i gradi di libertà • spostamenti relativi: ∆v4−5 = v5 − v4 ; • rotazioni relative: ∆θ12−13 = θ13 − θ12 , ∆θ18−19 = θ19 − θ18 . Il numero complessivo di vincoli che occorre aggiungere al sistema per eliminare tutti i possibili gradi di libertà risulta g = 9 . Al termine di tale operazione il sistema risulterà costituito dalle tre maglie chiuse esterne mostrate in figura +1

+1

+1

+1

2

3

1

+2

+2

Pertanto, se i vincoli sono indipendenti, il grado di iperstaticità risulta n = 3 × me − g = 3 × 3 − 9 = 0 ,

ovvero, il sistema è isostatico.

2

+1



Parte II)


TEMA 3 Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura: L

3

2

2

L

4

5

3

L

6

14

25

8 9

11

x, u

28

15

24

13

12 6

12

13

7

14 17 15

y, v

L

23

4

1

L

26 27

7

1

O

L

9

18

19

10

H

20 21

5

8

11

10

16

22


H



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: u10 , u16 ; θ1 , θ10 , θ16 , θ 22 ; • rotazioni assolute: e delle seguenti connessioni parziali • •

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

a cui corrispondono i gradi di libertà • spostamenti relativi: • rotazioni relative:

∆v4−5 = v5 − v4 ; ∆θ12−13 = θ13 − θ12 , ∆θ18−19 = θ19 − θ18 ; ∆θ6−7 = θ7 − θ6 ; ∆θ7 −25 = θ 25 − θ7 ; ∆θ 26− 23 = θ 23 − θ26 ; ∆θ 23− 27 = θ 27 − θ 23 .

Il numero complessivo di vincoli che occorre aggiungere al sistema per sopprimere tutti i possibili gradi di libertà risulta g = 13 . Al termine di tale operazione il sistema risulterà costituito dalle cinque maglie chiuse, di cui tre esterne e due interne, mostrate in figura +1

+1

+2

+2

4

5

+1

+1

2

3

1

+2

+2

+1

Pertanto, se i vincoli sono indipendenti, il grado di iperstaticità del sistema risulta n = 3 × (me + mi ) − g = 3 × (3 + 2) − 13 = 2 .

2


Insegnamento di SCIENZA DELLE COSTRUZIONI (12 CFU) Docente: Ing. Salvatore Sergio Ligarò (per segnalazioni e suggerimenti contattare [email protected] )

Parte II)


TEMA 4 Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura: L

L

L

L

L

L

y, v

H

1

O

2

3

4

5

6

7

8

10

9

11

12

13

14

15

16

17

18

19

x, u




SOLUZIONE:

Il sistema è dotato dei seguenti vincoli parziali • cerniera in 1; • carrello in 19; a cui corrispondono i gradi di libertà • spostamenti assoluti: u19 ; θ1 , θ19 ; • rotazioni assolute: e delle seguenti connessioni parziali • 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:

∆θ1− 2 = θ 2 − θ1 , ∆θ3− 4 = θ 4 − θ3 ;

∆θ 4−5 = θ5 − θ 4 ;

∆θ6−7 = θ7 − θ6 ;

∆θ7 −8 = θ8 − θ7 ;

∆θ9−10 = θ10 − θ9 ;

∆θ10−11 = θ11 − θ10 ;

∆θ12−13 = θ13 − θ12 ;

∆θ13−14 = θ14 − θ13 ;

∆θ15−16 = θ16 − θ15 ; ∆θ18−19 = θ19 − θ18

∆θ16−17 = θ17 − θ16 ;

Il numero complessivo di vincoli che occorre aggiungere al sistema per sopprimere tutti i possibili gradi di libertà risulta g = 15 . 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

2 2

2

4 2

5 2

6 2

7 Pertanto, se i vincoli sono indipendenti, il grado di iperstaticità del sistema risulta n = 3 × (me + mi ) − g = 3 × (1 + 6) − 15 = 6 .

2

3

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], [email protected] )

Parte II) STATICA DEI SISTEMI DI TRAVI

TEMA 5 Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura, L/2

B 2

3

2 4

L/2

P3 C

5

L

D 6

4

8

E 9

7

5

1

H

y,v A

1

O

1. 2. 3. 4.

x,u

F

10

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



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 θ1 e θ10 delle corrispondenti sezioni. La sconnessione semplice M=0 fra le sezioni 6 e 7 consente la rotazione relativa ∆θ6−7 = θ7 − θ6 . 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 θ1 e θ10 ed una rotazione relativa ∆θ6−7 = θ7 − θ6 . 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. 2



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

∑F

x

=0,

∑F

y

= 0,

∑M

z

= 0,

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

P

!

1

"

3

#

5

$

7

%

9

CP N1 T1 M1 N3 T3 M3 N5 T5 M5 N7 T7 M7 N9 T9 M9

Q

CQ N 2 = N1 T2 = T1 M 2 = M 1 + T1 ⋅ H N4 = N3 T4 = T3 M 4 = M 3 + T3 ⋅ L / 2 N6 = N5 T6 = T5 M 6 = M 5 + T5 ⋅ L / 2 N8 = N 7 T8 = T7 M 8 = M 7 + T7 ⋅ L N10 = N 9 T10 = T9 M 10 = M 9 + T9 ⋅ H

2

4

6

8

10

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:

3



Nodo A

∑ Fx = X A + T1 = 0  ∑ Fy = YA + N1 = 0  M =Md +M =M =0 1 1 A ∑ z

Nodo B

∑ Fx = X B − T2 + N 3 = −T2 + N 3 = 0  ∑ Fy = YB − N 2 − T3 = − N 2 − T3 = 0  M = M − M + M = −M + M = 0 2 3 2 3 B ∑ z

Nodo C

∑ Fx = X C − N 4 + N 5 = − N 4 + N 5 = 0  ⇒ ∑ Fy = YC + T4 − T5 = − P + T4 − T5 = 0  M = M − M + M = −M + M = 0 C 4 5 4 5 ∑ z

 N5 = N 4  T5 = T4 − P , M = M 4  5

Nodo D

∑ Fx = X D − N 6 + N 7 = − N 6 + N 7 = 0  ∑ Fy = YD + T6 − T7 = T6 − T7 = 0  s s ∑ M z = M D − M 6 = − M 6 = 0 ∑ M zd = M Dd + M 7 = M 7 = 0 

⇒

N7 = N6 T = T  7 6 ,  M = 0 6  M 7 = 0

Nodo E

∑ Fx = X E − N 8 − T9 = − N 8 − T9 = 0  ∑ Fy = YE + T8 − N 9 = T8 − N 9 = 0  M = M − M + M = −M + M = 0 8 9 8 9 E ∑ z

⇒

T9 = − N 8   N 9 = T8 , M = M 8  9

Nodo F

∑ Fx = X F + T10 = 0  ∑ Fy = YF + N10 = 0  Md =Md +M =M =0 10 10 F ∑ z

⇒

T10 = − X F   N10 = −YF , M = 0  10

⇒

T1 = − X A   N1 = −YA , M = 0  1

⇒

 N 3 = T2  T3 = − N 2 , M = M 2  3

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, N i , Ti , M i , i = 1,K,10 , più le quattro componenti non nulle delle reazioni vincolari X A , YA , X F e YF . 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: 4



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, N j , T j , M j , j = 1,3,5,7,9 , più le solite quattro componenti non nulle delle reazioni vincolari, X A , YA , X F e YF T1 + X A = 0 N + Y = 0  1 A M 1 = 0   N 3 − T1 = 0 T3 + N1 = 0  M 3 − M 1 − T1 ⋅ H = 0 N − N = 0 3  5 T5 − T3 + P = 0 M − M − T ⋅ L / 2 = 0 3 3  5  N7 − N5 = 0 T − T = 0  7 5 M 6 = 0 M = 0  7 T9 + N 7 = 0   N 9 − T7 = 0 M 9 − M 7 − T7 ⋅ L = 0  T9 + X F = 0 N + Y = 0  9 F M 9 + T9 ⋅ H = 0

Scritto in notazione matriciale tale sistema diviene

5



  N1     T1    M1    N     3    T3    M 3     N5    T     5    M 5    ⋅  N7  =    T7    M 7    N     9    T9    M 9    X A    Y     A   X F     YF  

                      

ovvero,

                      

Sx=f ,

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.

6


L/2


L/2

L

P 6

7

II

I

H

y,v A

1

F

x,u

O

10

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 CQ in funzione delle caratteristiche delle sezioni contenenti i poli dei momenti C P . Tali espressioni sono riportate a colonna 5. Parte

P

I=!+"+#

1

II=$+%

7

Q

CP N1 T1 M1 N7 T7 M7

6

10

CQ N 6 = T1 T6 = − N1 − P M 2 = M 1 + T1 ⋅ H − N1 ⋅ L − P ⋅ L / 2 N10 = T7 T10 = − N 7 M 10 = M 7 + T7 ⋅ L − N 7 ⋅ H

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:

7



Nodo A

∑ Fx = X A + T1 = 0  ∑ Fy = YA + N1 = 0  M =Md +M =M =0 1 1 A ∑ z

Nodo D

∑ Fx = X D − N 6 + N 7 = − N 6 + N 7 = 0  ∑ Fy = YD + T6 − T7 = T6 − T7 = 0  s s ∑ M z = M D − M 6 = − M 6 = 0 ∑ M zd = M Dd + M 7 = M 7 = 0 

Nodo F

∑ Fx = X F + T10 = 0  ∑ Fy = YF + N10 = 0  Md =Md +M =M =0 10 10 F ∑ z

⇒

T1 = − X A   N1 = −YA , M = 0  1

⇒

N7 = N6 T = T  7 6 ,  M = 0 6  M 7 = 0

⇒

T10 = − X F   N10 = −YF , M = 0  10

Primo metodo di soluzione 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 X A , YA , X F e YF . 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. Secondo metodo di soluzione 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 X A , YA , X F e YF . Scritto in notazione matriciale tale sistema diviene   N1    T     1    M1         N7     T7   ⋅  =   M 7    X     A    YA    X     F    YF  

               8

       .       



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 !+"+#

∑ Fx = X A + N 6 = 0  ∑ Fy = YA − P − T6 = 0  M = X ⋅ H −Y ⋅ L − P ⋅ L / 2 = 0 A A ∑ z

Nodo $+%

∑ Fx = X F − N 6 = 0  ∑ Fy = YF + T6 = 0  M = X ⋅H +Y ⋅ L = 0 F F ∑ z

un sistema di sole 6 equazioni nelle sei incognite N 6 , T6 , X A , YA , X F e YF , che scritto in notazione matriciale diviene  1  0   0   −1  0   0

0 −1 0 0 1 0

1 0 H 0 0 0

0 1 −L 0 0 0

0 0 0 1 0 H

0 0 0 0 1 L

  N6   0   T   P    6     X A   PL / 2 ⋅  =  , Y 0 A       X F   0         YF   0 

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 9



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

∑F

x

=0,

∑F

y

= 0,

∑M

z

= 0,

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

∑ Fx = X A + X F = 0  ∑ Fy = YA + YF − P = 0  M = −Y ⋅ 2 L + P ⋅ 3L / 2 = 0 A ∑ zF

Equazione ausiliaria

X F ⋅ H + YF ⋅ L = 0 ,

da cui si ottengono i valori delle reazioni vincolari: P L   XA = 4 H  P L X F = − 4 H 

3P 4 P YF = 4

YA =

MA = 0 MF = 0

.

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

1

3 P 4 3 − P 4 P L − 4 H P L − 4 H P L − 4 H P L − 4 H

2 3 4 5 6

−

T

M

P L 4 H P L − 4 H 3 P 4 3 P 4 P − 4 P − 4

0

−

10

PL 4 PL − 4 PL 8 PL 8 −

0



P 4 P − 4 −

7 8 9 10

L H L H P − 4 P − 4

P 4 P − 4 P L 4 H P L 4 H −

0 PL 4 PL − 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”. K

L/2

L/2

L

RF

P

P

RA

H

F RF

RA

• Poiché M A = 0 ed M F = 0 , le reazioni RA ed RF delle cerniere A ed F devono passare per il loro centro. • Poiché la parte destra del sistema non è caricata direttamente, la reazione RF deve passare anche per il centro della cerniera centrale. In tal modo la retta d’azione della reazione RF è nota. 11



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

12



Sforzo Normale P

−

−

N

13

−

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 II) STATICA DEI SISTEMI DI TRAVI TEMA 6 Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura, q 2 B

3

2

4

C

5

1

H

3 60°

60°

6 D

1 A H/ 3

1. 2. 3. 4.

L

P

H/ 3

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



SOLUZIONE:


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)


Il sistema è costituito dalla sola parte rigida I=[c+d+e] 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)


La cerniera in 1 ed il carrello in 6 consentono le due rotazioni assolute θ1 e θ6 delle corrispondenti sezioni mentre il carrello consente anche lo spostamento assoluto u6 . 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)


Introdotto un taglio completo in una sezione intermedia generica, il sistema diviene improvvisamente tre volte labile risultando possibili le due rotazioni assolute θ1 e θ6 , e lo spostamento assoluto u6 . 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 X A , per cui deve essere necessariamente X A = P ; d’altra parte, data la simmetria della struttura e del 2



carico, deve risultare YA = YD = qL / 2 . 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 c, d e 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 (O' , x' , y ' , z ' ) congruente col sistema di riferimento globale (O, x, y, z ) , 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

∑F

x'

= 0,

∑F

y'

=0,

∑M

z'

=0,

permettono di esprimere le caratteristiche della sollecitazione delle sezioni ausiliarie T c Q = [N Q TQ M Q ] in funzione delle caratteristiche delle sezioni contenenti i poli dei

momenti c P = [N P TP M P ] T . Tali espressioni sono riportate a colonna 5 della seguente tabella.

3


Trave

P

cP


cQ

Q N 2 = N1

N1

c

d

e

1

3

5

T1

T2 = T1

2

M1

M 2 = M 1 + T1 ⋅ 2 H / 3

N3

N 4 = N3

T3

T4 = T3 − q ⋅ L

4

M3

M 4 = M 3 + T3 ⋅ L − q ⋅ L2 / 2

N5

N6 = N5

T5

T6 = T5

6

M 6 = M 5 + T5 ⋅ 2 H / 3

M5

Posto d = 2H / 3 , le espressioni precedenti si scrivono Trave c

N2  1 T  =  0  2   M 2   0

0 1 d

0   N1  0  ⋅ T1     1  M1 

Trave d

N4  1 T  =  0  4   M 4   0

0 1 L

 0   N 3  0     0 ⋅ T3 + − qL       1   M 3  − qL2 / 2

Trave e

N6  1 T  =  0  6   M 6   0

0 1 d

0   N5  0  ⋅ T5     1  M 5 

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  N 2  1 0 0 0 0  T2  0 1 0 0 0  M  0 d 1 0 0  2   N 4  0 0 0 1 0  T4  = 0 0 0 0 1  M 4  0 0 0 0 L  N  0 0 0 0 0  6   T6  0 0 0 0 0  M 6  0 0 0 0 0

 0 0 0 0 0   N1     0 0 0 0 0   T1    0 0 0 0 0   M1        0 0 0 0 0   N3    0 0 0 0  ⋅  T3  + − q ⋅ L  ,   1 0 0 0   M 3  − q ⋅ L2 / 2 0 1 0 0   N5   0      0 0 1 0   T5   0  0 0 d 1   M 5   0  

ovvero, con ovvio significato dei simboli, cQ = SiQP c P + cQ0 .

Tali relazioni prendono il nome di equazioni di equilibrio interno. 4



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 (O, x, y, z ) diventano: Nodo A

∑ Fx = X A + N1 cos 60 0 + T1 sin 60 0 = 0  0 0 ∑ Fy = YA + N1 sin 60 − T1 cos 60 = 0  M =Md +M =M =0 1 1 A ∑ z

Nodo B

∑ Fx = X B − T2 sin 60 0 − N 2 cos 60 0 + N 3 = 0  0 0 ∑ Fy = YB + T2 cos 60 − N 2 sin 60 − T3 = 0 ⇒  M = M − M + M = −M + M = 0 B 2 3 2 3 ∑ z

− N 2 − 3T2 + 2 N 3 = 0  − 3 N 2 + T2 − 2T3 = 0 , − M 2 + M 3 = 0 

Nodo C

∑ Fx = X C − N 4 + N 5 cos 600 − T5 sin 600 = 0  0 0 ∑ Fy = YC + T4 − N 5 sin 60 − T5 cos 60 = 0 ⇒  M = M −M +M =0 C 4 5 ∑ z

− 2 N 4 + N 5 − 3T5 = 0  2T4 − 3 N 5 − T5 = 0 , − M 4 + M 5 = 0 

Nodo D

∑ Fx = − P − N 6 cos 600 + T6 sin 600 = 0  0 0 ∑ Fy = YD + N 6 sin 60 + T6 cos 60 = 0  Md =Md +M =M =0 6 6 D ∑ z

− 2 P − N 6 + 3T6 = 0  2YD + 3 N 6 + T6 = 0 , M = 0  6

⇒

⇒

2 X A + N1 + 3T1 = 0  2YA + 3 N1 − T1 = 0 , M 1 = 0 

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). Primo metodo di soluzione 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, N i , Ti , M i , i = 1, K,6 , più le tre componenti non nulle delle reazioni vincolari X A , YA e YD . Il sistema potrebbe essere risolto così come è stato scritto. Tuttavia, date le notevoli dimensioni, esso si presta poco ad essere risolto manualmente. Secondo metodo di soluzione 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, N j , T j , M j , j = 1,3,5 , più le componenti non nulle delle reazioni vincolari, X A , YA e YD . 5



 N1 + 3 ⋅ T1 + 2 ⋅ X A = 0   3 ⋅ N1 − T1 + 2 ⋅ YA = 0 M 1 = 0 − N − 3 ⋅ T + 2 ⋅ N = 0 1 3  1 − 3 ⋅ N1 + T1 − 2 ⋅ T3 = 0 − M − T ⋅ 2 H / 3 + M = 0 1 1 3  − 2 ⋅ N 3 + N 5 − 3 ⋅ T5 = 0 2 ⋅ T3 − 3 ⋅ N 5 − T5 = 2 ⋅ qL  2 − M 3 − T3 ⋅ L + M 5 = −qL / 2 − N 5 + 3 ⋅ T5 = 2 P  3 N + T + 2Y = 0 5 5 D  M 5 + T5 ⋅ 2 H / 3 = 0

Posto per semplicità d = 2H / 3 , il sistema precedente scritto in notazione matriciale diviene  1  3   0  −1  − 3  0  0   0  0  0   0  0

3 −1 0 − 3 1 −d 0 0 0 0 0 0

0 0 1 0 0 −1 0 0 0 0 0 0

0 0 0 2 0 0 −2 0 0 0 0 0

0 0 0 0 −2 0 0 2 −L 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 −1 0 0 0

0 0 0 0 0 0 1

0 0 0 0 0 0 − 3 −1 0 3 1 d

− 3 0 −1 3 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1

2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 0

  N1   0   T   0    1     M1   0    N3   0   T   0    3     ⋅ M 3  =  0    N5   0   T      5   − 2qL  2   M 5  − qL / 2   X A   2P         YA   0    YD   0 

ovvero, Sx=f ,

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.

6



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  1  3   0  −1  − 3  0  0   0  0

3 −1 0 − 3 1 −d 0 0 0

0 0 1 0 0 −1 0 0 0

0 0 0 2 0 0 −2 0 0

0 0 0 0 −2 0 0 2 −L

0 0 0 0 0 0 0 0 −1

0 0 0 0 0 0 1

0 0 0 0 0 0

− 3 0

− 3 −1 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0

  N1   − 2 ⋅ X A   T   − 2 ⋅ Y  A  1    M 0  1     N3   0   T  =  0   3     M 3   0   N5   2 ⋅ P   T      5   − 2qL  2   M 5  − qL / 2

ovvero, Se c P = f + r .

La risoluzione del problema statico potrebbe essere effettuata in tre passi distinti 1. calcolo delle reazioni vincolari; −1 2. calcolo delle caratteristiche della sollecitazione c P tramite le c P = S e ⋅ [f + r ]; 3. calcolo delle caratteristiche della sollecitazione cQ tramite le cQ = SiQP c P + cQ0 . 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

∑F

x

=0,

∑F

y

= 0,

∑M

z

= 0,

che si scrivono: ∑ Fx = X A − P = 0  ∑ Fy = YA + YD − q ⋅ L = 0  M = −Y ⋅ ( L + 2 H / 3 ) + qL ⋅ ( L / 2 + H / 3 ) = 0 A ∑ zD

da cui si ottengono i valori delle reazioni vincolari:   X A = −P   XF = 0 

qL 2 qL YF = 2 YA =

MA =0 MF = 0

.

Il problema è esternamente risolto, ora va risolto internamente.

7


3.


Tracciamento dei diagrammi delle caratteristiche della sollecitazione

• 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

1

0 qL ⋅ 2 qL ⋅ 2 qL ⋅ 2 qL ⋅ 2

2 3 4 5 6

H 3 H 3 H 3 H 3

T qL −P 4 qL −P 4 qL 2 qL − 2

− P⋅H − P⋅H − P⋅H

qL +P 4 qL − +P 4

− P⋅H

−

0

N 3 2 3 2

P qL 3 − 2 4 P qL 3 − − 2 4 −

−P −P 3 2 3 2

P qL 3 − 2 4 P qL 3 − − 2 4 −

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 M MAX = M ( L / 2) =

qL H L L 1 L qLH qL2 + ) − PH − q( ) ⋅ ( ) = − PH + ( . 2 2 2 2 8 3 2 2 3

• 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

1

qL ⋅ z − P 3 / 2⋅ z 4

2

qL H qz 2 ⋅( + z) − P ⋅ H − 2 2 3

qL 3 −P 4 2 (L − 2 z) q 2

3

qL 2 H 2H 3 ⋅( − z) − P ⋅ ( − z) 4 2 3 3

−

qL 3 +P 4 2

N −

P qL 3 − 2 4 −P

−

P qL 3 − 2 4

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

8


Caso

0

P

0

Caso


1

2

3

qL

qL  1 L  +  2  3 6 H 

qL  1 L  +  2  3 4 H 

2 3

P=0

Sezione

M

1

0 qL ⋅ 2 qL ⋅ 2

2 3

T qL 4 qL 4 qL 2

H 3 H 3

qL H qL2 ⋅ + 2 8 3 qL H ⋅ 2 3 qL H ⋅ 2 3

mezzeria 4 5 6

N qL 3 4 qL 3 − 4 −

0

0

0

qL 2 qL − 4 qL − 4

−

0

0 qL 3 4 qL 3 − 4 −

Momento Flettente q B

C

+

+

+

M

A

D

9



Sforzo di taglio

B

+

C

-

+

-

T A

D

Sforzo Normale B

C

-

N

A

D

10


Caso

P=


qL 2 3

Sezione

M

T

1

0

0

2

0

0

3

0

qL 2

mezzeria

qL2 8

0

4

0

5

0

0

6

0

0

−

N qL 3 qL − 3 qL − 2 3 qL − 2 3 qL − 2 3 qL − 3 qL − 3 −

qL 2

Momento Flettente q B

C +

M D

A

Sforzo di taglio

11

P


B


+

C

-

+

-

T A

D

Sforzo Normale B

C

-

N

A

D

12

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 II) STATICA DEI SISTEMI DI TRAVI TEMA 7 Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura (travatura reticolare piana tipo Neville), P

H

2P

P

H

L/2

45°

P L

1. 2. 3. 4.

P L

L

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



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 c, d, e, f, g, h, i, j, k, l e (11) ed i sette nodi A, B, C, D, E, F e G connessi fra loro nel modo indicato nella figura seguente.

P H

E

A

10

19

20

F

P 11

21

10

6

5

7

12 14

8

7

45°

1

2

B

16

18

H 9

13 15

9 11 1

22 G

8

4

L/2

2P

3

2

P

4

C

17 5

3

P

L

L

2

L

6

D


a)



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 v = v A + vD + 2vE + 3vB = 4 + 3 + 8 + 18 = 33 .

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)


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)


Introdotto un taglio completo in una sezione intermedia generica delle cinque travi c, d, e, g e j 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.

3


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, c Q , in funzione delle caratteristiche delle sezioni principali, c P . 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 (O' , x' , y ' , z ' ) congruente col sistema di riferimento globale (O, x, y, z ) , 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

∑F

x'

= 0,

∑F

y'

=0,

∑M

z'

=0,

scritte nel riferimento locale sono quelle riportate a colonna 5 della seguente tabella 4


Trave

P

c

1

d

3

e

5

f

7

g

h

9

11

cP N1 T1 M1 N3 T3 M3 N5 T5 M5 N7 T7


cQ

Q N 2 = N1 T2 = T1 M 2 = M 1 + T1 ⋅ L N 4 = N3 T4 = T3 M 4 = M 3 + T3 ⋅ L N6 = N5 T6 = T5 M 6 = M 5 + T5 ⋅ L N8 = N 7

2

4

6

T8 = T7

8

M7

M 8 = M 7 + T7 ⋅ L / 2

N9

N10 = N 9

T9

T10 = T9

10

M9

M 10 = M 9 + T9 ⋅ L / 2

N11 T11

N12 = N11 T12 = T11

12

M 12 = M 11 + T11 ⋅ L / 2 N14 = N13

M 11 N13

i

j

k

l

(11)

13

15

17

19

21

T13

T14 = T13

14

M 13

M 14 = M 13 + T13 ⋅ L / 2

N15

N16 = N15

T15

T16 = T15

16

M 15

M 16 = M 15 + T15 ⋅ L / 2

N17

N18 = N17

T17

T18 = T17

18

M 17

M 18 = M 17 + T17 ⋅ L / 2

N19

N 20 = N19

T19

T20 = T19

20

M 19

M 20 = M 19 + T19 ⋅ L

N 21 T21 M 21

N 22 = N 21 T22 = T21 M 22 = M 21 + T21 ⋅ L

22

Chiameremo tali relazioni equazioni di equilibrio interno.

5



Equilibrio dei nodi Indichiamo sinteticamente con N ix , Tix , N iy e Tiy , 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 (O, x, y, z ) comune a tutti i nodi, si scrivono: Nodo A

Equilibrio

∑ Fx = X A + N1 + N 7 x + T7 x = 0  ∑ Fy = YA − T1 + N 7 y − T7 y = 0

Sconnessione M1 = 0  M 7 = 0 M 2 = 0 M = 0  9  M 11 = 0 M 3 = 0 M 4 = 0 M = 0  13  M 15 = 0 M 5 = 0

B

∑ Fx = X B − N 2 − N 9 x + T9 x + N11x + T11x + N 3 = 0  ∑ Fy = YB + T2 − T3 + N 9 y + T9 y + N11 y − T11 y = 0

C

∑ Fx = X C − N 4 − N13 x + T13 x + N15 x + T15 x + N 5 = 0  ∑ Fy = YC + T4 − T5 + N13 y + T13 y + N15 y − T15 y = 0

D

∑ Fx = X D − N 6 − N17 x + T17 x = 0  ∑ Fy = YD + T6 + N17 y + T17 y = 0

 M6 = 0  M 17 = 0

E

∑ Fx = X E − N 8 x − T8 x + N10 x − T10 x + N19 = 0  ∑ Fy = YE − N 8 y + T8 y − N10 y − T10 y − T19 = 0

 M8 = 0  M 10 = 0 M = 0  19

F

∑ Fx = X F − N 20 − N12 x − T12 x + N14 x − T14 x + N 21 = 0  ∑ Fy = YF + T20 − N12 y + T12 y − N14 y − T14 y − T21 = 0

G

∑ Fx = X G − N 22 − N16 x − T16 x + N18 x − T18 x = 0  ∑ Fy = YG + T22 − N16 y + T16 y − N18 y − T18 y = 0

M 20 = 0 M = 0  12   M 14 = 0  M 21 = 0 M 22 = 0   M 16 = 0 M = 0  18

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.

6



Se ora riconsideriamo le equazioni di equilibrio delle travi tenendo conto delle equazioni di sconnessione M j = 0, j = 1,K ,22 , appena scritte, si ottiene il bellissimo risultato Sezione 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22

Mj

Tj

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

Nj N1 N1 N3 N3 N5 N5 N7 N7 N9 N9 N11 N 11 N13 N13 N15 N15 N17 N17 N19 N19 N 21 N 21

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).

7



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

∑ Fx = X A + N1 + N 7 / 2 = 0 ,  ∑ Fy = YA + N 7 / 2 = 0

Nodo B

∑ Fx = − N1 − N 9 / 2 + N11 / 2 + N 3 = 0 ,  ∑ Fy = − P + N 9 / 2 + N11 / 2 = 0

Nodo C

∑ Fx = − N 3 − N13 / 2 + N15 / 2 + N 5 = 0 ,  ∑ Fy = − P + N13 / 2 + N15 / 2 = 0

Nodo D

∑ Fx = − N 5 − N17 / 2 = 0 ,  ∑ Fy = YD + N17 / 2 = 0

Nodo E

∑ Fx = H − N 7 / 2 + N 9 / 2 + N19 = 0 ,  ∑ Fy = − P − N 7 / 2 − N 9 / 2 = 0

Nodo F Nodo G

∑ Fx  ∑ Fy ∑ Fx  ∑ Fy

= − N19 − N11 / 2 + N13 / 2 + N 21 = 0 = −2 P − N11 / 2 − N13 / 2 = 0 = H − N 21 − N15 / 2 + N17 / 2 = 0 = − P − N15 / 2 − N17 / 2 = 0

,

,

nelle a + 3 = 14 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 0 0 Nodo A  1 0 0 0  0 Nodo B − 1 1  0 0 0 Nodo C  0 − 1 1  0 0 0 0 −1 Nodo D  0  0 0 0 0 0 0 Nodo E  0 0 0  0 0 Nodo F  0 0 0 0  0 0 Nodo G  0 0 0 0 

1 2 1 2

0 0

0 0

0 0

0 0

0 0

0 0

0 0 0 0 0 0

−1 2 1 2

1 2 1 2

0 0

0 0

0 0 0 0

−1 2 1 2

1 2 1 2

1 2 −1 2

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

−1 2 −1 2

1 2 −1 2

0 0 0 0 0 0

−1 2 1 2

−1 2 −1 2

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0

0 0

0 0

−1 2 −1 2

1 2 −1 2

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 −1 1 0 0 0 −1 0 0

8

0 0 0 0

0 0

1 0

0 1

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0   N1   0  0   N 3   0      0   N5   0     0   N 7   P  0   N9   0       0   N 11   P  0   N 13   0  ⋅ =  1   N 15   0  0   N 17  − H       0   N 19   P   0   N 21   0    0   X A   2P       0   Y A  − H  0   YD   P 



Poiché il vettore dei termini noti è dato dalla combinazione lineare  0  0  0  0  0  0        0  0  0        P  1  0  0  0  0        P  1  0  0  0  0   = P⋅  + H ⋅ ,  0  0  0 − H  0  − 1        P  1  0        0  0  0  2P   2 0       − H  0  − 1  P  1  0 

possiamo risolvere il sistema precedente assumendo una prima volta P = 1 ed H = 0 , una seconda volta P = 0 ed H = 1 e, successivamente, combinare le due soluzioni. Così facendo otteniamo:    N1  3    N  6    3     N5  3      − 3 2    N7   2 2 −  N9        − 2   N 11     N  − 2 −  13  = P ⋅  + H ⋅  2 2   N 15     N  − 3 2  −  17   − 5   N 19        − 5   N 21     XA 0      3    YA     Y  3  D  

9

5 / 3  1 1 / 3  2 / 3 2 / 3  2 / 3  2 / 3 . 2 / 3  2 / 3 − 1 / 3  + 1 / 3 − 2  − 1 / 3 1 / 3


4.



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 P ≠ 0 ed H = 0 P -3√2P

2P

-5P

P

-5P -√2P

-√2P

-3√2P

+2√2P

+2√2P

45° +3P

+6P

+3P

P

3P

P

3P

Caso P = 0 ed H ≠ 0 H +H√2/3

+H√2/3 -H√2/3

H

+1/3H

-H/3

+H√2/3 -H√2/3

-H√2/3

2H +H

45° +5/3H

+H/3

H/3

H/3

Caso P = H ≠ 0 P

P -8√2/3P

-16/3P

2P

-2√2/3P

-4√2/3P

45°

8/3P

P -10√2/3P

+5√2/3P

2P

P

-14/3P

+7√2/3P

14/3P

7P

P

10/3P

P

10/3P

In quest’ultimo caso lo sforzo di trazione massimo si verifica nell’asta d ( N 3 = +7 P ), mentre lo sforzo di compressione massimo si ha nell’asta (10) ( N19 = −16 / 3P ).

10



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 X A = −2 H , YA = 3P − H / 3 e YD = 3P + H / 3 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 0 1 0 0 0  − 1 1 0  0 0 0  0 −1 1  0 0 0 0 0 −1  0 0 0 0 0 0  0 0 0  0 0  0

1 2 1 2

0 0

0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

−1 2 1 2

1 2 1 2

0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

−1 2 1 2

1 2 1 2

0 0 0 0

−1 2

1 2

0 0 0 0 0

−1 2 −1 2

1 2 −1 2

0

0

0 0 0 0 0 0 −1 2 1 2

0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 −1

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1

  N1   2H         N 3  − 3P + H / 3   N5    0      P   N7     N    0   9   P  ⋅  N 11  =    N    0   13      N 15   − 3P − H / 3      −H   N 17      N 19    P      0   N 21   

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 X A = −2 H , YA = 3P − H / 3 e YD = 3P + H / 3 , questo diviene Nodo A

∑ Fx = −2 H + N 1 + N 7 / 2 = 0 ,  ∑ Fy = 3P − H / 3 + N 7 / 2 =

Nodo B

∑ Fx = − N 1 − N 9 / 2 + N 11 / 2 + N 3 = 0 ,  ∑ Fy = − P + N 9 / 2 + N 11 / 2 = 0

Nodo C

∑ Fx = − N 3 − N13 / 2 + N15 / 2 + N 5 = 0 ,  ∑ Fy = − P + N13 / 2 + N15 / 2 = 0

Nodo D

∑ Fx = − N 5 − N 17 / 2 = 0 ,  ∑ Fy = 3P + H / 3 + N 17 / 2 = 0 11



Nodo E

∑ Fx = H − N 7 / 2 + N 9 / 2 + N19 = 0 ,  ∑ Fy = − P − N 7 / 2 − N 9 / 2 = 0

Nodo F

∑ Fx = − N19 − N11 / 2 + N13 / 2 + N 21 = 0 ,  ∑ Fy = −2 P − N11 / 2 − N13 / 2 = 0

Nodo G

∑ Fx = H − N 21 − N15 / 2 + N17 / 2 = 0 .  ∑ Fy = − P − N15 / 2 − N17 / 2 = 0

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: AÆEÆB e, contemporaneamente , DÆGÆC mentre le equazioni del nodo F possono servire per la verifica. Così facendo si ottiene: Nodo A E B F

Nodo D

 N1 = 3 ⋅ P + 5 / 3 ⋅ H   N 7 = −3 2 ⋅ P + 2 / 3 ⋅ H N9 = 2 2 ⋅ P − 2 / 3 ⋅ H   N19 = −5 ⋅ P − 1 / 3 ⋅ H  N11 = − 2 ⋅ P + 2 / 3 ⋅ H  N3 = 6 ⋅ P + H  N11 = − 2 ⋅ P + 2 / 3 ⋅ H   N13 = − 2 ⋅ P − 2 / 3 ⋅ H

N5 = 3 ⋅ P + 1/ 3 ⋅ H   N17 = −3 2 ⋅ P − 2 / 3 ⋅ H

G

 N15 = 2 2 ⋅ P + 2 / 3 ⋅ H   N 21 = −5 ⋅ P − 2 / 3 ⋅ H

C

 N13 = − 2 ⋅ P − 2 / 3 ⋅ H   N15 = 2 2 ⋅ P + 2 / 3 ⋅ H

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.

12


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:

Trave Nodo A B C D E F G

xI

0 L 2L 3L L/2 3L/2 5L/2

c d e f g h i j k l (11)

yI

0 0 0 0 L/2 L/2 L/2

(matrice delle coordinate nodali)

Nodo Iniziale A B C A B B C C D E G

Nodo finale B C D E E F F G G F F

(matrice delle incidenze delle travi) Operando trave per trave, si calcolano le quantità LIJ = ( xI − x J ) 2 + ( y I − y J ) 2 ,

cos α IJ = ( xI − x J ) / LIJ ,

sin α IJ = ( y I − y J ) / LIJ ,

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 mI x J − xI  ∑ Fx = X I + ∑ J =1 L N IJ = 0 IJ ,  mI y J − y I ∑ Fy = YI + ∑ N = 0 IJ J =1  LIJ

in cui XI e YI sono le azioni concentrate agenti sul nodo I (siano esse carichi noti o reazioni vincolari incognite), N IJ = N JI è lo sforzo assiale attivo nell’asta che collega i nodi I ≡ ( x I , y I ) e J ≡ ( x J , y J ) , mentre m I indica il numero di aste collegate al nodo I. Nel caso in esame, si ottiene Nodo A xB − x A x − xA  N AB + E N AE = X A + N1 + N 7 / 2 = 0 ∑ Fx = X A + L LAE AB ,  y − yA y − yA ∑ Fy = YA + B N AB + E N AE = YA + N 7 / 2 = 0 LAB LAE  13



Nodo B x − xB x A − xB x − xB x − xB  N BC = − N1 − N 9 / 2 + N11 / 2 + N 3 = 0 N BA + E N BE + F N BF + C ∑ Fx = X B + L LBE LBF LBC BA  y − yB y − yB y − yB y − yB ∑ Fy = YB + A N BA + E N BE + F N BF + C N BC = − P + N 9 / 2 + N11 / 2 = 0  LBA LBE LBF LBC

Nodo C x B − xC x − xC x − xC x − xC  N CB + F N CF + G N CG + D N CD = − N 3 − N 13 / 2 + N 15 / 2 + N 5 = 0 ∑ Fx = X C + L LCF LCG LCD CB  y − yC y − yC y − yC y − yC ∑ Fy = YC + B N CB + F N CF + G N CG + D N CD = − P + N 13 / 2 + N 15 / 2 = 0 LCG LCD LCB LCF 

Nodo D xC − x D x − xD  N CD + G N CG = − N 5 − N 17 / 2 = 0 ∑ Fx = X D + L LCG CD ,  y − yD y − yD ∑ F y = Y D + C N CD + G N CG = YD + N 17 / 2 = 0  LCD LCG

Nodo E x A − xE x − xE x − xE  N EA + B N EB + F N EF = H − N 7 / 2 + N 9 / 2 + N 19 = 0 ∑ Fx = X E + L LEB LEF EA  y − yE y − yE y − yE ∑ F y = Y E + A N EA + B N EB + F N EF = − P − N 7 / 2 − N 9 / 2 = 0  LEA LEB LEF

Nodo F x − xF x − xF xE − xF x − xF  N FE + B N FB + C N FC + G N FG = 0 ∑ Fx = X F + L LFB LFC LFG FE ,  yC − y F yG − y F y − yF yB − yF ∑ F y = Y F + E N FE + N FB + N FC + N FG = 0  LFE LFB LFC LFG  F = − N 19 − N 11 / 2 + N 13 / 2 + N 21 = 0 ossia, ∑ x ∑ Fy = −2 P − N 11 / 2 − N 13 / 2 = 0

Nodo G xF − xG x − xG x −x  N GF + C N GC + D G N GD = H − N 21 − N15 / 2 + N17 / 2 = 0 ∑ Fx = X G + L LGC LGD GF .  y F − yG yC − y G y D − yG ∑ Fy = YG + N GF + N GC + N GD = − P − N15 / 2 − N17 / 2 = 0  LGF LGC LGD

che coincidono con le equazioni ottenute in precedenza. 14


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 X A = −2 H , YA = 3P − H / 3 e YD = 3P + H / 3 ).

2.

Successivamente, raggruppiamo le aste in due categorie: Aste di contorno Corrente inferiore e superiore

c, d, e, l, (11)

Aste di parete

f, g, h, i, j, k

Diagonali

osservando come tale suddivisione sia soltanto di comodo potendo i diagonali estremi f e k 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 c. Con ferocia estrema, asportiamo un concio elementare in una posizione intermedia generica di tale trave (vedi figura successiva). P E

H

XA A

1

20

10 45°

7

10

19

F

P 11

21

22 G

8

4

L/2

2P

N1 N1

YA

6

5

12 14

7

1

2

B

16

H 9

13 15

9 11 3

2

P L

8

18

4

C

17 5

3

D YD

P L

6

L

La struttura, inizialmente isostatica, diventa improvvisamente labile. Infatti, a seguito dell’asportazione del concio, risulta possibile una rotazione relativa intorno al nodo E 15



(polo dell’asta c) 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 M E = 0 . Facendo riferimento al sistema delle forze che precedono, si ottiene: M E = YA ⋅ L / 2 − X A ⋅ L / 2 − N1 ⋅ L / 2 = 0

da cui N1 = YA − X A = 3 ⋅ P − 1 / 3 ⋅ H − (−2 H ) = 3 ⋅ P + 5 / 3 ⋅ H .

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

H

XA A

1

20

10

6

5

45°

7

10

19

F

P 11

21

22 G

8

4

L/2

2P

N3

9 11

1

YA

2

B

12 14

3

N3

P L

8

7

16

18

H 9

13 15

2

4

C

17 5

3

6

YD

P L

D

L

La struttura diventa improvvisamente ed inaspettatamente labile, poiché risulta possibile una rotazione relativa intorno al nodo F (polo dell’asta d) 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 M F = 0 . Facendo riferimento al sistema delle forze che precedono, si ottiene: M F = YA ⋅

3L L L L − X A ⋅ − P ⋅ L − P ⋅ − N3 ⋅ = 0 2 2 2 2

da cui N 3 = 3 ⋅ YA − X A − 3 ⋅ P = 3 ⋅ (3P − 1 / 3 ⋅ H ) − (−2 H ) − 3 ⋅ P = 6 ⋅ P + H .

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

16


4.


Determinazione dello sforzo assiale nelle aste di parete.

Supponiamo adesso di voler determinare lo sforzo assiale nell’asta f. Con la solita determinatezza, asportiamo un concio elementare in una posizione intermedia generica della trave c il cui sforzo assiale, N1 = 3P + 5 / 3H , è ormai noto, ed un concio elementare in una posizione intermedia generica della trave f il cui sforzo assiale N7 è invece incognito (vedi figura successiva). P H

E

XA A

4

1

20

10

F

11

21

22 G

12 14

6

5

N7 N1

7

10

19

P

8

N7 L/2

2P

1

N1

2

16

H 9

13 15

3

B

YA

7

45°

9 11

8

18

4

2

P

C

17 5

6

3

YD

P

L

D

L

L

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 T = 0 . Facendo riferimento al sistema delle forze che precedono, si ottiene: T = YA + N 7 / 2 = 0

da cui N 7 = YA 2 = 3 2 ⋅ P − 2 / 3 ⋅ H .

Determiniamo adesso lo sforzo assiale nell’asta g. P H 4

L/2

XA A

E 8 10

N1

7 1

N1

YA

2P N19

19

5

N9

N9

10

N19

1

B

F

8

16

18

H 9

13 15

2

P L

22 G

7

45° 3

11

21

12 14

6

9 11 2

20

P

4

C

17 5

3

17

D YD

P L

6

L



Asportiamo un concio elementare in una posizione intermedia generica delle travi c, g e l (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: T = YA − P − N 9 / 2 = 0

da cui N 9 = (YA − P) 2 = 2 2 ⋅ P − 2 / 3 ⋅ H .

Il procedimento si ripete per tutte le aste di parete.

18


Parte II) STATICA DEI SISTEMI DI TRAVI TEMA 8 Data la travatura reticolare piana mostrata in figura, F

11

10 E

G

33/2L

6 4

L/2

5

7

9

8

60°

A

C 45°

1

B

2

D

3 2P

P L

L

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.



SOLUZIONE:

(NOTA: Fra gli obiettivi didattici più immediati di questo esempio ricordiamo: 1. 2. 3. 4. 5.

1.

impaurire gli studenti, tutte le volte che si può; fare pratica con la scrittura automatica delle equazioni di equilibrio dei nodi; introdurre la forma vettoriale delle equazioni di equilibrio nodale; derivare la forma scalare delle equazioni di equilibrio nodale; fare pratica con il metodo delle equazioni ausiliarie.)

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

Il sistema reticolare è costituito dalle 11 aste c, d, e, f, g, h, i, j, k, l 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 A B C D E F G

xI 0 L 2L 3L L/2 3L/2 5L/2

Asta c d e f g h i j k l

yI 0 0 0 0 L/2 L 3/2 L/2


Nodo iniziale A B C A B B C C D E G

11

Nodo finale B C D E E F F G G F F

(matrice delle incidenze delle aste) che definiscono il grafo F

11

10 E

G

33/2L

6 4

L/2

5

7

9

8

60°

A

C 45°

1

B

L

P

D

2

3

L

L

2P

2



Costruiamo, inoltre, le seguenti matrici

Nodo A B C D E F G

XI XA 0 0 0 0 0 0


YI YA -P YC -2P 0 0 0

(matrice dei carichi nodali)

11

LIJ= LJI L L L L/ 2 L/ 2

L L L/ 2 L/ 2 L 2− 3/2 L 2− 3/2

(vettore delle lunghezze delle aste) dove LIJ = LJI = ( xI − xJ ) 2 + ( yI − y J ) 2 ,

è la lunghezza dell’asta che collega il nodo I al nodo J. Il sistema delle equazioni di equilibrio è dato dalle 2n relazioni mI x J − xI  ∑ Fx = X I + ∑ J =1 L N IJ = 0 IJ ,  mI y J − y I ∑ Fy = YI + ∑ N IJ = 0 J =1  LIJ

in cui XI ed YI sono le azioni concentrate agenti sul nodo I (siano esse carichi noti o reazioni vincolari incognite), N IJ = N JI è lo sforzo assiale attivo nell’asta che collega i nodi I ≡ ( x I , y I ) e J ≡ ( x J , y J ) , mentre m I indica il numero di aste collegate al nodo I.

3



Nel caso in esame, si ottiene

Nodo A

xB − x A x − xA  N AB + E N AE = 0 ∑ Fx = X A + L LAE AB ,  yB − y A yE − y A ∑ Fy = YA + N AB + N AE = 0  LAB LAE

Nodo B

x A − xB x − xB x − xB x − xB  N BA + E N BE + F N BF + C N BC = 0 ∑ Fx = X B + L LBE LBF LBC BA  y − yB y − yB y − yB y − yB ∑ Fy = YB + A N BA + E N BE + F N BF + C N BC = 0 LBA LBE LBF LBC 

Nodo C

x B − xC x − xC x − xC x − xC  N CB + F N CF + G N CG + D N CD = 0 ∑ Fx = X C + L LCF LCG LCD CB  y − yC y − yC y − yC y − yC ∑ Fy = YC + B N CB + F N CF + G N CG + D N CD = 0  LCB LCF LCG LCD

Nodo D

xC − x D x − xD  N CD + G N CG = 0 ∑ Fx = X D + L LCG CD ,  y − yD yG − y D ∑ F y = Y D + C N CD + N CG = 0  LCD LCG

Nodo E

x A − xE x − xE x − xE  N EA + B N EB + F N EF = 0 ∑ Fx = X E + L LEB LEF EA  y − yE y − yE y − yE ∑ F y = Y E + A N EA + B N EB + F N EF = 0  LEA LEB LEF

Nodo F

x − xF x − xF xE − xF x − xF  N FB + C N FC + G N FG = 0 N FE + B ∑ Fx = X F + L LFB LFC LFG FE ,  yC − y F yG − y F y − yF yB − yF ∑ F y = Y F + E N FE + N FB + N FC + N FG = 0  LFE LFB LFC LFG

Nodo G

x F − xG x − xG x − xG  N GF + C N GC + D N GD = 0 ∑ Fx = X G + L LGC LGD GF .  y − yG y − yG y − yG ∑ FY = YG + F N GF + C N GC + D N GD = 0  LGF LGC LGD

4



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 Nodo B Nodo C Nodo D Nodo E Nodo F Nodo G

∑ Fx = X A + N 1 + N 4 / 2 = 0 ,  ∑ Fy = Y A + N 4 / 2 = 0 ∑ Fx = − N 1 − N 5 / 2 + N 6 / 2 + N 2 = 0 ,  ∑ Fy = − P + N 5 / 2 + N 6 3 / 2 = 0 ∑ Fx = − N 2 − N 7 / 2 + N 8 / 2 + N 3 = 0 ,  ∑ Fy = +YC + N 7 3 / 2 + N 8 / 2 = 0 ∑ Fx = − N 3 − N 9 / 2 = 0 ,  ∑ Fy = −2 P + N 9 / 2 = 0  F = −N / 2 + N / 2 + N 2 / 8 − 2 3 = 0 ∑ x 4 5 10 ,  ∑ Fy = − N 4 / 2 − N 5 / 2 + N 10 ( 3 − 1) / 8 − 2 3 = 0  F = −2 N / 8 − 2 3 − N / 2 + N / 2 + 2 N / 8 − 2 3 = 0 ∑ x 10 6 7 11 ,  ∑ Fy = −( 3 − 1) N 10 / 8 − 2 3 − N 6 3 / 2 − N 7 3 / 2 − ( 3 − 1) N 11 / 8 − 2 3 = 0  F = −2 N / 8 − 2 3 − N / 2 + N / 2 = 0 ∑ x 11 8 9 .  ∑ Fy = +( 3 − 1) N 11 / 8 − 2 3 − N 8 / 2 − N 9 / 2 = 0

Quella appena scritta è la forma scalare delle equazioni di equilibrio nodale. Il problema è così ricondotto alla soluzione del sistema di 2n = 14 equazioni algebriche lineari non omogenee, nelle a + 3 = 14 incognite N I , I = 1,K ,11 , e XA, YA e YC riportato di seguito. Nodo A     Nodo B     Nodo C    Nodo D    Nodo E     Nodo F     Nodo G   

1

0

0

1 2

0

0

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

1 2

0

0

0

0

0

0

0

0

1

1 2

0

0

0

0

0

0

0

3 2

0

0

0

0

0

0

0

0

−1 2

1 2

0

0

0

0

0

0

3 2

1 2

0

0

0

0

0

−1

1

0

0

−1 2

0

0

0

0

1 2

0

−1

0

1

0

0

0

0

0

−1

0

0

0

0

0

−1 2

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

1 2

0

0

0

0

0

−1 2

1 2

0

0

0

0

2 8− 2 3

0

0

0

3 −1

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0 0

0

0

0

−1 2

−1 2

0

0

0

0

0

0

0

0

0

−1 2

1 2

0

0

− 3 2

0

0

8− 2 3 −2

2

8− 2 3 1− 3

8− 2 3 1− 3

8− 2 3

8− 2 3

0

0

0

0

0

− 3 2

0

0

0

0

0

0

0

−1 2

1 2

0

0

0

0

0

0

0

0

−1 2

−1 2

0

5

−2 8− 2 3 3 −1 8− 2 3

0   N1  0       0   N2  0       0   N3  0       0  N4   1     0  0  N5     0  1   N 6           0  ⋅  N 7  = P ⋅ 0  0   N8  2      0   N9  0       0   N 10  0       0   N 11  0     0   X A  0   0  0   YA        0  0   YC    


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 i = [1 0] T e j = [0 1] T ed il vettore nullo a due dimensioni 0 = [0 0] T , le azioni nodali esterne si scrivono Nodo A B C D E F G

Azione nodale PA = X A i + YA j PB = X B i + YB j = +0 i − P j = − P j PC = X C i + YC j = +0 i + YC j = +YC j PD = X D i + YD j = +0 i − 2 P j = −2 P j PE = X E i + YE j = +0 i + 0 j = 0 PF = X F i + YF j = +0 i + 0 j = 0 PG = X G i + YG j = +0 i + 0 j = 0

(vettori dei carichi nodali) In modo analogo, indicando con ni = [ni x ni y ]T il versore dell’asse geometrico dell’asta i che collega il nodo R al nodo S, orientato positivamente da R ad S, di componenti ni x = cos α RS = ( xS − xR ) / LRS , ed ni y = sin α RS = ( yS − yR ) / LRS ,

gli sforzi che tale asta esercita rispettivamente sui nodi R ed S si esprimono come N i = N i n i e − N i = N i ( −n i ) .

Nella tabella seguente si riportano i valori delle componenti dei versori delle aste. Asta c d e f g h i j k l 11

Versore n1 n2 n3 n4 n5 n6 n7 n8 n9 n10 n11

nx = cos α IJ

n y = sin α IJ

1 1 1

0 0 0

1/ 2

1/ 2

−1/ 2

1/ 2

1/ 2

3/2

−1/ 2

3/2

1/ 2

1/ 2

−1/ 2

1/ 2

2/ 8−2 3

( 3 − 1) / 8 − 2 3

−2/ 8−2 3

( 3 − 1) / 8 − 2 3

(versori delle aste e loro componenti) 6



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

+ N1 + N 4 + PA = 0 ,

Nodo B

− N1 + N 5 + N 6 + N 2 + PB = 0 ,

Nodo C

− N 2 + N 7 + N 8 + N 3 + PC = 0 ,

Nodo D

− N 3 + N 9 + PD = 0 ,

Nodo E

− N 4 − N 5 + N10 + PE = 0 ,

Nodo F

− N10 − N 6 − N 7 − N11 + PF = 0 ,

Nodo G

+ N11 − N 8 − N 9 + PG = 0 .

ovvero, facendo uso dei versori delle aste ASTE c

d

e f g

h i j k l

11

0 0 n4 0 0 0 0 0 0 0 Nodo A  n1  0 0 n5 n6 0 0 0 0 0 Nodo B  − n1 n 2 0 0 0 n 7 n8 0 0 0 Nodo C  0 − n 2 n 3  0 − n3 0 0 0 0 0 n9 0 0 Nodo D  0 0 0 − n 4 − n5 0 0 0 0 n10 0 Nodo E  0  0 0 0 0 − n6 − n7 0 0 − n10 n11 Nodo F  0  0 0 0 0 0 0 − n 8 − n 9 0 − n11 Nodo G  0

i

j

0

0

0 0

0 0

0

0

0

0

0

0

0   0   j 0     0 j   N    0  ⋅   = P ⋅ 2 j R  0 0       0   0   0 0   

dove N = [N1 N 2 N 3 N 4 N 5 N 6 N 7 N8 N 9 N10 N11 ] T è il vettore che raccoglie gli sforzi assiali nelle aste ed R = [X A YA YC ] T 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 iesima e –ni nell’intersezione fra la riga S e la colonna i-esima. Ad esempio, l’asta h 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 h e –n6 nell’intersezione fra la riga F e la colonna h. 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.

7


3.


La soluzione numerica

Il sistema delle equazioni di equilibrio nodale appena scritto  1.00  0.00   − 1.00   0.00  0.00   0.00  0.00   0.00  0.00   0.00   0.00  0.00   0.00  0.00 

0.00 0.00 0.00 1.00 0.00 − 1.00

0.71 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00

1

0

0

0.00 0.00 0.00 0.00

0 0 0 0

1 0 0 0

0 0 0 0

0.00 0.00 0.87 0.71 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 − 0.71 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.71 0.00 0.00

0 0 0

0 0 0

1 0 0

0 0 0

0 0 0

0 0 0

0 0 0

0 0 0

0 0 0

0.00 0.71 0.00 0.00 0.00 − 0.71 0.00 0.00 0.71 1.00 0.00 0.00

0.00 0.00 0.00 0.00 − 1.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 − 0.71

0.00 0.5 0.87 0.00

0.71 0.00 0.00 0.00 − 0.71 − 0.71 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 − 0.5 0.00 0.00 0.00 0.00 − 0.87 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00

0.00 0.00 0.00 − 0.5

0.00 0.00 0.00 0.71

0.00 0.00 0.00 0.00

0.00 0.00 0.00 0.00

0.00 0.00 0.00 0.94 0.00 0.00 0.00 0.00 0.34 0.00 0.5 0.00 0.00 − 0.94 0.94 0.87 0.00 0.00 − 0.34 − 0.34 0.00 − 0.71 0.71 0.00 − 0.94 0.00 − 0.71 − 0.71 0.00 0.34

0   N1  0  N      2 0   N3       1    N4  0   N5       0   N6  0  N  ⋅ 7  = P⋅   2   N8  0  N      9 0   N 10       0   N 11  0  X A       0   YA  0   YC     

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, XA = 0.000000P,

N11 = 3.118192P,

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.


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.

8



F 0.779548

3.118192

E

G 1.422650

-2.969655

0.707107

2.828427 60°

45° -0.328169

A

C

-0.500000

B

1/2P

5.

-1.312677

D

-1.443376

-2.000000

7/2P

P

2P

Il calcolo degli sforzi nelle aste col metodo delle equazioni ausiliarie

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

∑M

A

= − P ⋅ L + YC ⋅ 2 L − 2 P ⋅ 3L = 0 ,

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

∑M

C

= −YA ⋅ 2 L + P ⋅ L − 2 P ⋅ L = 0 ,

da cui deduciamo YA = −1 / 2 ⋅ P . Il calcolo delle reazioni vincolari finisce qui! Utilizziamo il metodo delle equazioni ausiliarie per determinare gli sforzi assiali nelle aste 11 e i 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).

9



F

N11

10 E 33/2L

6 4

L/2

5

7

N11

d11

60°

A

C 45°

B

1 L

P

11 G 9

8 D

2

3

L

L

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 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 M C = 0 . Facendo riferimento al sistema delle forze che seguono, si ottiene: M C = −2 P ⋅ L + N11 ⋅ d11 = 0

da cui N11 = 2 P ⋅ L / d11 .

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 d11 =

( xG − x C ) ( y G − y C ) ( x F − xG ) ( y F − y G ) ( x F − xG ) + ( y F − y G ) 2

2

=

(5 L / 2 − 2 L) ( L / 2 − 0) (3L / 2 − 5L / 2) ( 3L / 2 − L / 2) (3L / 2 − 5 L / 2) + ( 3L / 2 − L / 2) 2

2

=

( 3 + 1) 2 8−2 3

L,

per cui N11 = 2 P ⋅ L / d11 = 2 P ⋅

2 8−2 3 ≅ 3.118192 ⋅ P , ( 3 + 1)

che coincide col valore trovato in precedenza. Calcoliamo adesso lo sforzo N7. Introduciamo un taglio completo che interessi le aste d, i 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.

10



F

N11

10 E

7

33/2L

6 4

L/2

5

N7 60°

A

N11 N7

N2 C

45°

1 L

B

2 L

P

N2

11 G d11

9

8 D

3 L

2P

Facendo riferimento al sistema delle forze che precedono, si ottiene: T S = +YA − P − N 7 n7 y − N11 n11 y = 0

dove i coseni direttori delle due aste n7 y = 3 / 2 e n11 y = ( 3 − 1) / 8 − 2 3 sono desunti dalla tabella precedente, per cui

N7 =

+ YA − P − N11 n11 y n7 y

1 2 8 − 2 3 ( 3 − 1) − P − P − 2P 2 ( 3 + 1) 8 3 −1 8−2 3 = = − 3P − P ≅ −2.969655P 3 3 3 +1 2

che coincide col valore trovato in precedenza.

11


Parte II) STATICA DEI SISTEMI DI TRAVI TEMA 9 Data la travatura reticolare piana tipo Fink mostrata in figura,

A

1

B

P

2

C

5 L/2

L

D

3

9

12 G L

P

E

4

7

6

8 F

2P

11 10

13 L

H 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.



SOLUZIONE:

(NOTA: Fra gli obiettivi didattici più immediati di questo esempio ricordiamo: 1. 2. 3. 4.

1.

impaurire gli studenti, always; fare pratica con la forma scalare delle equazioni di equilibrio nodale; fare pratica con la forma vettoriale delle equazioni di equilibrio nodali; fare pratica con il metodo delle equazioni ausiliarie.)

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

Il sistema reticolare è costituito dalle 13 aste c, d, e, f, g, h, i, j, k, l, 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 A B C D E F G H

xI 0 L 2L 3L 4L L 2L 3L


yI 0 0 0 0 0 -L/2 -L/2 -L/2

Nodo iniziale A C C E B C D A C C E A E

11


12 13

Nodo finale B B D D F G H F F H H G G

(matrice delle incidenze delle aste) che definiscono il grafo A

1

B

P

2

2P

C

5 L/2

L

9

12 G

E

4

11 10

13

L

P 7

6

8 F

D

3

L

H 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)

2



Costruiamo, inoltre, le seguenti matrici

Nodo A B C D E F G H

XI XA 0 0 0 0 0 0 0

YI YA -P -2P -P YE 0 0 0

(matrice dei carichi nodali)

Asta

LIJ = L JI

c d e f g h i j k l 11 12 13

L L L L L/2 L/2 L/2 L L L L L L

5/2 5/2 5/2 5/2 17 / 2 17 / 2

(vettore delle lunghezze delle aste) dove LIJ = LJI = ( xI − xJ ) 2 + ( yI − y J ) 2 ,

è la lunghezza dell’asta che collega il nodo I al nodo J. Il sistema delle equazioni di equilibrio è dato dalle 2n relazioni mI x J − xI  ∑ Fx = X I + ∑ J =1 L N IJ = 0 IJ ,  mI y J − y I ∑ Fy = YI + ∑ N = 0 IJ J =1  LIJ

in cui XI ed YI sono le azioni concentrate agenti sul nodo I (siano esse carichi noti o reazioni vincolari incognite), N IJ = N JI è lo sforzo assiale attivo nell’asta che collega i nodi I ≡ ( x I , y I ) e J ≡ ( x J , y J ) , mentre m I indica il numero di aste collegate al nodo I.

3



Nel caso in esame, si ottiene

Nodo A

x − xA xB − x A x − xA  N AG + F N AF = 0 N AB + G ∑ Fx = X A + L LAG LAF AB ,  yB − y A yG − y A yF − y A ∑ Fy = YA + N AB + N AG + N AF = 0  LAB LAG LAF

Nodo B

x − xB x A − xB x − xB  N BA + F N BF + C N BC = 0 ∑ Fx = X B + L LBF LBC BA  y − yB y − yB y − yB ∑ Fy = YB + A N BA + F N BF + C N BC = 0  LBA LBF LBC

Nodo C

xB − xC x − xC x − xC x − xC x −x  N CB + F N CF + G N CG + H N CH + D C N CD = 0 ∑ Fx = X C + L LCF LCG LCH LCD CB  y B − yC y F − yC yG − yC y H − yC y D − yC ∑ Fy = YC + N CB + N CF + N CG + N CH + N CD = 0  LCB LCF LCG LCH LCD

Nodo D

xC − xD x − xD x − xD  N DC + H N DH + E N DE = 0 ∑ Fx = X D + L LDH LDE DC ,  y − yD y − yD y − yD ∑ Fy = YD + C N DC + H N DH + E N DE = 0  LDC LDH LDE

Nodo E

x − xE xD − xE x − xE  N ED + G N EG + H N EH = 0 ∑ Fx = X E + L LEG LEH ED  y − yE y − yE y − yE ∑ Fy = YE + D N ED + G N EG + H N EH = 0 LED LEG LEH 

Nodo F

x − xF x A − xF x − xF  N FA + B N FB + C N FC = 0 ∑ Fx = X F + L LFB LFC FA ,  y − yF y − yF y − yF ∑ Fy = YF + A N FA + B N FB + C N FC = 0 LFA LFB LFC 

Nodo G

x A − xG x − xG x − xG  N GA + C N GC + E N GE = 0 ∑ Fx = X G + L LGE LGC GA ,  y − yG y − yG y − yG ∑ FY = YG + A N GA + C N GC + E N GE = 0 LGA LGC LGE 

Nodo H

xC − xH x − xH x − xH  N HC + D N HD + E N HE = 0 ∑ Fx = X H + L LHD LHE HC .  y − yG y − yH y − yH ∑ FY = YH + C N HC + D N HD + E N HE = 0 LHC LHD LHE 

4



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

Nodo B

4 2  ∑ Fx = + X A + N1 + 17 N12 + 5 N 8 = 0  1 1 ∑ Fy = +YA − N12 − N8 = 0  17 5

XA

A

N1 N12

L/2

N8

YA L

∑ Fx = − N1 + N 2 = 0  ∑ Fy = − P − N 5 = 0

P

B

N1 L/2

N5 L

Nodo C

Nodo D

 ∑ Fx = − N 2 −  ∑ Fy = −2 P − 

2 2 N9 + N10 + N 3 = 0 5 5 1 1 N9 − N6 + N10 = 0 5 5

L

2P

C

N2 L/2

N9

L

D

N3

Nodo F

Nodo G

Nodo H

 ∑ Fx  ∑ Fy   ∑ Fx  ∑ FY   ∑ Fx  ∑ FY 

4 N13 − 17 1 N13 − 17

2 N11 = 0 5 1 N11 = 0 5

2 2 N8 + N9 = 0 5 5 1 1 =+ N8 + N 5 + N9 = 0 5 5

=−

N13 L/2

N11

YE L

N5

N8 L

4 4 N12 + N13 = 0 17 17 1 1 =+ N12 + N 6 + N13 = 0 17 17 2 2 N10 + N11 = 0 5 5 1 1 =+ N10 + N 7 + N11 = 0 5 5

=−

L

E

N4

L/2

=−

N4

N7 L

 ∑ Fx = − N 4 −  ∑ Fy = +YE − 

N10

P

L/2

Nodo E

N3

N6 L

∑ Fx = − N 3 + N 4 = 0  ∑ Fy = − P − N 7 = 0

N2

L/2

N9 L

N6

N12 2L

L/2

F

N13

G

2L

N7

N10

N11

H L

L

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.

5



Il problema è così ricondotto alla soluzione di un sistema di 2n = 16 equazioni algebriche lineari non omogenee, nelle a + 3 = 16 incognite N I , I = 1, K,13 , e XA, YA e YE riportato di seguito. Nodo A

Nodo B

Nodo C

Nodo D

Nodo E

Nodo F

Nodo G

Nodo H

1  0  − 1  0  0  0  0   0  0  0  0  0  0  0  0  0 

0

0

0

0

0

0

2 5

0

0

0

4 17

0

1

0

0

0

0

0

0

0

−1 5

0

0

0

−1 17

0

0

1

1

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

−1

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

−1

1

0

0

0

0

0

−2 5

2 5

0

0

0

0

0

0

0

0

0

−1

0

0

−1 5

−1 5

0

0

0

0

0

0

−1

1

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

−1

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

−1

0

0

0

0

0

0

−2 5

0

−4 17

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

−1 5

0

−1 17

0

0

0

0

0

0

0

0

−2 5

2 5

0

0

0

0

0

0

0

0

0

1

0

0

1 5

1 5

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

−4 17

4 17

0

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

1 17

1 17

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

−2 5

2 5

0

0

0

0

0

0

0

0

0

1

0

0

1 5

1 5

0

0

0

0

6

0  N 1  0       0  N 2  0       0  N 3  0       1  0  N 4       0  0  N 5       2 0  N 6          0  0   N7         0 N 8   1  ⋅ = ⋅ P      0  N 9  0       1  N 10  0       0  N 11  0       0  N 12  0       0  N 13  0       0  X A  0       0  0  Y A       0 0  YE 


2.


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

Introdotti i versori degli assi coordinati i = [1 0] T e j = [0 1] T ed il vettore nullo a due dimensioni 0 = [0 0] T , le azioni nodali esterne si scrivono Nodo A B C D E F G H

Azione nodale PA = X A i + YA j PB = X B i + YB j = +0 i − P j = − P j PC = X C i + YC j = +0 i − 2 P j = −2 P j PD = X D i + YD j = +0 i − P j = − P j PE = X E i + YE j = +0 i + YE j = YE j PF = X F i + YF j = +0 i + 0 j = 0 PG = X G i + YG j = +0 i + 0 j = 0 PH = X H i + YH j = +0 i + 0 j = 0

(vettori dei carichi nodali) In modo analogo, indicando con ni = [ni x ni y ]T il versore dell’asse geometrico dell’asta i che collega il nodo R al nodo S, orientato positivamente da R ad S, di componenti ni x = cos α RS = ( xS − xR ) / LRS , ed ni y = sin α RS = ( yS − yR ) / LRS , gli sforzi che tale asta esercita rispettivamente sui nodi R ed S si esprimono come Ni = Ni ni

e − N i = N i ( −n i ) . Nella tabella seguente si riportano i valori delle componenti dei versori delle aste. Asta c d e f g h i j k l 11 12 13

Versore n1 n2 n3 n4 n5 n6 n7 n8 n9 n10 n11 n12 n13

nx = cos α IJ

n y = sin α IJ

1 -1 1 -1 0 0 0

0 0 0 -1 -1 -1

2/ 5

−1/ 5

− 2/ 5

−1/ 5

2/ 5

−1/ 5

− 2/ 5

−1/ 5

4 / 17

− 1 / 17

− 4 / 17

− 1 / 17

(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

+ N1 + N 8 + N12 + PA = 0

Nodo B

− N1 + N 5 − N 2 + PB = 0

Nodo C

+ N 2 + N 9 + N 6 + N10 + N 3 + PC = 0

Nodo D

− N 3 + N 7 − N 4 + PD = 0

Nodo E

+ N 4 + N11 + N13 + PE = 0

Nodo F

− N 8 − N 5 − N 9 + PF = 0

Nodo G

− N12 − N 6 − N13 + PG = 0

Nodo H

− N10 − N 7 − N11 + PH = 0

Facendo uso dei versori delle aste prima definiti, si ottiene 0 0 0 0 0 0 n8 0 0 0 n12 0 Nodo A  n1   0 n5 0 0 0 0 0 0 0 0 Nodo B − n1 − n 2 0  n 2 n3 0 0 n6 0 0 n 9 n10 0 0 0 Nodo C  0   0 − n3 − n 4 0 0 n7 0 0 0 0 0 0 Nodo D  0  0 0 n4 0 0 0 0 0 0 n11 0 n13 Nodo E  0   0 0 0 − n5 0 0 − n8 − n 9 0 0 0 0 Nodo F  0   0 0 0 0 − n6 0 0 0 0 0 − n12 − n13 Nodo G  0  0 0 0 0 0 − n7 0 0 − n10 n11 0 0 Nodo H  0

i j 0 0       0 0 0  j    2 j 0 0 0       0 0 0  N   j ⋅  = P⋅  0 0 0 j  R        0 0 0 0       0 0 0 0     0  0 0 0

dove N = [N1 N 2 N 3 N 4 N 5 N 6 N 7 N 8 N 9 N10 N11 N12 N13 ] T è il vettore che raccoglie gli sforzi assiali nelle aste ed R = [X A YA YE ] T 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 iesima e –ni nell’intersezione fra la riga S e la colonna i-esima. Ad esempio, l’asta k 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 k e –n9 nell’intersezione fra la riga F e la colonna k. 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.

8


3.


La soluzione numerica

Il sistema di equazioni 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0  − 1 1 0 0 0 0 0  0 0 0 −1 0 0 0  0 −1 1 0 0 0 0  0 0 0 0 −1 0 0 0 0 −1 1 0 0 0  0 0 0 0 0 −1 0 0 0 0 −1 0 0 0  0 0 0 0 0 0 0  0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0  0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0  0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 

2 5 −1 5

0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

−2 5 −1 5

2 5 −1 5

0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0

−2 5 1 5

2 5 1 5

0 0 0 0

0 0 0 0

−2 5 1 5

0 0 0 0 0 0 0 0 −2 5 −1 5

0 0 0 0 2 5 1 5

0 0 0 0 0 0 0 0

4 17 −1 17

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

−4 17 −1 17

0 0

−4 17 1 17

4 17 1 17

0 0

0 0

1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0  N 1  0    0 0 N 2     0  N 3  0      0  N 4  1  0 0  N 5       0  N 6   2 0 0  N 7       0  N 8  1  ⋅ = P ⋅   0 0   N9    1  N 10  0      0  N 11  0 0 0  N 12       0  N 13  0  0 0 X A      0  Y A  0    0 0   YE   

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,

9

YE = 2.0P.


4.



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

-7.0

B

P

2P

C

-7.0

-1.0 1.12 L

F

1.12

6.18

G

1.12

6.18

L

D

P

E

-7.0

-1.0

-3.0

L/2

2P

-7.0

L

H

2P

1.12 L

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 c, d, e, f 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 X A , per cui deve essere X A = 0 . D’altra parte, per questioni di simmetria strutturale e di carico, risulta YA = YC = 2 P .

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).

10


A

1

B

P

5 2P

8

2P

C

2 12

L/2


D

3

P 7

6

N12

11

d12

9

F

L

N12

G

E

4

10

13

L

2P

H

L

L

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 M C = 0 . Facendo riferimento al sistema delle forze che precedono, si ottiene: M C = 2 P ⋅ 2 L − P ⋅ L − N 12 ⋅ d12 = 0

da cui N 12 = 3P ⋅ L / d12 .

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 d12 =

( x A − xC ) ( y A − yC ) ( xG − x A ) ( yG − y A ) ( xG − x A ) 2 + ( yG − y A ) 2

(0 − 2 L ) (0 − 0) (2 L − 0) (− L / 2 − 0)

=

(2 L − 0) 2 + (− L / 2 − 0) 2

=

2 L, 17

per cui N12 = 3P ⋅ L / d12 = 3P ⋅

17 ≅ 6.184658 ⋅ P , 2

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

A

1

N1

B

N1

P

5

12

L/2

8 L

F

2P

D

3

P

11

d12

9

N12

G

L

10

13 L

11

E

4

7

6

N12

f12

2P

C

2

H L

2P



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 c, 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 M F = 0 . Facendo riferimento al sistema delle forze che precedono, si ottiene: M F = 2 P ⋅ L + N1 ⋅ L / 2 + N12 ⋅ f12 = 0

dove

f12 =

( xG − xF ) ( yG − y F ) ( x A − xG ) ( y A − yG ) ( xG − x A ) 2 + ( yG − y A ) 2

=

(2 L − L) (− L / 2 + L / 2) (0 − 2 L ) (0 + L / 2) (2 L − 0) 2 + (− L / 2 − 0) 2

da cui M F = 2 P ⋅ L + N1 ⋅

L 3 17 L + ⋅P⋅ =0. 2 2 17

Risolvendo per N1, si ottiene N 1 = −7 P

che coincide col valore trovato in precedenza.

12

=

L , 17


Parte II) STATICA DEI SISTEMI DI TRAVI TEMA 10 Dato il sistema reticolare ad aste rigide mostrato in figura,

H

200

2V

200

200

V

y,v A=O 300

x,u 200

300

in cui V = 20 kN ed H = 30 kN, 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

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

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



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.

G

H 22

12

23

19

F

10

20

16

V

2V

21 14

8

12

10

C y,v A=O

11

9 2

4

7

13 8 4

1 1

9

7

6

5

H

18

11

E

24

17 6

D

3

2 3

15

x,u

5

B

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 A B C D E F G H

Molteplicità mA = 4 mB = 2 mC = 6 mD = 10 mE = 2 mF = 6 mG = 4 mH = 2

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.

2



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 A-B-D A-D-C C-F-E C-D-F D-G-F D-H-G

Tipo esterna interna interna interna interna interna

Rotazioni assolute θ3 , θ5

Rotazioni relative

∆θ 4−6 ∆θ1−3 ∆θ 2−7 ∆θ 4−8 ∆θ 9−11 ∆θ10−19 ∆θ12−20 ∆θ 7−11 ∆θ 8−13 ∆θ12−14 ∆θ13−15 ∆θ14−21 ∆θ16−22 ∆θ15−17 ∆θ16−23 ∆θ18−24

Pertanto, il sistema dato è al più una struttura isostatica.

3. Equazioni di compatibilità cinematica col metodo generale

Trave 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

P 1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23

Q 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24

Equazioni di compatibilità cinematica interna = θ 2 = θ1 u2 u1 − 200 ⋅θ1 v2 = v1 u4 = u3 − 200 ⋅θ 3 v4 = v3 + 200 ⋅θ 3 θ4 = θ3 u6 = u5 − 200 ⋅θ 5 v6 = v5 θ6 = θ5 u8 = u7 v8 = v7 + 200 ⋅θ 7 θ8 = θ 7 u10 = u9 − 200 ⋅θ 9 v10 = v9 − 300 ⋅θ 9 θ10 = θ 9 u12 = u11 − 200 ⋅θ11 v12 = v11 θ12 = θ11 u14 = u13 − 200 ⋅θ13 v14 = v13 − 200 ⋅θ13 θ14 = θ13 u16 = u15 − 400 ⋅θ15 v16 = v15 θ16 = θ15 u18 = u17 − 400 ⋅θ17 v18 = v17 + 300 ⋅θ17 θ18 = θ17 u20 = u19 v20 = v19 + 300 ⋅θ19 θ 20 = θ19 u22 = u21 − 200 ⋅θ 21 v22 = v21 + 200 ⋅θ 21 θ 22 = θ 21 u24 = u23 v24 = v23 + 300 ⋅θ 23 θ 24 = θ 23

3

g. d. l. 3 3 3 3 3 3


Nodo

A

B

C

D

E

F

G

H


Equazioni di compatibilità cinematica esterna u1 = 0 v = 0 ,  1

u1 = 0 v = 0 ,  1

u3 − u1 = 0 v − v = 0 ,  3 1

u3 − u1 = 0 v − v = 0 ,  3 1

u5 = 0 v = 0 ,  5

u5 = 0 v = 0 ,  5

u2 − u7 = 0 v − v = 0 ,  2 7

u1 − 200 ⋅θ1 − u7 = 0 , v − v = 0 1 7

u9 − u7 = 0 v − v = 0 ,  9 7

u9 − u7 = 0 v − v = 0 ,  9 7

u11 − u7 = 0 v − v = 0 ,  11 7

u11 − u7 = 0 v − v = 0 ,  11 7

u4 − u13 = 0 v − v = 0 ,  4 13

u3 − 200 ⋅θ 3 − u13 = 0  v + 200 ⋅θ − v = 0 , 3 13  3

u6 − u13 = 0 v − v = 0 ,  6 13

u5 − 200 ⋅θ 5 − u13 = 0 , v − v = 0  5 13

u8 − u13 = 0 v − v = 0 ,  8 13

u7 − u13 = 0 v + 200 ⋅θ − v = 0 , 7 13  7

u15 − u13 = 0 v − v = 0 ,  15 13

u15 − u13 = 0 v − v = 0 ,  15 13

u17 − u13 = 0 v − v = 0 ,  17 13

u17 − u13 = 0 v − v = 0 ,  17 13

u10 − u19 = 0 v − v = 0 ,  10 19

u9 − 200 ⋅θ 9 − u19 = 0 v − 300 ⋅θ − v = 0 , 9 19  9

u12 − u 21 = 0 v − v = 0 ,  12 21

u11 − 200 ⋅θ11 − u21 = 0 , v − v = 0  11 21

u14 − u 21 = 0 v − v = 0 ,  14 21

u13 − 200 ⋅θ13 − u21 = 0 , v − v = 0  13 21

u 20 − u21 = 0 v − v = 0 ,  20 21

u19 − u21 = 0 v + 300 ⋅θ − v = 0 , 19 21  19

u16 − u23 = 0 v − v = 0 ,  16 23

u15 − 400 ⋅θ15 − u23 = 0 , v − v = 0  15 23

u 22 − u 23 = 0 v − v = 0 ,  22 23

u21 − 200 ⋅θ 21 − u23 = 0 , v − v = 0  21 23

u 24 − u18 = 0 v − v = 0 ,  24 18

u23 − u17 − 400 ⋅θ17 = 0 v + 300 ⋅θ − v − 400 ⋅θ = 0 . 23 17 17  23 4

Equazioni cinematiche



4. Equazioni di compatibilità statica in forma vettoriale (equilibrio dei nodi) Nodo A B C D E F G H

xI

yI

0.0 200.0 0.0 200.0 -300.0 0.0 200.0 500.0

0.0 0.0 200.0 200.0 400.0 400.0 600.0 600.0

Nodo A B C D E F G H

Azione nodale R A = X A i + YA j R B = X B i + YB j = +0 i + YB j = +YB j PC = X C i + YC j = +0 i + 0 j = 0 PD = X D i + YD j = +0 i + 0 j = 0 PE = X E i + YE j = +0 i − V j = −V j PF = X F i + YF j = +0 i + 0 j = 0 PG = X G i + YG j = + H i + 0 j = + H i PH = X H i + YH j = +0 i − 2V j = −2V j

(matrice delle coordinate nodali) Asta 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

Nodo iniziale A A B C C C D D D E F G

Nodo finale C D D D E F F G H F G H

(vettori dei carichi nodali) Asta Versore Lunghezza 200.0 1 n1 2 n2 200.0 ⋅ 2 200.0 3 n3 200.0 4 n4 5 n5 100.0 ⋅ 13 200.0 6 n6 7 n7 200.0 ⋅ 2 400.0 8 n8 500.0 9 n9 300.0 10 n10 11 n11 200.0 ⋅ 2 300.0 12 n12

(matrice delle incidenze delle aste)

nx 0.0

ny 1.0

2/2 0.0 1.0

2/2 1.0 0.0

− 3 / 13 0.0

2 / 13 1.0

− 2/2 0.0 3/5 1.0

2/2 1.0 4/5 0.0

2/2 1.0

2/2 0.0

(versori delle aste e loro componenti)

Equazioni: Nodo A B C D E F G H

Equazione vettoriale N1+N2+RA=0 N3+RB=0 -N1+N4+N5+N6=0 -N3-N2-N4+N7+N8+N9=0 -N5+N10+PE=0 -N10-N6-N7+N11 =0 -N11-N8+N12+PG=0 -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.

5



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

Nodo A

N2

N1

 2 N2 = 0 ∑ Fx = + X A + 2   F = +Y + N + 2 N = 0 A 1 2 ∑ y 2

XA A YA N3

Nodo B

∑ Fx = 0 = 0  ∑ Fy = +YB + N 3 = 0

B

YB

Nodo C

Nodo D

 ∑ Fx = + N 4 −  ∑ Fy = − N1 + 

Nodo E

Nodo F

 ∑ Fx = − N10 +   F = −N − 6 ∑ y

Nodo G

Nodo H

N4 C

N1

2 3  ∑ Fx = − N 4 − 2 N 2 + 5 N 9 = 0  2 4 ∑ Fy = − N 2 − N 3 + N8 + N 9 = 0  5 2

3  ∑ Fx = + N10 + 13 N 5 = 0  2 ∑ Fy = − N5 − V = 0  13

 ∑ Fx   F ∑ Y  ∑ Fx  ∑ FY 

= +H −

2 N7 + 2 2 N7 + 2

N6

N5

3 N5 = 0 13 2 N5 + N6 = 0 13

N9

N8 N4 D N3

N2 E

N10 N5

V

N11

2 N11 = 0 2 2 N11 = 0 2

N10 F N7

N6

2 N11 + N12 = 0 2

H

2 N11 − N 8 = 0 2 3 = − N 9 − N12 = 0 5 4 = − N9 − 2 V = 0 5 =−

G N12

N11 N12 N9

6

N8

H 2V



6. Risoluzione col metodo delle equazioni ausiliarie. •

Nodo H

Sforzo N12:

equilibrio alla rotazione intorno a D 3 da cui N 12 = V = 30 kN ; 2

N 12 ⋅ 400 − 2 V ⋅ 300 = 0 , Sforzo N9:

equilibrio alla rotazione intorno a G 300 ⋅ 400

− N9 ⋅ oppure,

300 2 + 400 2

5 da cui N 9 = − V = −50 kN , 2

− 2 V ⋅ 300 = 0 ,

equilibrio alla traslazione verticale − N9 ⋅

4 − 2V = 0, 5

5 da cui N 9 = − V = −50 kN . 2

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

H

30 kN

11

E

F

10

8

V

7

6

5

D

4

C y,v

1

3

2

x,u

A=O •

50 kN

B

Nodo G

Sforzo N11:

equilibrio alla rotazione intorno a D

N 11 ⋅ 200 2 − ( H + 30) ⋅ 400 = 0 , oppure,

da cui N 11 = ( H + 30) 2 kN = 60 2 kN = 84.85 kN ,

equilibrio alla traslazione orizzontale − N11 ⋅

Sforzo N8:

2 + H + 30 = 0 , 2

da cui N 11 = ( H + 30) 2 kN = 60 2 kN = 84.85 kN ;

equilibrio alla rotazione intorno ad F

− ( H + 30) ⋅ 200 − N 8 ⋅ 200 = 0 ,

da cui N 8 = −( H + 30) kN = −60 kN .

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

7


Statica dei sistemi di travi 84.85kN

E

F

10

V

7

6

5

50 kN

D

4

C y,v

1

3

2

x,u

A=O •

60 kN

B

Nodo E

Sforzo N10:

equilibrio alla rotazione intorno a C

3 3 − V ⋅ 300 + N10 ⋅ 200 = 0 , da cui N10 = V = 20 kN = 30 kN ; 2 2 Sforzo N5:

equilibrio alla rotazione intorno ad F

+ V ⋅ 300 + N 5 ⋅ oppure,

200 ⋅ 300 200 + 300 2

2

= 0,

13 V = −10 ⋅ 13 kN = −36.06 kN ; 2

da cui N 5 = −

equilibrio alla traslazione verticale 2 −V = 0 , 13

− N5 ⋅

13 V = −10 ⋅ 13 kN = −36.06 kN . 2

da cui N 5 = −

Eliminando il nodo E e le aste ad esso collegate, la struttura residua equivalente risulta 30 kN

36.06 kN

84.85 kN

F

7

6

1

A=O •

50 kN

D

4

C y,v

60 kN

3

2

x,u

B

Nodo F

Sforzo N7:

equilibrio alla rotazione intorno a C

+ 30 ⋅ 200 − 60 ⋅ 2 ⋅

200 200 − N7 ⋅ = 0, 2 2

da cui N 7 = −30 ⋅ 2 kN = −42.43 kN ,

oppure, equilibrio alla traslazione orizzontale

8


− 30 + N 7 ⋅ Sforzo N6:


2 2 + 60 ⋅ 2 ⋅ = 0, 2 2

da cui N 7 = −30 ⋅ 2 kN = −42.43 kN ;


N 6 ⋅ 200 + 30 ⋅ 200 − 60 ⋅ 2 ⋅ 200 ⋅ 2 = 0 ,

da cui N 6 = 90.0 kN .

Eliminando il nodo F e le aste ad esso collegate, la struttura residua equivalente risulta 90 kN

42.43 kN

60 kN 50 kN

36.06 kN

y,v

1

3

2

x,u

A=O •

D

4

C

B

Nodo C

Sforzo N1:


N1 ⋅ 200 − 90 ⋅ 200 + 10 ⋅ 13 ⋅ oppure,

da cui N1 = 70 kN ,

equilibrio alla traslazione verticale − N1 + 90 − 10 ⋅ 13 ⋅

Sforzo N4:

2 = 0, 13

da cui N1 = 70 kN ;

equilibrio alla rotazione intorno ad A

− N 4 ⋅ 200 − 10 ⋅ 13 ⋅ oppure,

400 = 0, 13

200 ⋅ 300 200 2 + 300 2

=0,

da cui N 4 = −30.0 kN ,

equilibrio alla traslazione orizzontale N 4 + 10 ⋅ 13 ⋅

3 =0, 13

da cui N 4 = −30.0 kN .

Eliminando il nodo C e le aste ad esso collegate, la struttura residua equivalente risulta 60 kN 50 kN

42.43 kN

D

30 kN

y,v A=O

3

2

x,u

9

B


•


Nodo D

Sforzo N2: N2 ⋅

equilibrio alla rotazione intorno a B

200 200 150 ⋅ 200 − 30 ⋅ 200 − 30 ⋅ 2 ⋅ + 50 ⋅ = 0 , da cui N 2 = 30 ⋅ 2 kN ≅ 42.43 kN , 2 2 150 2 + 200 2

oppure,

equilibrio alla traslazione orizzontale 30 − N 2 ⋅

Sforzo N3:

2 2 2 + 30 ⋅ 2 ⋅ − ⋅ 50 = 0 , 2 2 5

da cui N 2 = 30 ⋅ 2 kN ≅ 42.43 kN ;

equilibrio alla traslazione verticale

− N 3 − 30 ⋅ 2 ⋅

2 2 4 − 30 ⋅ 2 ⋅ − 60 − ⋅ 50 = 0 , da cui N 3 = −160.0 kN . 2 2 5

Eliminando il nodo D e le aste ad esso collegate, si ottengono infine le azioni sui vincoli rappresentate in figura. 160 kN 17.32 kN

y,v x,u

A=O

B

7. Diagramma dello sforzo assiale.

30

+30

+84.85

40 -60

+30 20

+90 -36.06

-50

-42.43 -30

+70

+42.43

10

-160


Parte III) CINEMATICA E STATICA DEI SISTEMI DI TRAVI ELASTICHE TEMA 1a Data la mensola elastica caricata uniformemente mostrata in figura,

p A

B L

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


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. a)

Determinazione della linea elastica 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 c 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

p 1 A=O y,v

2 z

1

B

L

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: in

c

0< z
EJ v iv = p

equazione differenziale della linea elastica

A

z=0

 v(0) = 0  v' (0) = 0

condizioni al contorno di tipo geometrico

B

z=L

M ( L) = 0   T ( L) = 0

condizioni al contorno di tipo statico o naturale

Attraverso i legami costitutivi M ( z ) = − EJ v' ' e T ( z ) = − EJ v' ' ' , le condizioni al contorno di tipo naturale diventano in

b)

B

 − EJ v' ' ( L) = 0 condizioni al contorno di tipo statico o naturale  − EJ v' ' ' ( L) = 0

z=L

Integrazione dell’equazione differenziale Integrando quattro volte l’equazione differenziale, si ottiene EJ v iv = p

Ö 3) EJ v' = p

Ö 1) EJ v' ' ' = p z + c1 ,

z3 z2 + c1 + c2 z + c3 , 6 2

Ö 2) EJ v' ' = p

Ö 4) EJ v = p

z2 + c1 z + c2 , 2

z4 z3 z2 + c1 + c2 + c3 z + c4 , 24 6 2

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

v(0) = 0 v' (0) = 0

si ottiene

− EJ v' ' ( L) = 0

c4 = 0 c3 = 0 0 = pL2 / 2 + c1 L + c2 0 = p L + c1

− EJ v' ' ' ( L) = 0

per cui c1 = − p L e c2 = pL2 / 2 . 2


2.

Esempio 1

Il tracciamento dei diagrammi

Sostituendo i valori delle costanti, e posto ζ = z / L , con 0 ≤ ζ ≤ 1 , si hanno: 3

v (ζ ) =

4

[

pL ζ 4 − 4ζ 3 + 6ζ 2 24 EJ

v

2

inflessione:

1

]

0 -1

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

-2 -3

1

rotazione:

[

pL3 3 ϕ(ζ ) = v' (ζ ) = ζ − 3ζ 2 + 3ζ 6 EJ

]

0

ϕ

-1

1

M

momento flettente: M (ζ ) = − EJ v' ' (ζ ) = −

pL2 (1 − ζ ) 2 2

0.1

0

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

-1

1

T

sforzo di taglio: 0

T (ζ ) = − EJ v' ' ' (ζ ) = pL(1 − ζ )

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

-1

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

Inflessione

v A = v(0) = 0

Rotazione

α = ϕ A = v' (0) = 0

momento flettente sforzo di taglio

M A = − EJ v' ' (0) = −

Estremità B

pL2 2

TA = − EJ v' ' ' (0) = pL 3

pL4 8 EJ pL3 β = ϕ B = v' (1) = 6 EJ f = vB = v(1) =

M B = − EJ v' ' (1) = 0 TB = − EJ v' ' ' (1) = 0


Esempio 1

TEMA 1b Data la trave elastica a mensola mostrata in figura, soggetta ad un carico concentrato P nell’estremo libero,

P B

A L

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

SOLUZIONE:



4


0. a)

Esempio 1



1

1

A=O y,v

L

2

P z B

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: in

c

0< z
EJ v iv = 0


A

z=0

 v(0) = 0  v' (0) = 0


B

z=L

M ( L) = 0   T ( L) = P


Attraverso i legami costitutivi M ( z ) = − EJ v' ' e T ( z ) = − EJ v' ' ' , le condizioni al contorno di tipo naturale diventano in b)

B

z=L

 − EJ v' ' ( L) = 0 condizioni al contorno di tipo statico o naturale  − EJ v' ' ' ( L) = P

Integrazione dell’equazione differenziale Integrando quattro volte l’equazione differenziale, si ottiene Ö 1) EJ v' ' ' = c1 ,

EJ v iv = 0

Ö 3) EJ v' = c1

z2 + c2 z + c3 , 2

Ö 2) EJ v' ' = c1 z + c2 ,

Ö 4) EJ v = c1

z3 z2 + c2 + c3 z + c4 , 6 2


v ( 0) = 0

si ottiene

v ' ( 0) = 0 − EJ v ' ' ( L ) = 0

c4 = 0 c3 = 0 − (c1 L + c2 ) = 0 − (c1 ) = P

− EJ v' ' ' ( L) = P

per cui c2 = PL . 5


2.

Esempio 1


Sostituendo i valori delle costanti, e posto ζ = z / L , con 0 ≤ ζ ≤ 1 , si hanno: inflessione:

z

PL3 2  ζ  ⋅ ζ ⋅ 1 −  v (ζ ) = 2 EJ  3

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

1

1

-0.5

1

rotazione: ϕ(ζ ) = v' (ζ ) =

v

0.5

z

2

PL ⋅ ζ ⋅ [2 − ζ ] 2 EJ

0

ϕ

-1

M

1

momento flettente:

z 0

M (ζ ) = − EJ v' ' (ζ ) = − PL(1 − ζ )

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

-1

1

sforzo di taglio:

z 0

T (ζ ) = − EJ v' ' ' (ζ ) = P

-1

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

Inflessione

v A = v(0) = 0

Rotazione

α = ϕ A = v' (0) = 0

momento flettente

M A = − EJ v' ' (0) = − PL

M B = − EJ v' ' (1) = 0

sforzo di taglio

TA = − EJ v' ' ' (0) = P

TB = − EJ v' ' ' (1) = P

6

Estremità B PL3 3EJ PL2 β = ϕ B = v' (1) = 2 EJ f = vB = v(1) =


Esempio 1

TEMA 1c Data la trave elastica a mensola mostrata in figura, soggetta ad una coppia Q concentrata nell’estremo libero,

Q A

B L

3. determinarne la linea elastica e tracciarne il grafico; 4. tracciare i diagrammi quotati ed in scala delle caratteristiche della sollecitazione.

SOLUZIONE:



7


1.

Determinazione della linea elastica

c)

Posizione del problema

Esempio 1


1

1 A=O

2

Q B

L

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: in

c

0< z
EJ v iv = 0


A

z=0

 v(0) = 0  v' (0) = 0


B

z=L

M ( L) = −Q   T ( L) = 0


Attraverso i legami costitutivi M ( z ) = − EJ v' ' e T ( z ) = − EJ v' ' ' , le condizioni al contorno di tipo naturale diventano in d)

B

z=L

− EJ v' ' ( L) = −Q condizioni al contorno di tipo statico o naturale   − EJ v' ' ' ( L) = 0

Integrazione dell’equazione differenziale Integrando quattro volte l’equazione differenziale, si ottiene EJ v iv = 0

Ö 3) EJ v' = c1

Ö 1) EJ v' ' ' = c1 , z2 + c2 z + c3 , 2

Ö 2) EJ v' ' = c1 z + c2 ,

Ö 4) EJ v = c1

z3 z2 + c2 + c3 z + c4 , 6 2

in cui c1, c2, c3, e c4 sono delle costanti incognite da determinarsi mediante le condizioni al contorno. v ( 0) = 0 si ottiene Dalla condizione c4 = 0 v ' ( 0) = 0

c3 = 0

− EJ v ' ' ( L ) = Q

− (c1 L + c2 ) = −Q − (c1 ) = 0

− EJ v' ' ' ( L) = 0

per cui c2 = Q . 8


2.

Esempio 1


Sostituendo i valori delle costanti, si hanno: v

1

inflessione:

z

Q z2 v( z ) = 2 EJ

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

L

0.9

L

L

-1

1

rotazione:

z

Qz ϕ( z ) = v' ( z ) = EJ

0

ϕ

-1

1

momento flettente:

z 0

M ( z ) = − EJ v' ' ( z ) = − Q

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

M

-1

1

sforzo di taglio:

z 0

T ( z ) = − EJ v' ' ' ( z ) = 0

0.1

-1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

L

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

inflessione

v A = v(0) = 0

rotazione

α = ϕ A = v' (0) = 0

momento flettente

M A = − EJ v' ' (0) = −Q

M B = − EJ v' ' (1) = −Q

sforzo di taglio

TA = − EJ v' ' ' (0) = 0

TB = − EJ v' ' ' (1) = 0

9

Estremità B QL2 2 EJ QL β = ϕ B = v' (1) = EJ f = vB = v(1) =


Parte III) CINEMATICA E STATICA DEI SISTEMI DI TRAVI ELASTICHE

(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 A

B L

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


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.


Cinematica e statica dei sistemi di travi elastiche


p 1

1

2

A=O y,v

z

B L

L’equilibrio elastico della struttura è governato dalle relazioni: in

c

0< z
EJ v iv = p

A

z=0

 v(0) = 0  M (0) = 0

B

z=L

 v( L) = 0  M ( L) = 0

equazione differenziale della linea elastica condizione al contorno geometrica condizione al contorno statica condizione al contorno geometrica condizione al contorno statica

Attraverso i legami costitutivi, M ( z ) = − EJ v' ' e T ( z ) = − EJ v' ' ' , le condizioni al contorno statiche diventano in b)

A B

M (0) = − EJ v' ' (0) = 0 M ( L) = − EJ v' ' ( L) = 0

z=0 z=L

condizione al contorno statica condizione al contorno statica.


Ö 3) EJ v' = p

Ö 1) EJ v' ' ' = p z + c1 ,

z3 z2 + c1 + c2 z + c3 , 6 2

Ö 2) EJ v' ' = p

Ö 4) EJ v = p

z2 + c1 z + c2 , 2

z4 z3 z2 + c1 + c2 + c3 z + c4 , 24 6 2


v(0) = 0

si ottiene

− EJ v' ' (0) = 0 v ( L) = 0

c4 = 0 c2 = 0 pL4 / 24 + c1 L3 / 6 + c3 L = 0

− EJ v' ' ( L) = 0

− ( p L2 / 2 + c1 L) = 0

per cui c1 = − p L / 2 e c3 = pL3 / 24 . 2


2.



Sostituendo i valori delle costanti, e posto ζ = z / L , con 0 ≤ ζ ≤ 1 , si hanno: v

0.5

inflessione:

[

pL4 4 v (ζ ) = ζ − 2ζ 3 + ζ 24 EJ

z

]

0.1

0

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

1

-0.5

ϕ

1

rotazione:

[

0.9

]

pL3 ϕ(ζ ) = v' (ζ ) = 4ζ 3 − 6ζ 2 + 1 24 EJ

0.1

0

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

x 1

-1

M

0.5

momento flettente:

z

pL2 M (ζ ) = − EJ v' ' (ζ ) = ⋅ ζ ⋅ (1 − ζ ) 2

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

-0.5

1

T

sforzo di taglio: T (ζ ) = − EJ v' ' ' (ζ ) =

pL (1 − 2ζ ) 2

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

-1

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

Inflessione

v A = v (0) = 0

vB = v (1) = 0

Rotazione momento flettente sforzo di taglio

α = ϕ A = v' (0) =

pL3 24 EJ

M A = − EJ v' ' (0) = 0 TA = − EJ v' ' ' (0) =

pL 2

β = ϕ B = v' (1) = −

Mezzeria C f = vC = v( 12 ) =

pL3 24 EJ

M B = − EJ v' ' (1) = 0 TB = − EJ v' ' ' (1) = −

3

pL 2

5 pL4 384 EJ

γ = ϕC = v' ( 12 ) = 0 M C = M MAX = − EJ v' ' ( 12 ) = TC = − EJ v' ' ' ( 12 ) = 0

pL2 8



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 A

B C

a

b L



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

1

y,v

1 A=O a

P 2

2

3

C

b

L

4

4

B

z




c

0< z
EJ v1iv = 0

equazione differenziale della linea elastica nel tratto c

d

a
EJ v2iv = 0

equazione differenziale della linea elastica nel tratto d

A

z=0

 v1 (0) = 0  M (0) = 0

condizione al contorno geometrica

v1 (a ) = v2 (a )

condizione di raccordo geometrica

v1 ' (a ) = v2 ' (a )


M (a − ) = M (a + )

condizione di raccordo statica

T (a − ) = T (a + ) + P


 v2 ( L ) = 0  M ( L) = 0


C

z=a

B

z=L

condizione al contorno statica


Attraverso i legami costitutivi M ( z ) = − EJ v' ' e diventano

in

b)

A

z=0

C

z=a

B

z=L

T ( z ) = − EJ v' ' ' , le condizioni statiche

− EJ v' ' (0) = 0


− EJ v1 ' ' (a ) = − EJ v2 ' ' (a )


− EJ v1 ' ' ' (a ) = − EJ v2 ' ' ' (a ) + P


− EJ v' ' ( L) = 0

condizione al contorno statica.

Integrazione dell’equazione differenziale Integrando quattro volte ciascuna equazione differenziale, si ottiene Integrazione

Tratto c

Tratto d

0)

EJ v1 = 0

EJ v2 = 0

1)

EJ v1 ' ' ' = c1

EJ v2 ' ' ' = d1

2)

EJ v1 ' ' = c1 z + c2

EJ v2 ' ' = d1 z + d 2

3)

EJ v1 ' = c1 z 2 / 2 + c2 z + c3

EJ v2 ' = d1 z 2 / 2 + d 2 z + d 3

4)

EJ v1 = c1 z 3 / 6 + c2 z 2 / 2 + c3 z + c4

EJ v2 = d1 z 3 / 6 + d 2 z 2 / 2 + d 3 z + d 4

iv

iv

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.

5


Da:


risulta

v1 (0) = 0

c4 = 0

− EJ v1 ' ' (0) = 0

c2 = 0

v1 (a ) = v2 (a )

(c1 − d1 )

a3 a2 + (c2 − d 2 ) + (c3 − d 3 ) a + (c4 − d 4 ) = 0 6 2 2 a (c1 − d1 ) + (c2 − d 2 ) a + (c3 − d 3 ) = 0 2

v1 ' (a) = v2 ' (a ) − EJ v1 ' ' (a) = − EJ v2 ' ' (a)

(c1 − d1 ) a + (c2 − d 2 ) = 0

− EJ v1 ' ' ' (a ) = − EJ v2 ' ' ' (a ) + P

c1 − d1 = − P

v2 ( L ) = 0

L3 L2 d1 + d 2 + d 3 L + d 4 = 0 6 2

− EJ v2 ' ' ( L) = 0

d1 L + d 2 = 0

ovvero,  0  0   a3  6 a2  2  a  1   0   0 

0

0

1

0

0

0

1

0

0

0

0

0

a2 2

a

1

−

a

1

0

1

0

0

0

0

0 0

a3 6 a2 − 2

−

a2 2

−a

−a

−1

−a

−1

0

0

−1

0

0

0

0

L3 6

L2 2

L

0

0

L

1

0

   c1   0           0   c2   0        − 1   c3   0            0   c4   0  ⋅  =        0   d1   0           0  d 2  − P        1  d 3   0            0  d 4   0   0

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: c1 = P (a − L) / L

d1 = Pa / L

c2 = 0

d2 = − P ⋅ a

(

)

c3 = Pa a 2 − 3aL + 2 L2 / 6 L d3 = Pa(a 2 + 2 L2 ) / 6 L c4 = 0

d 4 = − Pa 3 / 6

6



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

in C z = a

v1 (a) = v2 (a)

(c1 − d1 ) a 3 / 6 + (c2 − d 2 ) a 2 / 2 + (c3 − d3 ) a + (c4 − d 4 ) = 0

v1 ' (a) = v2 ' (a )

(c1 − d1 ) a 2 / 2 + (c2 − d 2 ) a + (c3 − d3 ) = 0

M (a − ) = M (a + )

ovvero

(c1 − d1 ) a + (c2 − d 2 ) = 0 c1 − d1 = − P

T (a − ) = T (a + ) + P

Queste equazioni possono essere risolte facilmente mediante sostituzione all’indietro c1 − d1 = − P

da cui si ricavano

c1 = d1 − P

c2 − d 2 = Pa

c2 = d 2 + Pa

c3 − d3 = − P a 2 / 2

c3 = d3 − P a 2 / 2

c4 − d 4 = Pa 3 / 6

c4 = d 4 + Pa 3 / 6

Le restanti condizioni al contorno diventano z=0

v1 (0) = 0 − EJ v1 ' ' (0) = 0

d 2 + Pa = 0

z=L

 v2 ( L ) = 0  M ( L) = 0

v2 ( L ) = 0

d1 L3 / 6 + d 2 L2 / 2 + d3 L + d 4 = 0

− EJ v2 ' ' ( L) = 0

d1 L + d 2 = 0

in A in B

da cui

 v1 (0) = 0  M (0) = 0

d 4 + Pa 3 / 6 = 0

Infine, otteniamo d1 = Pa / L

c1 = P(a / L − 1)

d 2 = − Pa

c2 = 0

d3 = Pa(a 2 + 2 L2 ) / 6 L

c3 = Pa(a 2 − 3aL + 2 L2 ) / 6 L

d 4 = − Pa 3 / 6

c4 = 0

7



2. Il tracciamento dei diagrammi Sostituendo i valori delle costanti, si hanno: Tratto c d

inflessione:

[

Pz v( z, a ) = ⋅ (a − L) z 2 + a (a 2 − 3aL + 2 L2 ) 6 EJL

d

d

0.2

0.3

0.4

0.5

[

]

d

0.8

0.9

φ1

φ2

0 0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

a = 0.3

0.5

P

M z

0 0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

0.7

1

a = 0.3 +

0

0.1

T

P 0.2

0.3

z 0.4

0.5

- 0.6

0.7

0.8

0.9

-1

Grandezza

Estremità A

Estremità B

Inflessione

v A = v(0) = 0

vB = v(1) = 0

[

]

1

-0.3

( L − a) T ( z , a ) = − EJ v' ' ' ( z , a ) = P L a T ( z , a) = − EJ v' ' ' ( z , a) = − P L

Pa a 2 − 3aL + 2 L2 6 EJL

1

1

sforzo di taglio:

α = ϕA =

z

-

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:

Rotazione

1

φ

a = 0.3

1

( L − a) M ( z , a ) = − EJ v' ' ( z , a ) = P ⋅z L a M ( z , a ) = − EJ v' ' ( z , a ) = P ( L − z ) L

c

0.7

v2

Momento flettente:

Tratto

0.6

-0.1

P ⋅ 3(a − L) z 2 + a (a 2 − 3aL + 2 L2 ) 6 EJL Pa ϕ( z , a ) = v' ( z , a) = ⋅ (3 z 2 + a 2 − 6 Lz + 2 L2 ) 6 EJL

Tratto c

z 0.1

rotazione: ϕ( z , a ) = v' ( z , a ) =

v1

0

Paz Pa 3 2 2 2 ⋅ ( z + a − 3Lz + 2 L ) − v( z, a ) = 6 EJL 6 EJ

Tratto c

]

v

a = 0.3

0.1

β = ϕB =

[

PL3 2 a − L2 6 EJL

Sezione C vC = v (a ) =

]

momento M A = − EJ v' ' (0) = 0 M B = − EJ v' ' (1) = 0 flettente ( L − a) a sforzo di TA = − EJ v' ' ' (0) = P TB = − EJ v' ' ' (1) = − P taglio L L 8

2 2 PL3  a   a  a      − 2  + 1 3EJ  L   L   L  

[

Pa 2a 2 − 3La + 2 L2 3EJL a ⋅ ( L − a) M C = M MAX = P L

γ = ϕC =

∆TC = TCs − TCD = P

]

1



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

A a

C

B b

L 5. determinarne la linea elastica e tracciarne il grafico; 6. tracciare i diagrammi quotati ed in scala delle caratteristiche della sollecitazione. SOLUZIONE: 1. a)


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. 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 c e d ed i nodi A, B, e C, connessi fra loro e coi vincoli nel modo indicato nella figura seguente. 1

1

A=O a y,v

2

Q

3

C

2 b

L

9

4

B

z




c

0< z
EJ v1iv = 0


d

a
EJ v2iv = 0


A

z=0

 v1 (0) = 0  M (0) = 0


C

z=a

v1 (a ) = v2 (a )


v1 ' (a) = v2 ' (a )


M (a − ) + Q = M (a + ) condizione di raccordo statica T (a − ) = T (a + )

B

z=L


 v2 ( L ) = 0  M ( L) = 0

condizione di raccordo statica condizione al contorno geometrica condizione al contorno statica

Attraverso i legami costitutivi M ( z ) = − EJ v' ' e possono essere scritte come

in

b)

A

z=0

C

z=a

B

z=L

T ( z ) = − EJ v' ' ' , le condizioni statiche

− EJ v' ' (0) = 0


− EJ v1 ' ' (a ) + Q = − EJ v2 ' ' (a )


− EJ v1 ' ' ' (a ) = − EJ v2 ' ' ' (a )


− EJ v' ' ( L) = 0



Tratto c

0)

EJ v1 = 0

EJ v2 = 0

1)

EJ v1 ' ' ' = c1

EJ v2 ' ' ' = d1

2)

EJ v1 ' ' = c1 z + c2

EJ v2 ' ' = d1 z + d 2

3)

EJ v1 ' = c1 z 2 / 2 + c2 z + c3

EJ v2 ' = d1 z 2 / 2 + d 2 z + d 3

4)

EJ v1 = c1 z 3 / 6 + c2 z 2 / 2 + c3 z + c4

EJ v2 = d1 z 3 / 6 + d 2 z 2 / 2 + d 3 z + d 4

Tratto d

iv

iv


10


Da:


si ottiene

v1 (0) = 0

c4 = 0

− EJ v1 ' ' (0) = 0

c2 = 0

v1 (a) = v2 (a)

(c1 − d1 )

a3 a2 + (c2 − d 2 ) + (c3 − d 3 ) a + (c4 − d 4 ) = 0 6 2 2 a (c1 − d1 ) + (c2 − d 2 ) a + (c3 − d 3 ) = 0 2

v1 ' (a) = v2 ' (a ) − EJ v1 ' ' (a ) + Q = − EJ v2 ' ' (a )

(c1 − d1 ) a + (c2 − d 2 ) = Q

− EJ v1 ' ' ' (a ) = − EJ v2 ' ' ' (a)

c1 − d1 = 0

v2 ( L ) = 0

d1

− EJ v2 ' ' ( L) = 0

d1 L + d 2 = 0

L3 L2 + d 2 + d3 L + d 4 = 0 6 2

ovvero,  0  0   3 a 6 a2  2  a   1  0   0 

0

0

1

0

0

0

1

0

0

0

0

0

a3 − 6 a2 − 2

a2 − 2

−a

−a

−1

a2 2

a

1

a

1

0

1

0

0

−a

−1

0

0

0

0

−1

0

0

0

0

0

L3 6

L2 2

L

0

0

0

L

1

0

   c1   0           0   c2   0            − 1   c3   0        0   c4   0  ⋅  =        0   d1  Q            0  d 2   0        d 3   0  1           0  d 4   0   0

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: c1 = Q / L

d1 = Q / L

c2 = 0

d 2 = −Q

c3 = Q(3a 2 − 6aL + 2 L2 ) / 6 L d3 = Q(3a 2 + 2 L2 ) / 6 L c4 = 0

d 4 = −Qa 2 / 2

11



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

In C z = a

v1 (a) = v2 (a)

(c1 − d1 ) a 3 / 6 + (c2 − d 2 ) a 2 / 2 + (c3 − d3 ) a + (c4 − d 4 ) = 0

v1 ' (a ) = v2 ' (a )

(c1 − d1 ) a 2 / 2 + (c2 − d 2 ) a + (c3 − d3 ) = 0

M (a − ) + Q = M (a + )

ovvero

(c1 − d1 ) a + (c2 − d 2 ) = Q c1 − d1 = 0

T (a − ) = T (a + )

Queste equazioni possono essere risolte facilmente mediante sostituzione all’indietro c1 − d1 = 0

da cui

c1 = d1

c2 − d 2 = Q

c2 = d 2 + Q

c3 − d3 = −Qa

c3 = d3 − Q a

c4 − d 4 = Qa 2 / 2

c4 = d 4 + Qa 2 / 2

Le restanti condizioni al contorno diventano in A in B

da cui

z=0

 v1 (0) = 0  M (0) = 0

v1 (0) = 0 − EJ v1 ' ' (0) = 0

d2 + Q = 0

z=L

 v2 ( L ) = 0  M ( L) = 0

v2 ( L ) = 0

d1 L3 / 6 + d 2 L2 / 2 + d3 L + d 4 = 0

− EJ v2 ' ' ( L) = 0

d1 L + d 2 = 0

d 4 + Qa 2 / 2 = 0

Queste risolte forniscono d1 = Q / L

c1 = Q / L

d 2 = −Q

c2 = 0

d3 = Q(3a 2 + 2 L2 ) / 6 L

c3 = Q(3a 2 − 6aL + 2 L2 ) / 6 L

d 4 = −Qa 2 / 2

c4 = 0

12



3. Il tracciamento dei diagrammi Sostituendo i valori delle costanti, si hanno: Tratto c d

inflessione: v( z, a ) = v( z, a ) =

[

Qz ⋅ z 2 + 3a 2 − 6aL + 2 L2 6 EJL

[

d

d

d

v

0

z 0.1

]

0.2

0.3

0.4

0.5

[ [

0.6

0.7

0.8

0.9

1

v2

v1 -0.5

a = 0.3

Q ⋅ 3z 2 + 3a 2 − 6aL + 2 L2 6 EJL Q ϕ( z , a ) = v' ( z , a) = ⋅ 3 z 2 + 3a 2 − 6 Lz + 2 L2 6 EJL

ϕ( z , a ) = v' ( z , a ) =

] ]

z M ( z , a ) = − EJv' ' ( z , a ) = −Q L ( L − z) M ( z , a ) = − EJv' ' ( z , a ) = Q L

ϕ

ϕ2

1

z

0 0.1

0.2

0.3

0.4

-1

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

ϕ1

-1.0

momento flettente:

Tratto c

a = 0.3

rotazione:

Tratto c

]

Qz Qa 2 ⋅ z 2 + 3a 2 − 3Lz + 2 L2 − 6 EJL 2 EJ

Tratto c

-0.5

a = 0.3

M z

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

1.0

sforzo di taglio:

1

Q T ( z , a ) = − EJ v' ' ' ( z , a ) = − L Q T ( z , a ) = − EJ v' ' ' ( z , a) = − L

a = 0.3

T z

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

-1

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: Grandezza

Estremità A

Estremità B

Inflessione

v A = v(0) = 0

vB = v( L) = 0

Rotazione momento flettente sforzo di taglio

α = ϕA =

Q (3a 2 − 6aL + 2 L2 ) 6 EJL

M A = − EJ v' ' (0) = 0 TA = − EJ v' ' ' (0) = −

Q L

β = ϕB =

Sezione C vC = v(a ) =

QL3 (3a 2 − L2 ) 6 EJL

M B = − EJ v' ' ( L) = 0 TB = − EJ v' ' ' ( L) = −

13

Q L

γ = ϕC =

Qa (2a 2 − 3aL + L2 ) 3EJL Q(3a 2 − 3aL + L2 ) 3EJL

∆M C = M Cs − M Cd = −Q

TC = − EJ v' ' ' (a ) = −

Q L




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 A

B L







p 1

1

2

A=O y,v

z

B L


c

0< z
EJ v iv = p


A

z=0

 v(0) = 0  v' (0) = 0


B

z=L

 v( L) = 0  M ( L) = 0


condizione al contorno geometrica condizione al contorno statica

Attraverso il legame costitutivo M ( z ) = − EJ v' ' , la condizione al contorno statica diventa in b)

B

M ( L) = − EJ v' ' ( L) = 0

z=L



Ö 3) EJ v' = p

Ö 1) EJ v' ' ' = p z + c1 ,

z3 z2 + c1 + c2 z + c3 , 6 2

Ö 2) EJ v' ' = p

Ö 4) EJ v = p

z2 + c1 z + c2 , 2

z4 z3 z2 + c1 + c2 + c3 z + c4 , 24 6 2


v(0) = 0 v' (0) = 0

c4 = 0 c3 = 0

v ( L) = 0

pL4 / 24 + c1 L3 / 6 + c2 L2 / 2 = 0

− EJ v' ' ( L) = 0

p L2 / 2 + c1 L + c2 = 0

si ottiene

per cui c1 = −5 / 8 ⋅ p L e c2 = pL2 / 8 .

2



2. Il tracciamento dei diagrammi Sostituendo i valori delle costanti, e posto ζ = z / L , con 0 ≤ ζ ≤ 1 , si hanno: v

-0.5

inflessione:

[

pL4 v (ζ ) = 2ζ 4 − 5ζ 3 + 3ζ 2 48EJ

z

0

]

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

0.5

ϕ

-0.5

rotazione:

[

pL3 ϕ(ζ ) = v' (ζ ) = 8ζ 3 − 15ζ 2 + 6ζ 48 EJ

0

]

z 0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

0.5

M

-1/8

momento flettente:

z

0

pL2 M (ζ ) = − EJ v' ' (ζ ) = − ⋅ (4ζ 2 − 5ζ + 1) 8

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

5/8

T

sforzo di taglio: T (ζ ) = − EJ v' ' ' (ζ ) = −

+

pL (8ζ − 5) 8

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

-

1

-3/8

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: Grandezza

Estremità A

Estremità B

Inflessione

v A = v (0) = 0

vB = v (1) = 0

Rotazione

α = ϕ A = v' (0) = 0

pL3 β = ϕ B = v' (1) = − 48 EJ


M A = − EJ v' ' (0) = − TA = − EJ v' ' ' (0) =

pL2 8

5 pL 8

M B = − EJ v' ' (1) = 0 3 TB = − EJ v' ' ' (1) = − pL 8

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! 3



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 C L/2

L/2




1

A=O y,v

1

P 2

3

C

L/2

4

2 L/2

4

B

z



L’equilibrio elastico della struttura è governato dalle relazioni: in c 0 < z < L / 2 EJ v1iv = 0


d L / 2 < z < L EJ v2iv = 0


A

z=0

C

z = L/2


 v1 (0) = 0  v1 ' (0) = 0


v1 ( L / 2) = v2 ( L / 2)


v1 ' ( L / 2) = v2 ' ( L / 2)


M − ( L / 2) = M + ( L / 2)


T − ( L / 2) = T + ( L / 2) + P condizione di raccordo statica

B

 v2 ( L ) = 0  M ( L) = 0

z=L


Attraverso i legami costitutivi M ( z ) = − EJ v' ' e T ( z ) = − EJ v' ' ' , le condizioni statiche si scrivono in

b)

C

z = L/2

B

z=L

v1 ' ' ( L / 2) = v2 ' ' ( L / 2)


− EJ v1 ' ' ' ( L / 2) = − EJ v2 ' ' ' ( L / 2) + P


v ' ' ( L) = 0



Tratto c

Tratto d

0)

EJ v1 = 0

EJ v2 = 0

1)

EJ v1 ' ' ' = c1

EJ v2 ' ' ' = d1

2)

EJ v1 ' ' = c1 z + c2

EJ v2 ' ' = d1 z + d 2

3)

EJ v1 ' = c1 z 2 / 2 + c2 z + c3

EJ v2 ' = d1 z 2 / 2 + d 2 z + d 3

4)

EJ v1 = c1 z 3 / 6 + c2 z 2 / 2 + c3 z + c4

EJ v2 = d1 z 3 / 6 + d 2 z 2 / 2 + d 3 z + d 4

iv

iv


5


Da: v (0) = 0 1


risulta c = 0 4 c3 = 0

v1 ' (0) = 0

L3 L2 L + (c2 − d 2 ) + (c3 − d 3 ) + (c4 − d 4 ) = 0 48 8 2 2 L L (c1 − d1 ) + (c2 − d 2 ) + (c3 − d 3 ) = 0 8 2 L (c1 − d1 ) + (c2 − d 2 ) = 0 2

v1 ( L / 2) = v2 ( L / 2)

(c1 − d1 )

v1 ' ( L / 2) = v2 ' ( L / 2) v1 ' ' ( L / 2) = v2 ' ' ( L / 2) − EJ v1 ' ' ' ( L / 2) = − EJ v2 ' ' ' ( L / 2) + P

c1 − d1 = − P

v2 ( L ) = 0

L3 L2 d1 + d 2 + d 3 L + d 4 = 0 6 2

− EJ v2 ' ' ( L) = 0

d1 L + d 2 = 0

ovvero,  0  0   L3   482 L 8 L  2  1  0   0 

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

L2 8 L 2

L 2

1

−

1

0

1

0

0

0

0

0

0

0

0

0

L3 48 L2 − 8 L − 2

L2 8 L − 2 −

−

L 2

−1

−1

0

−1

0

0

0

L3 6

L2 2

L

0

L

1

0

   0    c1   0       − 1   c2   0   c   0  3 0  c   0    4    ⋅ d  =  0  0   1    d 2  − P   0  d3   0       d 4   0  1    0   0

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: c1 = −11 / 16 ⋅ P

d1 = 5 / 16 ⋅ P

c2 = 3 / 16 ⋅ PL

d 2 = −5 / 16 ⋅ PL

c3 = 0

d 3 = PL2 / 8

c4 = 0

d 4 = − PL3 / 48

6



Effettuiamo la verifica considerando le sole condizioni di raccordo v1 ( L2 ) = v2 ( L2 )

(c1 − d1 ) L3 / 48 + (c2 − d 2 ) L2 / 8 + (c3 − d 3 ) L / 2 + (c4 − d 4 ) = 0

v1 ' ( L2 ) = v2 ' ( L2 ) in z = L/2 C M − ( L2 ) = M + ( L2 )

ovvero

T − ( L2 ) = T + ( L2 ) + P

(c1 − d1 ) L2 / 8 + (c2 − d 2 ) L / 2 + (c3 − d 3 ) = 0 (c1 − d1 ) L / 2 + (c2 − d 2 ) = 0 c1 − d1 = − P

Risolviamole mediante sostituzione all’indietro c1 − d1 = − P

da cui

c1 = d1 − P

c2 − d 2 = PL / 2

c2 = d 2 + PL / 2

c3 − d 3 = − P L2 / 8

c3 = d 3 − P L2 / 8

c4 − d 4 = PL3 / 48

c4 = d 4 + PL3 / 48

Le restanti condizioni al contorno diventano in A in B

Ovvero d 4 + PL3 / 48 = 0

z=0

 v1 (0) = 0  v1 ' (0) = 0

v1 (0) = 0 v1 ' (0) = 0

d 3 − P L2 / 8 = 0

z=L

 v2 ( L ) = 0  M ( L) = 0

v2 ( L ) = 0

d1 L3 / 6 + d 2 L2 / 2 + d3 L + d 4 = 0

v2 ' ' ( L ) = 0

d1 L + d 2 = 0

da cui, otteniamo d1 = 5 / 16 ⋅ P

e

c1 = −11 / 16 ⋅ P

d 2 = −5 / 16 ⋅ PL

c2 = 3 / 16 ⋅ PL

d 3 = PL / 8

c3 = 0

d 4 = − PL / 48

c4 = 0

2

3

7



2. Il tracciamento dei diagrammi Sostituendo i valori delle costanti, e posto ζ = z / L , con 0 ≤ ζ ≤ 1 , e si hanno: Tratto c d

inflessione: PL ⋅ ( −11ζ 3 + 9ζ 2 ) 96 EJ PL3 v (ζ ) = ⋅ (5ζ 3 − 15ζ 2 + 12ζ − 2) 96 EJ v (ζ ) =

d

c d

d

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

v2

4

PL2 ⋅ (−11ζ 2 + 6ζ ) 32 EJ PL2 ϕ(ζ ) = v' (ζ ) = ⋅ (5ζ 2 − 10ζ + 4) 32 EJ

1

φ v’2

2

ϕ(ζ ) = v' (ζ ) =

0 0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

zx 1

1

-2

v’1

-4

Momento flettente: -5/32PL

PL M (ζ ) = − EJ v' ' (ζ ) = − ⋅ (−11ζ + 3) 16 PL M (ζ ) = − EJ v' ' (ζ ) = ⋅ 5 ⋅ (1 − ζ ) 16

Tratto c

z

0

rotazione:

Tratto

v1

3

Tratto c

v

M

P

z 0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

5/32PL

sforzo di taglio: T

11/16P

11 T (ζ ) = − EJ v' ' ' (ζ ) = P 16 5 T (ζ ) = − EJ v' ' ' (ζ ) = − P 16

P

+

0 0.1

0.2

0.3

z 0.4

0.5

- 0.6

0.7

0.8

0.9

1

-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: Grandezza

Estremità A

Estremità B

Inflessione

v A = v(0) = 0

vB = v(1) = 0

Rotazione

α = ϕA =

[

Pa a 2 − 3aL + 2 L2 6 EJL

]

β = ϕB =

[

PL3 2 a − L2 6 EJL

Sezione C vC = v (a ) =

]

momento M A = − EJ v' ' (0) = 0 M B = − EJ v' ' (1) = 0 flettente a ( L − a) sforzo di TA = − EJ v' ' ' (0) = P TB = − EJ v' ' ' (1) = − P taglio L L 8

PL3 3EJ

a   L

[

2

 a  2  a     − 2  + 1  L    L 

Pa 2a 2 − 3La + 2 L2 3EJL a ⋅ ( L − a) M C = M MAX = P L

γ = ϕC =


]



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,

A

B

Q

L 5. determinarne la linea elastica e tracciarne il grafico; 6. tracciare i diagrammi quotati ed in scala delle caratteristiche della sollecitazione. SOLUZIONE: 1. a)


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. 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 c ed i nodi A, e B, connessi fra loro e coi vincoli nel modo indicato nella figura seguente. 1

1

2

B

A=O y,v

Q z

L


c

0< z
EJ v iv = 0


A

z=0

 v(0) = 0  v' (0) = 0


B

z=L

v( L) = 0  M ( L) = −Q



Attraverso il legame costitutivo M ( z ) = − EJ v' ' , la condizione statica può essere scritta come − EJ v' ' ( L) = −Q condizione al contorno statica. in B z=L

9


b)


Integrazione dell’equazione differenziale Integrando quattro volte l’equazione differenziale, si ottiene Integrazione 0) 1) 2) 3) 4)

Tratto c EJ v iv = 0 EJ v' ' ' = c1 EJ v' ' = c1 z + c2 EJ v' = c1 z 2 / 2 + c2 z + c3 EJ v = c1 z 3 / 6 + c2 z 2 / 2 + c3 z + c4

in cui le quattro costanti incognite c1, c2, c3, e c4 devono essere determinate attraverso le condizioni al contorno prima scritte. Dalla v1 (0) = 0 condizione

si ottiene

c4 = 0

v1 ' (0) = 0

c3 = 0

v ( L) = 0

c1 L3 / 6 + c2 L2 / 2 + c3 L + c4 = 0

− EJ v2 ' ' ( L) = −Q

c1 L + c2 = Q

ovvero,  0 0  0  0 3 2 L / 6 L / 2  1  L

1   c1   0       0  c2   0  ⋅ = 1  c3   0       0  c4  Q 

0 1 L 0

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 c1 = 3Q / 2 L

c2 = −Q / 2

c3 = 0

c4 = 0

10



3. Il tracciamento dei diagrammi Sostituendo i valori delle costanti, e posto ζ = z / L , con 0 ≤ ζ ≤ 1 , e si hanno: inflessione: v (ζ ) =

v

0.2

z

0

2

QL ⋅ ζ 2 ⋅ (ζ − 1) 4 EJ

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

1

-0.2

rotazione:

ϕ

1

0

QL ϕ(ζ ) = v' (ζ ) = ⋅ ζ ⋅ (3ζ − 2) 4 EJ

z 0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

-1

-Q

M

momento flettente:

z

Q M (ζ ) = − EJ v' ' (ζ ) = − ⋅ (3ζ − 1) 2

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

Q/2


0.9

T

3Q 2L

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

-

0.9

1

-3Q/2L

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: Grandezza

Estremità A

Estremità B

Inflessione

v A = v(0) = 0

vB = v(1) = 0

Rotazione

α = ϕ A = v' (0) = 0


M A = − EJ v' ' (0) = Q / 2 TA = − EJ v' ' ' (0) = −

11

3Q 2L

β = ϕ B = v' (1) =

QL 4 EJ

M B = − EJ v' ' (1) = −Q TB = − EJ v' ' ' (1) = −

3Q 2L




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 A

B L


1. a)






p 1

1

A=O y,v

2

z

B L


b)

c

0< z
EJ v iv = p


A

z=0

 v(0) = 0  v' (0) = 0


B

z=L

 v ( L) = 0  v' ( L) = 0


condizione al contorno geometrica condizione al contorno geometrica


Ö 3) EJ v' = p

Ö 1) EJ v' ' ' = p z + c1 ,

z3 z2 + c1 + c2 z + c3 , 6 2

Ö 2) EJ v' ' = p

Ö 4) EJ v = p

z2 + c1 z + c2 , 2

z4 z3 z2 + c1 + c2 + c3 z + c4 , 24 6 2


v(0) = 0 v' (0) = 0

si ottiene

c4 = 0

c3 = 0

v ( L) = 0

pL4 / 24 + c1 L3 / 6 + c2 L2 / 2 + c3 L + c4 = 0

v' ( L) = 0

pL3 / 6 + c1 L2 / 2 + c2 L + c3 = 0

per cui c1 = −1 / 2 ⋅ p L e c2 = pL2 / 12 .

2


2.



Sostituendo i valori delle costanti, e posto ζ = z / L , con 0 ≤ ζ ≤ 1 , si hanno: inflessione:

[

pL4 4 v (ζ ) = ζ − 2ζ 3 + ζ 2 24 EJ

ϕ(ζ ) = v' (ζ ) =

z

0

]

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

[

0.8

0.9

1

ϕ

-0.2

pL 2ζ 3 − 3ζ 2 + ζ 12 EJ

0.7

0.1

rotazione: 3

v

-0.1

z

0

]

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

0.2

-pL2/12

M

momento flettente:

z

0

pL2 M (ζ ) = − EJ v' ' (ζ ) = − ⋅ (6ζ 2 − 6ζ + 1) 12

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

pL2/24

pL/2


T +

pL (2ζ − 1) 2

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

-

1

-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

v A = v ( 0) = 0

vB = v (1) = 0

1 pL4 vC = v ( ) = 384 EJ

Rotazione

α = ϕ A = v ' ( 0) = 0

β = ϕ B = v' (1) = 0

γ = ϕC = v' ( 12 ) = 0


pL2 M A = − EJ v' ' (0) = − 12 pL TA = − EJ v' ' ' (0) = 2

pL2 M B = − EJ v' ' (1) = − 12 pL TB = − EJ v' ' ' (1) = − 2

pL2 M C = − EJ v' ' ( ) = 24

1 2

1 2

TC = − EJ v' ' ' ( 12 ) = 0

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! 3



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,

P A

B C L/2

L/2


1. a)



1

A=O y,v

1

P 2

3

C

L/2

4

2 L/2

4

B

z



L’equilibrio elastico della struttura è governato dalle relazioni: in c 0 < z < L / 2 EJ v1iv = 0


d L / 2 < z < L EJ v2iv = 0


A

z=0

C

z = L/2


 v1 (0) = 0  v1 ' (0) = 0


v1 ( L / 2) = v2 ( L / 2)


v1 ' ( L / 2) = v2 ' ( L / 2)


M − ( L / 2) = M + ( L / 2)


T − ( L / 2) = T + ( L / 2) + P condizione di raccordo statica

B

z=L

 v2 ( L ) = 0  v2 ' ( L) = 0

condizione al contorno geometrica condizione al contorno geometrica

Attraverso i legami costitutivi M ( z ) = − EJ v' ' e T ( z ) = − EJ v' ' ' , le condizioni statiche si scrivono in C b)

z = L/2

v1 ' ' ( L / 2) = v2 ' ' ( L / 2)


− EJ v1 ' ' ' ( L / 2) = − EJ v2 ' ' ' ( L / 2) + P



Tratto c

Tratto d

0)

EJ v1 = 0

EJ v2 = 0

1)

EJ v1 ' ' ' = c1

EJ v2 ' ' ' = d1

2)

EJ v1 ' ' = c1 z + c2

EJ v2 ' ' = d1 z + d 2

3)

EJ v1 ' = c1 z 2 / 2 + c2 z + c3

EJ v2 ' = d1 z 2 / 2 + d 2 z + d 3

4)

EJ v1 = c1 z 3 / 6 + c2 z 2 / 2 + c3 z + c4

EJ v2 = d1 z 3 / 6 + d 2 z 2 / 2 + d 3 z + d 4

iv

iv


5


Da: v (0) = 0 1


risulta c = 0 4 c3 = 0

v1 ' (0) = 0

L3 L2 L + (c2 − d 2 ) + (c3 − d 3 ) + (c4 − d 4 ) = 0 48 8 2 2 L L (c1 − d1 ) + (c2 − d 2 ) + (c3 − d 3 ) = 0 8 2 L (c1 − d1 ) + (c2 − d 2 ) = 0 2

v1 ( L / 2) = v2 ( L / 2)

(c1 − d1 )

v1 ' ( L / 2) = v2 ' ( L / 2) v1 ' ' ( L / 2) = v2 ' ' ( L / 2) − EJ v1 ' ' ' ( L / 2) = − EJ v2 ' ' ' ( L / 2) + P

c1 − d1 = − P

v2 ( L ) = 0

d1 L3 / 6 + d 2 L2 / 2 + d 3 L + d 4 = 0

v2 ' ( L ) = 0

d1 L2 / 2 + d 2 L + d 3 = 0

ovvero,  0  0   L3   482 L 8 L  2  1  0   0 

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

0

L2 8 L 2

L 2

1

−

1

0

1

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

L3 48 L2 − 8 L − 2

L2 8 L − 2 −

−

L 2

−1

−1

0

−1

0

0

L3 6 L2 2

L2 2

L

L

1

   c1   0           0   c2   0        − 1   c3   0            0   c4   0  ⋅  =   0   d1   0            0  d 2  − P        d   0  1   3        0  d 4   0   0

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: c1 = −1 / 2 ⋅ P

d1 = 1 / 2 ⋅ P

c2 = 1 / 8 ⋅ PL

d 2 = −3 / 8 ⋅ PL

c3 = 0

d 3 = PL2 / 8

c4 = 0

d 4 = − PL3 / 48

6



Effettuiamo la verifica considerando le sole condizioni di raccordo v1 ( L2 ) = v2 ( L2 )

(c1 − d1 ) L3 / 48 + (c2 − d 2 ) L2 / 8 + (c3 − d 3 ) L / 2 + (c4 − d 4 ) = 0

v1 ' ( L2 ) = v2 ' ( L2 ) in z = L/2 C M − ( L2 ) = M + ( L2 )

ovvero

T − ( L2 ) = T + ( L2 ) + P

(c1 − d1 ) L2 / 8 + (c2 − d 2 ) L / 2 + (c3 − d 3 ) = 0 (c1 − d1 ) L / 2 + (c2 − d 2 ) = 0 c1 − d1 = − P

Risolviamole mediante sostituzione all’indietro da cui

c1 − d1 = − P

c1 = d1 − P

c2 − d 2 = PL / 2

c2 = d 2 + PL / 2

c3 − d 3 = − P L2 / 8

c3 = d 3 − P L2 / 8

c4 − d 4 = PL3 / 48

c4 = d 4 + PL3 / 48

Le restanti condizioni al contorno diventano in A

z=0

in B

z=L

Ovvero d 4 + PL3 / 48 = 0

v1 (0) = 0 v1 ' (0) = 0

d 3 − P L2 / 8 = 0

v2 ( L ) = 0

d1 L3 / 6 + d 2 L2 / 2 + d3 L + d 4 = 0

v 2 ' ( L) = 0

d1 L2 / 2 + d 2 L + d 3 = 0

da cui, otteniamo d1 = 1 / 2 ⋅ P

e

c1 = −1 / 2 ⋅ P

d 2 = −3 / 8 ⋅ PL

c2 = 1 / 8 ⋅ PL

d 3 = PL / 8

c3 = 0

d 4 = − PL / 48

c4 = 0

2

3

7



2. Il tracciamento dei diagrammi Sostituendo i valori delle costanti, e posto ζ = z / L , con 0 ≤ ζ ≤ 1 , e si hanno: Tratto c d

inflessione:

d

PL3 ⋅ ( −4ζ 3 + 3ζ 2 ) 48 EJ PL3 v (ζ ) = ⋅ (4ζ 3 − 9ζ 2 + 6ζ − 1) 48 EJ

d

d

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.9

1

v2

φ

v’2

2

z

0 0.1

1

Momento flettente:

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

v’1

- PL/8

PL M (ζ ) = − EJ v' ' (ζ ) = − ⋅ (−4ζ + 1) 8 PL M (ζ ) = − EJ v' ' (ζ ) = − ⋅ (4ζ − 3) 8

M

P

- PL/8 z

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

PL/8

sforzo di taglio:

P/2

P T (ζ ) = − EJ v' ' ' (ζ ) = 2 T (ζ ) = − EJ v' ' ' (ζ ) = −

0.8

0.4

PL ⋅ (−2ζ 2 + ζ ) 8EJ PL2 ϕ(ζ ) = v' (ζ ) = ⋅ (2ζ 2 − 3ζ + 1) 8 EJ ϕ(ζ ) = v' (ζ ) =

0.7

v1

0.2

-1

Tratto c

z

0

rotazione:

Tratto c

v

-0.2

v (ζ ) =

Tratto c

-0.4

T +

0 0.1

0.2

P 0.3

0.4

0.5

z 0.6

0.7

0.8

0.9

1

-

P 2

-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: Grandezza

Estremità A

Estremità B

Inflessione

v A = v ( 0) = 0

vB = v(1) = 0

Rotazione

α = ϕA = 0

β = ϕB = 0

PL PL momento M A = − EJ v' ' (0) = − M B = − EJ v' ' (1) = − flettente 8 8 P P sforzo di TA = − EJ v' ' ' (0) = TB = − EJ v' ' ' (1) = − taglio 2 2 8

Sezione C vC = v ( L2 ) =

PL3 48 EJ

γ = ϕC = 0 M C = M MAX =

PL 8




TEMA 5 Data la struttura elastica mostrata in figura, soggetta ad un carico uniformemente distribuito sulla traversa orizzontale,

p A

B L

L

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



SOLUZIONE:

1. a)


Inseriamo un numero sufficiente di sezioni al fine di isolare tutti i possibili punti di discontinuità (di vincolo, di carico e geometriche) della struttura. Al termine di tale operazione, s’individuano le travi c e d 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 1

1

A=O1 y1, v1

y2, v2 B=O 2

L

z1

2

3

2

L

C

4

z2 A ciascuna trave associamo un proprio sistema di riferimento rettangolare locale (Oi , yi , zi ) . L’origine Oi coincide con l’estremo della trave avente l’indice di riferimento (numero o lettera) più piccolo; l’asse z i coincide con quello della trave ed è orientato positivamente verso l’altro estremo; infine, l’asse yi è orientato positivamente se realizza una terna destrorsa con l’asse xi uscente dal piano medio della struttura.

2



L’equilibrio elastico della struttura è governato dalle relazioni: in c

0 < z1 < L

EJ v1iv = p


d

0 < z2 < L

EJ v2iv = 0


A

z1 = 0

v1 (0) = 0


v1 ' (0) = 0


v1 ( L) = 0


v2 (0) = 0


v1 ' ( L) = v2 ' (0)


z1 = L, z2 = 0

B

− + M B ( L) = M B (0) condizione di raccordo statica

z2 = L

C

v2 ( L) = 0


M C ( L) = 0


Attraverso i legami costitutivi M ( z ) = − EJ v' ' e T ( z ) = − EJ v' ' ' , le condizioni statiche si scrivono in b)

B

z1 = L, z2 = 0

C

z2 = L

v1 ' ' ( L) = v2 ' ' (0)


v2 ' ' ( L ) = 0


Integrazione dell’equazione differenziale

Integrando quattro volte ciascuna equazione differenziale, si ottiene Tratto c

Integrazione

Tratto d

iv

iv

0)

EJ v1 = p

EJ v2 = 0

1)

EJ v1 ' ' ' = pz1 + c1

EJ v2 ' ' ' = d1

2) 3) 4)

z12 + c1 z1 + c2 2 z3 z2 EJ v1 ' = p 1 + c1 1 + c2 z1 + c3 6 2 4 z z3 z2 EJ v1 = p 1 + c1 1 + c2 1 + c3 z1 + c4 24 6 2 EJ v1 ' ' = p

EJ v2 ' ' = d1 z2 + d 2

z22 + d 2 z2 + d 3 2 z3 z2 EJ v2 = d1 2 + d 2 2 + d3 z2 + d 4 6 2

EJ v2 ' = d1


3


Da:

risulta

v1 (0) = 0


c4 = 0

c3 = 0

v1 ' (0) = 0 v1 ( L) = 0

p

L4 L3 L2 + c1 + c2 + c3 L + c4 = 0 24 6 2

v2 (0) = 0

d4 = 0

v1 ' ( L) = v2 ' (0)

p

L3 L2 + c1 + c2 L + c3 = d3 6 2

v1 ' ' ( L) = v2 ' ' (0)

p

L2 + c1 L + c2 = d 2 2

v2 ( L ) = 0

d1

v2 ' ' ( L ) = 0

d1L + d 2 = 0

L3 L2 + d 2 + d3 L + d 4 = 0 6 2

ovvero,  0 0   0 0   L3 / 6 L2 / 2   0 0   L2 / 2 L   L 1   0  0  0  0

0

1

0

0

0

1

0

0

0

0

L

1

0

0

0

0

0

0

0

0

1

0

0

0

−1

0

0

0

−1

0

0

0

0

0

L3 / 6 L2 / 2 L

1

L 0

0 0   c1          0 0   c2        4 0   c3  − pL / 24       0 1   c4   ⋅  =   3 0   d1   − pL / 6       2     − pL / 2  0  d2      d    0 1   3        0 0  d 4   

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: c1 = −4 / 7 ⋅ pL

d1 = −1 / 28 ⋅ pL

c2 = 9 / 84 ⋅ pL2

d 2 = 1 / 28 ⋅ pL2

c3 = 0

d 3 = −1 / 84 pL3

c4 = 0

d4 = 0

4



Il tracciamento dei diagrammi Sostituendo le costanti, e posto ζ = z / L , con 0 ≤ ζ ≤ 1 , si hanno per la traversa c: inflessione:

[

pL4 v1 (ζ ) = 7ζ 4 − 16ζ 3 + 9ζ 2 168EJ

v1

-0.5

O1

]

0.1

z1 0.2

0.3

0.4

0.5

rotazione:

[

0.7

0.8

0.9

0.7

0.8

0.9

1

0.5

4

pL3 ϕ1 (ζ ) = v1 ' (ζ ) = 28ζ 3 − 48ζ 2 + 18ζ 168EJ

0.6

ϕ1

2

O1

]

0.1

z1 0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

1

-2

-4

-18/168pL2

momento flettente:

M

-6/168pL2

O1

pL2 M 1 (ζ ) = − EJ v1 ' ' (ζ ) = − ⋅ (84ζ 2 − 96ζ + 18) 168

0.1

z1 0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

96/168pL

sforzo di taglio:

0.8

0.9

1

T

+

pL T1 (ζ ) = − EJ v1 ' ' ' (ζ ) = − (168ζ − 96) 168

0.1

O1

1 0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

-

-72/168pL

i cui grafici, a meno delle quantità costanti, sono riportati accanto alle espressioni.

5



In modo analogo, per il piedritto d si hanno: inflessione:

v2

0.5

[

pL4 v2 ( ζ ) = − ζ 3 + 3ζ 2 − 2ζ 2 168 EJ

]

z2

0 0.1

O2

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

0.7

0.8

0.9

1

-0.5

4

rotazione:

ϕ2

2

[

pL3 ϕ 2 ( ζ ) = v2 ' ( ζ ) = − 3ζ 2 + 6ζ − 2 168EJ

z2

]

02

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

1

-2

-4

-pL2/28

M

momento flettente: M 2 (ζ ) = − EJ v2 ' ' (ζ ) = −

z2

02

2

pL ⋅ (1 − ζ ) 28

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

0.6

0.7

0.8

0.9

1

pL/28

sforzo di taglio:

0.5

+

pL T2 (ζ ) = − EJ v2 ' ' ' (ζ ) = + 28

02

0.1

-0.5

z2 1

T

i cui grafici, a meno delle quantità costanti, sono riportati accanto alle espressioni. Ah! Dimenticavo! La struttura è due volte iperstatica!

6



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 A

C

B

E

D k

L

L

L

L

1. analizzare lo stato di equilibrio elastico della struttura nei casi limiti: k = 0 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.



SOLUZIONE:

1. a)


Inseriamo un numero sufficiente di sezioni al fine di isolare tutti i possibili punti di discontinuità (di vincolo, di carico e geometriche) della struttura. Al termine di tale operazione, s’individuano le travi c, d, e, e f, ed i nodi A, B, C, D ed E, connessi fra loro e coi vincoli nel modo indicato nella figura seguente.

p 1

A=O y, v

1

2

3

2

B L

4

5

3

C L

L

6

7

D

k

4

8

z

E L

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 (Oi , yi , zi ) . L’origine Oi coincide con l’estremo della trave avente l’indice di riferimento (numero o lettera) più piccolo; l’asse z i coincide con quello della trave ed è orientato positivamente verso l’altro estremo; infine, l’asse yi è orientato positivamente se realizza una terna destrorsa con l’asse xi uscente dal piano medio della struttura.

2



L’equilibrio elastico della struttura è governato dalle relazioni: in c

0 < z1 < L

EJ v1iv = 0


d

0 < z2 < L

EJ v2iv = p


e

0 < z3 < L

EJ v3iv = p

equazione differenziale della linea elastica nel tratto e

f

0 < z4 < L

EJ v4iv = 0

equazione differenziale della linea elastica nel tratto f

A

z1 = 0

v1 (0) = 0


v1 ' (0) = 0


v1 ( L) = 0


z1 = L,

v2 (0) = 0


z2 = 0

v1 ' ( L) = v2 ' (0)


M B− ( L) = M B+ (0)


v2 ( L) = v3 (0)


z 2 = L,

M C− ( L) = 0


z3 = 0

M C+ (0) = 0


TC− ( L) = TC+ (0)


v3 ( L) = v4 (0)


z 3 = L,

v3 ' ( L) = v4 ' (0)


z4 = 0

M D− ( L) = M D+ (0)


TD− ( L) + k v3 ( L) = TD+ (0)


v4 ( L ) = 0


v4 ' ( L ) = 0


B

C

D

z4 = L

E

Attraverso i legami costitutivi M ( z ) = − EJ v' ' e T ( z ) = − EJ v' ' ' , le condizioni statiche si scrivono B

in

C

D

z1 = L, z2 = 0

z 2 = L, z 3 = 0

z 3 = L, z 4 = 0

v1 ' ' ( L) = v2 ' ' (0)

condizione di raccordo

v2 ' ' ( L ) = 0


v3 ' ' (0) = 0


v2 ' ' ' ( L) = v3 ' ' ' (0)


v3 ' ' ( L) = v4 ' ' (0)


v3 ' ' ' ( L) − K v3 ( L) = v4 ' ' ' (0)


in cui per semplicità si è posto K = k / EJ . 3

b)

Integrazione dell’equazione differenziale

Integrando quattro volte ciascuna equazione differenziale, si ottengono Tratto c

Int.

Tratto d

Tratto e iv

Tratto f

0)

EJ v1 = 0

EJ v2 = p

EJ v3 = p

EJ v4 = 0

1)

EJ v1 ' ' ' = a1

EJ v2 ' ' ' = pz 2 + b1

EJ v3 ' ' ' = pz3 + c1

EJ v4 ' ' ' = d1

2)

EJ v1 ' ' = a1 z1 + a2

3) 4)

iv

z12 EJ v1 ' = a1 + a2 z1 + a3 2 z3 z2 EJ v1 = a1 1 + a2 1 + a3 z1 + a4 6 2

iv

iv

z2 z 22 EJ v4 ' ' = d1 z 4 + d 2 + b1 z 2 + b2 EJ v3 ' ' = p 3 + c1 z3 + c2 2 2 z33 z32 z 23 z 22 z 42 EJ v2 ' = p + b1 + b2 z 2 + b3 EJ v3 ' = p + c1 + c2 z3 + c3 EJ v4 ' = d1 + d 2 z 4 + d 3 6 2 6 2 2 4 3 2 4 3 2 z z z z z z z3 z2 EJ v2 = p 2 + b1 2 + b2 2 + b3 z 2 + b4 EJ v3 = p 3 + c1 3 + c2 3 + c3 z3 + c4 EJ v4 = d1 4 + d 2 4 + d 3 z 4 + d 4 24 6 2 24 6 2 6 2 EJ v2 ' ' = p

in cui le sedici costanti incognite ai , bi , ci , d i , i = 1,K,4 , devono essere determinate mediante le condizioni al contorno e di raccordo scritte precedentemente.

Da:

v1 (0) = 0

risulta

a4 = 0

v1 ' (0) = 0

a3 = 0

v1 ( L) = 0

L3 L2 a1 + a2 + a3 L + a4 = 0 6 2

v2 (0) = 0

b4 = 0

v1 ' ( L) = v2 ' (0)

a1

v1 ' ' ( L) = v2 ' ' (0)

a1 L + a2 = b2

v2 ( L) = v3 (0)

L4 L3 L2 p + b1 + b2 + b3 L + b4 = c4 24 6 2 2 L p + b1 L + b2 = 0 2

v2 ' ' ( L ) = 0

L2 + a2 L + a3 = b3 2

v3 ' ' (0) = 0

c2 = 0

v2 ' ' ' ( L) = v3 ' ' ' (0)

p L + b1 = c1

v3 ( L) = v4 (0)

L4 L3 L2 p + c1 + c2 + c3 L + c4 = d 4 24 6 2

v3 ' ( L) = v4 ' (0)

p

L3 L2 + c1 + c2 L + c3 = d 3 6 2

v3 ' ' ( L) = v4 ' ' (0)

p

L2 + c1 L + c2 = d 2 2

v3 ' ' ' ( L) − K v4 (0) = v4 ' ' ' (0)

pL + c1 − K ⋅ d 4 = d1

v4 ( L ) = 0 v4 ' ( L ) = 0

L3 L2 d1 + d 2 + d 3 L + d 4 = 0 6 2 2 L d1 + d 2 L + d 3 = 0 2

ovvero,  0   0   L3 / 6   0   L2 / 2    L   0   0   0   0   0   0   0   0   0   0 

0

0

1

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

L2 / 2

L

1

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

0

0

L

1

0

0

0

−1

0

0

0

0

0

0

0

0

1

0

0

0

−1

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

L3 / 6

L2 / 2

L

1

0

0

0

−1

0

0

0

0

0

0

L

1

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

0

0

0

1

0

0

0

−1

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

L3 / 6

L2 / 2

L

1

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

L2 / 2

L

1

0

0

0

−1

0

0

0

0

0

0

0

L

1

0

0

0

−1

0

0

0

0

0

0

0

0

KL2 2

KL

K

1

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

L3 / 6

L2 / 2

L

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

L2 / 2

L

1

KL3 6

−1

0 0   a1          0 0   a2         0 0   a3         0 0   a4             b 0 0   1        0 0  b2         4 0   b3   − pL / 24       0   b4   − pL2 / 2  ⋅  =   0 0   c1         − pL 0   c2         − 1   c3   − pL4 / 24       0   c4   − pL3 / 6       0   d1   − pL2 / 2       0  d 2   pL − KL4 / 24       0 1  d3         0 0  d 4  

un sistema di sedici equazioni algebriche lineari, non omogeneo per la presenza del carico p, nelle sedici incognite ai , bi , ci , d i , i = 1,K,4 .



Risolvendo otteniamo: 3 pL 7 K 2 L6 + 97 KL3 − 222 pL 28 K 2 L6 + 283KL3 − 678 a1 = − b1 = 2 (2 − KL3 )(117 + 14 KL3 ) 2 (2 − KL3 )(117 + 14 KL3 ) pL2 7 K 2 L6 + 97 KL3 − 222 a2 = 2 (2 − KL3 )(117 + 14 KL3 )

7 K 2 L6 + 97 KL3 − 222 b2 = − pL (2 − KL3 )(117 + 14 KL3 )

a3 = 0

b3 = −

a4 = 0

b4 = 0

2

pL3 7 K 2 L6 + 97 KL3 − 222 4 (2 − KL3 )(117 + 14 KL3 )

c1 = −

pL 105 2 (117 + 14 KL3 )

d1 =

7 K 2 L6 − 8 KL3 − 12 d 2 = − pL (2 − KL3 )(117 + 14 KL3 )

c2 = 0 c3 =

2

7 pL3 7 K 2 L6 + 97 KL3 − 222 12 (2 − KL3 )(117 + 14 KL3 )

c4 = −

3 pL 43 − 7 KL3 2 117 + 14 KL3

pL4 28 K 2 L6 + 423KL3 − 958 8 (2 − KL3 )(117 + 14 KL3 )

d3 =

pL3 7 K 2 L6 + 139 KL3 − 306 4 (2 − KL3 )(117 + 14 KL3 )

pL4 49 d4 = 2 117 + 14 KL3

cosicché nei due casi si deducono i coefficienti Appoggio cedevole k = 0 a1 =

333 pL 234

339 pL 234

c1 = −

b2 =

222 2 pL 234

c2 = 0

c2 = 0

b3 =

222 3 pL 936

c3 = −

a4 = 0

b4 = 0

a2 = −

111 2 pL 234

b1 = −

c4 =

105 pL 234

756 pL3 2808

479 4 pL 936

Appoggio rigido k → ∞ d1 =

129 pL 234

a1 =

d2 =

12 pL2 234

a2 = −

d3 = − d4 =

153 3 pL 468

49 pL4 234

3 pL 4

c1 = 0

d1 = − d2 =

b2 =

1 2 pL 2

c2 = 0

a3 = 0

b3 =

1 3 pL 8

c3 = −

a4 = 0

b4 = 0

7

1 2 pL 4

b1 = − pL

c4 =

7 pL3 24

1 4 pL 4

3 pL 4

1 2 pL 2

1 d 3 = − pL3 8 d4 = 0



2. Il tracciamento dei diagrammi

Nel caso k = 0 , posto ζ = z / L , con 0 ≤ ζ ≤ 1 , si hanno: • Inflessione Inflessione Trave c

[

pL4 666ζ 3 − 666ζ 2 2808 EJ

]

c

v1 (ζ ) =

d

pL4 v2 ( ζ ) = 117ζ 4 − 678ζ 3 + 1332ζ 2 + 666 2808 EJ

e f

[

v3 (ζ ) = v4 ( ζ ) =

[

4

pL 117ζ 4 − 210ζ 3 − 756ζ + 1437 2808EJ

[

v1 ' (ζ ) =

]

1000

0

v1 0.5

]

1

1.5

2

v2

3

3.5

v4

v3

-1000

]

Espressione

[

pL3 1998ζ 2 − 1332ζ 2808EJ

Diagramma

] v’3

-1000 3

[

pL 468ζ 3 − 2034ζ 2 + 2664ζ 2808 EJ

d

v2 ' ( ζ ) =

e

pL3 v3 ' (ζ ) = 468ζ 3 − 630ζ 2 − 756 2808EJ

f

2.5

pL4 258ζ 3 + 72ζ 2 − 918ζ + 588 2808 EJ

• Rotazione Trave c c

Linea elastica

[

[

]

]

v’4

v’1 0

0.5

1

1.5

1000 v ’2

]

pL3 v4 ' ( ζ ) = 774ζ 2 + 144ζ − 918 2808 EJ

8

2

2.5

3

3.5


•

Momento flettente

Trave c

•


Espressione

Diagramma

c

pL2 [3996ζ − 1332] M 1 (ζ ) = − 2808

d

pL2 M 2 (ζ ) = − 1402ζ 2 − 4068ζ + 2664 2808

4000

[

[

e

pL2 1404ζ 2 − 1260ζ M 3 (ζ ) = − 2808

f

M 4 (ζ ) = −

pL2 [1548ζ + 144] 2808

]

]

2000

0

M4

M2

M1

M3

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

-2000

-4000

Sforzo di taglio

Trave c

Espressione 3996 pL 2808

c

T1 (ζ ) = −

d

pL [2804ζ − 4068] T2 (ζ ) = − 2808

e f

pL [2808ζ − 1260] T3 (ζ ) = − 2808 T4 (ζ ) = −

1548 pL 2808

Diagramma 4000

T2 2000

+ 0

-2000

0.5

-

-4000

9

1

T1

1.5

T3 2

2.5

-

3

3.5

-

T4



Nel caso k → ∞ , posto ζ = z / L , con 0 ≤ ζ ≤ 1 , si hanno: • Inflessione Inflessione Trave c c

v1 (ζ ) =

[

pL4 3ζ 3 − 3ζ 2 24 EJ

Linea elastica

] 5

d e f

v2 ( ζ ) =

4

[

pL ζ 4 − 4ζ 3 + 6ζ 2 + 3ζ 24 EJ

[

pL4 4 v3 (ζ ) = ζ − 7ζ + 6 24 EJ v4 ( ζ ) =

c

0

v4

v1 0.5

]

1

1.5

d

Diagramma

]

e f

[

]

pL 4ζ 3 − 12ζ 2 + 12ζ + 3 v2 ' ( ζ ) = 24 EJ

[

pL3 4ζ 3 − 7 v3 ' (ζ ) = 24 EJ

[

3.5

v3

-10 3

3

]

Espressione

[

2.5

-5

[

pL3 9ζ 2 − 6ζ v1 ' (ζ ) = 24 EJ

2

v2

pL4 − 3ζ 3 + 6ζ 2 − 3ζ 24 EJ

• Rotazione Trave c

]

0

]

v’3 v’4

v’1 0.5

1

1.5

2

v’2

+10

]

pL3 − 9ζ 2 + 12ζ − 3 v4 ' ( ζ ) = 24 EJ

10

2.5

3

3.5


•


Momento flettente

Trave c c

Espressione

Diagramma

pL2 [18ζ − 6] M 1 (ζ ) = − 24 -10

d e f

2

[

pL2 12ζ 2 M 3 (ζ ) = − 24 M 4 (ζ ) = −

d

T1 (ζ ) = −

]

] 0

f

M2

0.5

1

M3

1.5

2

M4

2.5

3

3.5

10

Espressione 3 pL 4

Diagramma 4000 +pL

T2 (ζ ) = − pL[ζ − 1] 1

3/4pL

+ 1.5

2

2.5

-

T3 (ζ ) = − pLζ 3 pL T4 (ζ ) = 4

0.5

T4

T2

+ 0

e

M1

pL2 [− 18ζ + 12] 24

• Sforzo di taglio Trave c c

[

pL 12ζ 2 − 24ζ + 12 M 2 (ζ ) = − 24

-3/4pL

-4000

3

T1

T3

-pL

Come al solito! Dimenticavo! Sotto la condizione di carico assegnata, la struttura è quattro volte iperstatica!

11

3.5



TEMA 7a Data la mensola elastica uniformemente caricata mostrata in figura,

p A

B L

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 1 A=O y,v

1

2 z,w B

L



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 N AB = N BA =

2 EJ , la semirigidezza della trave. L

Operando col metodo degli spostamenti, le incognite del problema strutturale coincidono con le sei componenti di spostamento dei nodi, ovvero: • nodo A: wA , v A , ϕ A • nodo B: wB , vB , ϕ B D’altra parte, le condizioni al contorno risultano: wA = 0  in A:  v A = 0 ,  ϕ A = 0

 PzB = 0  in B:  PyB = 0 ,  M B = 0

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: wB = wA ,

per cui wB = 0 , 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 vB e ϕ B scriviamo le seguenti equazioni: Incognita vB ϕB

Tipo Equazione Spostamento secondo y Equilibrio alla traslazione secondo l’asse y 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.

MAB A=O y,v

B θ L 2

p z vB



Facendo uso del principio dei lavori virtuali, si ottiene Lve = M AB

 pL2 pL2 pL2    . θ = 0 , ovvero, per l’arbitrarietà di θ, M AB = − θ+ θ =  M AB + 2 2 2  

Utilizzando il legame costitutivo, tale equazione può essere scritta in termini delle incognite componenti di spostamento nodali come N AB ⋅ (ϕ B − 3ψ AB ) −

pL2 pL2 =− . 12 2

L’equilibrio alla rotazione intorno al nodo B si scrive 2ϕ B N AB − 3ψ AB N AB +

3.

pL2 = 0. 12

Determinazione dei coefficienti della linea elastica

La soluzione del problema strutturale coincide con la soluzione del sistema:  5 pL3  ϕ B − 3ψ AB = − 24 EJ ,  3 2ϕ B − 3ψ AB = − pL 24 EJ 

ovvero,

 pL3 ϕ B = 6 EJ ,  3 ψ AB = pL 8EJ 

per cui vB = ψ AB ⋅ L =

pL4 . 8EJ

Noti i valori delle incognite, si ricavano i momenti orari di estremità: M AB = N AB (2ϕ A + ϕ B − 3ψ AB ) + M AB

2 EJ pL3 pL3 pL2 pL2 ( )− = − 3⋅ =− , 8 EJ 12 2 L 6 EJ

M BA = N BA (2ϕ B + ϕ A − 3ψ BA ) + M BA =

2 EJ pL3 pL3 pL2 (2 ⋅ − 3⋅ )+ = 0, L 6 EJ 8 EJ 12

e, successivamente, i tagli orari di estremità: TAB = −

TBA = −

M AB + M BA + M B =− L M AB + M BA + M A =− L

−

−

pL2 pL2 − 2 2 = pL , L pL2 pL2 + 2 2 =0. L

Infine, le costanti dell’equazione differenziale della linea elastica, risultano: c1 = −T (0) = − pL ,

c2 = − M (0) = pL2 / 2 ,

c3 = EJv' (0) = ϕ A = 0 ,

3

c4 = EJv(0) = v A = 0 ,



per cui l’equazione della linea elastica risulta: EJv( z ) =

pz 4 pLz 3 pL2 z 2 − + , coincidente 24 6 4

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 B

A L


1. Grado di indeterminazione cinematica e classificazione strutturale 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 c ed i nodi A e B, connessi fra loro e coi vincoli nel modo indicato nella figura seguente.

1 A=O y,v

1 L

2

P z,w B



Operando col metodo degli spostamenti, le incognite del problema strutturale coincidono con le sei componenti di spostamento dei nodi, ovvero: • nodo A: wA , v A , ϕ A • nodo B: wB , vB , ϕ B 4



D’altra parte, le condizioni al contorno risultano: wA = 0  in A:  v A = 0 ,  ϕ A = 0

 PzB = 0  in B:  PyB = P ,  M B = 0

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: wB = wA


2. Scrittura delle equazioni di equilibrio Per determinare le incognite vB e ϕ B scriviamo le seguenti equazioni: Incognita vB ϕB


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.

MAB A=O y,v

B θ

P z,w vB

L

Facendo uso del principio dei lavori virtuali, si ottiene: Lve = M AB θ + PL θ = (M AB + PL ) θ = 0 , ovvero, per l’arbitrarietà di θ, M AB = − PL . Utilizzando il legame costitutivo, tale equazione può essere scritta in termini delle incognite componenti di spostamento nodali come N AB ⋅ (ϕ B − 3ψ AB ) = − PL .

L’equilibrio alla rotazione intorno al nodo B si scrive 2ϕ B N AB − 3ψ AB N AB = 0 .

5



3. Determinazione dei coefficienti della linea elastica La soluzione del problema strutturale coincide con la soluzione del sistema:  PL2 ϕ B − 3ψ AB = − 2 EJ ,  2ϕ − 3ψ = 0 AB  B

ovvero,

 PL2 ϕ =  B 2 EJ ,  2 ψ AB = PL  3EJ


PL3 . 3EJ

Noti i valori delle incognite, si ricavano i momenti orari di estremità: M AB = N AB (2ϕ A + ϕ B − 3ψ AB ) + M AB =

2 EJ PL2 PL2 ( − 3⋅ ) = − PL , L 2 EJ 3EJ


2 EJ PL2 PL2 (2 ⋅ − 3⋅ ) = 0, L 2 EJ 3EJ


M AB + M BA + M B − PL =− = P, L L

TBA = −

M AB + M BA + M A − PL =− =P. L L

Le costanti dell’equazione differenziale della linea elastica, risultano: c1 = −T (0) = − P ,

c2 = − M (0) = PL ,

c3 = EJv' (0) = ϕ A = 0 ,

per cui l’equazione della linea elastica risulta: EJv( z ) = − l’espressione trovata in precedenza.

6

c4 = EJv(0) = v A = 0 ,

Pz 3 PLz 2 , coincidente con + 6 2



TEMA 7c Data la trave elastica a mensola mostrata in figura, soggetta ad una coppia Q concentrata nell’estremo libero,

Q A

B L



1 A=O

1

2

Q B

L

z

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 N AB = N BA =


Operando col metodo degli spostamenti, le incognite del problema strutturale coincidono con le sei componenti di spostamento dei nodi, ovvero: • nodo A: wA , v A , ϕ A • nodo B: wB , vB , ϕ B

7



D’altra parte, le condizioni al contorno risultano: wA = 0  in A:  v A = 0 ,  ϕ A = 0

 PzB = 0  in B:  PyB = 0 ,  M B = Q

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: wB = wA


2. Scrittura delle equazioni di equilibrio Per determinare le incognite vB e ϕ B scriviamo le seguenti equazioni: Incognita vB ϕB


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.

Q

MAB A=O y,v

θ

B

z,w vB

L

Facendo uso del principio dei lavori virtuali, si ottiene: Lve = M AB θ + Q θ = (M AB + Q ) θ = 0 , ovvero, per l’arbitrarietà di θ, M AB = −Q . Utilizzando il legame costitutivo, tale equazione può essere scritta in termini delle incognite componenti di spostamento nodali N AB ⋅ (ϕ B − 3ψ AB ) = −Q .

L’equilibrio alla rotazione intorno al nodo B si scrive 2ϕ B N AB − 3ψ AB N AB = Q .

8



3. Determinazione dei coefficienti della linea elastica La soluzione del problema strutturale coincide con la soluzione del sistema: QL  ϕ B − 3ψ AB = − 2 EJ ,  QL 2ϕ B − 3ψ AB = 2 EJ 

QL  ϕ B = EJ ,  QL ψ AB = 2 EJ 

ovvero,


QL2 . 2 EJ

Noti i valori delle incognite, si ricavano i momenti orari di estremità: M AB = N AB (2ϕ A + ϕ B − 3ψ AB ) + M AB =

2 EJ QL QL ( − 3⋅ ) = −Q , L EJ 2 EJ


2 EJ QL QL (2 ⋅ − 3⋅ ) = Q, L EJ 2 EJ


M AB + M BA + M B −Q +Q =− = 0, L L

TBA = −

M AB + M BA + M A −Q+Q =− =0. L L

Le costanti dell’equazione differenziale della linea elastica, risultano: c1 = −T (0) = 0 ,

c 2 = − M ( 0) = Q ,

c3 = EJv' (0) = ϕ A = 0 ,

per cui l’equazione della linea elastica risulta: EJv( z ) = trovata in precedenza per altra via.

9

c4 = EJv(0) = v A = 0 ,

Q z2 , coincidente con l’espressione 2



TEMA 8a Data la trave elastica mostrata in figura, semplicemente appoggiata agli estremi e caricata uniformemente,

p A

B L

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:

1.

Grado di indeterminazione cinematica e classificazione strutturale




p 1

1

2 z,w

A=O

B L

y,v



Operando col metodo degli spostamenti, le incognite del problema strutturale sono le sei componenti di spostamento dei nodi, ovvero: • nodo A: wA , v A , ϕ A ; • nodo B: wB , vB , ϕ B . Le condizioni al contorno del problema risultano: wA = 0  in A: v A = 0 ,  M A = 0

 PzB = 0  in B: vB = 0 ,  M B = 0

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: wB = wA ,

per cui wB = 0 , e la struttura diviene soltanto due volte cinematicamente indeterminata; infine, poiché le incognite ϕ A e ϕ B sono entrambe rotazioni, la struttura è a nodi fissi.

2.

Scrittura delle equazioni di equilibrio

Per determinare le incognite ϕ A e ϕ B scriviamo le equazioni di equilibrio corrispondenti: Incognita ϕA ϕB

Tipo Rotazione Rotazione

Equazione Equilibrio alla rotazione intorno al nodo A Equilibrio alla rotazione intorno al nodo B

L’equazione di equilibrio alla rotazione intorno al nodo A si scrive 2 N AB ϕ A + N AB ϕ B −

pL2 = 0. 12

L’equazione di equilibrio alla rotazione intorno al nodo B si scrive 2 N AB ϕ B + N AB ϕ A +

2

pL2 = 0. 12


3.



La soluzione del problema strutturale coincide con quella del sistema lineare:  pL3 2 ϕ + ϕ = + B  A 24 EJ ,  3 ϕ A + 2ϕ B = − pL  24 EJ

ovvero,

 pL3 ϕ = +  A 24 EJ .  3 ϕ B = − pL  24 EJ

Noti i valori delle incognite, si ricavano i momenti orari di estremità: M AB = N AB (2ϕ A + ϕ B ) + M AB

2 EJ pL3 pL3 pL2 = (2 ⋅ − )− = 0, L 24 EJ 24 EJ 12

M BA = N BA (2ϕ B + ϕ A ) + M BA =

2 EJ pL3 pL3 pL2 (−2 ⋅ + )+ = 0, L 24 EJ 24 EJ 12


TBA = −


−

+

pL2 2 = + pL , 2 L pL2 2 = − pL . 2 L

Le costanti dell’equazione differenziale della linea elastica, risultano: c1 = −T (0) = − pL / 2 c 2 = − M ( 0) = 0

c3 = EJ v' (0) = EJ ϕ A = pL3 / 24 c4 = EJ v(0) = v A = 0

per cui l’equazione della linea elastica risulta: EJv( z ) =

pz 4 pLz 3 pL3 z − + , 24 12 24

coincidente con l’espressione trovata in precedenza.

3



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 C

A B

a

b L

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:

1. Grado di indeterminazione cinematica e classificazione strutturale 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 c e d ed i nodi A, B, e C, connessi fra loro e coi vincoli nel modo indicato nella figura seguente.

1

1

y,v

A=O a

P 2

2

3

B

b

4

z,w

C

L

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 N AB = N BA =

2 EJ 2 EJ ed N BC = N CB = le semirigidezze delle travi. a L−a

Operando col metodo degli spostamenti, le incognite del problema strutturale sono le nove componenti di spostamento dei nodi, ovvero: • nodo A: wA , v A , ϕ A ; • nodo B: wB , vB , ϕ B ; • nodo C: wC , vC , ϕC ; 4



D’altra parte, le condizioni al contorno risultano: wA = 0  in A: v A = 0 ,  M A = 0

 PzB = 0  in B:  PyB = P ,  M B = 0

 PzC = 0  in C: vC = 0 ,  M C = 0

per cui la struttura risulta sei volte cinematicamente indeterminata. Tuttavia, se, come nel caso in esame, le travi c e d 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: wB = wA , e wC = wB ,

per cui risultano anche wB = 0 e wC = 0 , e la struttura diviene quattro volte cinematicamente indeterminata; infine, per la presenza fra le incognite della traslazione vB , la struttura è a nodi mobili.

2. Scrittura delle equazioni di equilibrio Per determinare le incognite ϕ A , ϕ B , ϕC e vB scriviamo le equazioni di equilibrio corrispondenti: Incognita ϕA ϕB ϕC vB

Tipo Rotazione Rotazione Rotazione Traslazione

Equazione Equilibrio alla rotazione intorno al nodo A Equilibrio alla rotazione intorno al nodo B Equilibrio alla rotazione intorno al nodo C Equilibrio alla traslazione secondo l’asse y

L’equazione di equilibrio alla rotazione intorno al nodo A si scrive 2 N AB ϕ A + N AB ϕ B − 3 N AB ψ AB = 0 .

L’equazione di equilibrio alla rotazione intorno al nodo B si scrive 2( N AB + N BC ) ϕ B + N AB ϕ A + N BC ϕC − 3N AB ψ AB − 3N BC ψ BC = 0 .

L’equazione di equilibrio alla rotazione intorno al nodo C si scrive 2 N BC ϕC + N BC ϕ B − 3N BC ψ BC = 0 .

Per quanto riguarda lo spostamento v B , 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.

5



P A=O 1 θ1

2

B

MBA vB MBC

a

θ2

C z,w

b L

y,v Per il campo di spostamenti cinematicamente compatibile rappresentato dalla deformata rigida mostrata in figura, si ottiene Lve = M BA θ1 + M Bc θ2 + P a θ1 = 0 ,

ovvero, essendo θ2 =

a θ1 , L−a a   Lve =  M BA + M BC + P a  θ1 = 0 L−a  

ed infine, per l’arbitrarietà di θ1 , M BA + M BC

a +P a =0. L−a

Utilizzando le formule risolutive per i momenti orari di estremità, tale equazione può essere scritta in termini delle incognite componenti di spostamento nodali come N AB (2ϕ B + ϕ A − 3ψ AB ) + N BC (2ϕ B + ϕC − 3ψ BC )

3.

a + P a =0. L−a


Posto η = a /( L − a) , risulta N BC = η N AB , e ψ BC = −η ψ AB , per cui la soluzione del problema strutturale coincide con quella del sistema: 1 0 2  1 2(1 + η) η  0 1 2  1 2(1 + η2 ) η2

 pL3 ϕ = +  A − 3   ϕA   0  24 EJ       pL3 2    0 ϕB = − 3(η − 1)  ϕ B  24 EJ .  , ovvero,  = ⋅   pL3 0 η   ϕC   ϕ = −   pa 2     C 24 EJ   3    3(η − 1)  ψ AB   2   pL3  EJ  ψ = −  AB 24 EJ 

Noti i valori delle incognite, si ricavano i momenti orari di estremità: trave c

2 EJ pL3 pL3 (2 ⋅ − −) = 0 L 24 EJ 24 EJ Pa( L − a) = N BA (2ϕ B + ϕ A − 3ψ AB ) = L

M AB = N AB (2ϕ A + ϕ B − 3ψ AB ) = M BA

6


M BC

trave d


pL3 pL3 Pa( L − a) 2 EJ = N BC (2ϕ B + ϕC − 3ψ BC ) = (2 ⋅ − −) = L L 24 EJ 24 EJ

M CB = N BC (2ϕC + ϕ B − 3ψ BC ) = 0

e, successivamente, i tagli orari di estremità: M BA P( L − a) =+ a L M P( L − a) = − BA = + a L

TAB = −

trave c TBA

M BC Pa =− L−a L M Pa = − BC = − L−a L

TBC = −

trave d TCB

Le costanti dell’equazione differenziale della linea elastica, risultano: per la trave c c1 = −T (0) = − P( L − a ) / L ,

c 2 = − M ( 0) = 0 ,

c3 = EJv' (0) = EJϕ A = Pa(a 2 − 3aL + 2 L2 ) / 6 L ,

c4 = EJv(0) = EJv A = 0 ,

per cui l’equazione della linea elastica risulta: EJv( z , a) =

[

]

Pz ⋅ (a − L) z 2 + a(a 2 − 3aL + 2 L2 ) , 6L

coincidente con l’espressione trovata in precedenza; per la trave d d1 = −T (a ) = − Pa / L ,

d 2 = − M (a ) = − Pa ,

d 3 = EJv' (a) = EJϕ B = Pa(a 2 + 2 L2 ) / 6 L ,

d 4 = EJv(a ) = EJvB = − Pa 3 / 6 ,

per cui l’equazione della linea elastica risulta: EJv( z , a) =

Pa 3 Paz ⋅ ( z 2 + a 2 − 3Lz + 2 L2 ) − , 6 EJL 6 EJ


7



TEMA 8c Data la trave elastica mostrata in figura, semplicemente appoggiata agli estremi e soggetta ad una coppia concentrata Q nella sezione estrema B,

B Q

A L

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:


1

1

B

A y,v

2

z,w Q

L

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: wA , v A , ϕ A ; • nodo B: wB , vB , ϕ B . Le condizioni al contorno del problema risultano: wA = 0  in A: v A = 0 ,  M A = 0

 PzB = 0  in B: vB = 0 ,  M B = Q

8



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: wB = wA ,

per cui wB = 0 , e la struttura diviene soltanto due volte cinematicamente indeterminata; infine, poiché le incognite ϕ A e ϕ B sono entrambe rotazioni, la struttura è a nodi fissi.

2. Scrittura delle equazioni di equilibrio Per determinare le incognite ϕ A e ϕ B scriviamo le equazioni di equilibrio corrispondenti: Incognita ϕA ϕB

Tipo Rotazione Rotazione

Equazione Equilibrio alla rotazione intorno al nodo A Equilibrio alla rotazione intorno al nodo B

L’equazione di equilibrio alla rotazione intorno al nodo A si scrive 2 N AB ϕ A + N AB ϕ B = 0 ; l’equazione di equilibrio alla rotazione intorno al nodo B si scrive 2 N AB ϕ B + N AB ϕ A = Q .

3. Determinazione dei coefficienti della linea elastica La soluzione del problema strutturale coincide con quella del sistema lineare:  2ϕ A + ϕ B = 0  QL ,  ϕ + ϕ = 2 A B  2 EJ

ovvero,

QL  ϕ A = −ϕ B / 2 = − 6 EJ .  QL ϕ B = + 3EJ 

Noti i valori delle incognite, si ricavano i momenti orari di estremità: M AB = N AB (2ϕ A + ϕ B ) + M AB =

2 EJ pL3 pL3 pL2 (2 ⋅ − )− = 0, L 24 EJ 24 EJ 12

M BA = N BA (2ϕ B + ϕ A ) + M BA =

2 EJ pL3 pL3 pL2 (−2 ⋅ + )+ = 0, L 24 EJ 24 EJ 12


TBA = −


−

+

pL2 2 = + pL , 2 L pL2 2 = − pL . 2 L

Le costanti dell’equazione differenziale della linea elastica, risultano: 9



c1 = −T (0) = − pL / 2 c 2 = − M ( 0) = 0

c3 = EJ v' (0) = EJ ϕ A = pL3 / 24 c4 = EJ v(0) = v A = 0

per cui l’equazione della linea elastica risulta: pz 4 pLz 3 pL3 z EJv( z ) = − + , 24 12 24


10

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 contattare [email protected], [email protected] ) Parte III) CINEMATICA E STATICA DEI SISTEMI DI TRAVI ELASTICHE TEMA 9 Dato il sistema piano di travi elastiche prismatiche mostrato in figura p

y,v B

C

H

D

O=A

x,u

L

avente L = 200,0 cm, A = 112,00 cm2,

H = 300,0 cm, 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 u C .


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 c, d, e e f, ed i nodi A, B, C e D, connessi fra loro e coi vincoli nel modo indicato nella figura seguente. y,v

p

B

3

2

4

2

5

1

H

3

1

O=A

C

6

4 7

8

x,u

D

L

a1) computo dei vincoli - metodo generale (trave per trave o aste per asta) Il sistema piano è ottenuto connettendo le quattro travi elastiche c, d, e e f 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: per cui m1−8 = 2 ; • la connessione 1-8 è doppia ( u1 = u8 , v1 = v8 ), per cui m2−3 = 3 ; • la connessione 2-3 è tripla ( u2 = u3 , v2 = v3 , θ 2 = θ3 ), per cui m4−5 = 2 ; • la connessione 4-5 è doppia ( u4 = u5 , v4 = v5 ), per cui m6−7 = 3 ; • la connessione 6-7 è tripla ( u6 = u7 , v6 = v7 , θ6 = θ7 ), per cui • la cerniera fissa in A è un vincolo doppio ( u A = 0 , v A = 0 ), mA = 2 ; • la cerniera mobile (carrello) in D è un vincolo semplice ( vD = 0 ), per cui mD = 1 ; 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.


Cinematica e statica dei sistemi di travi elastiche:Esempio 2

a2) computo dei vincoli - metodo sintetico (parte per parte) Il sistema piano è ottenuto connettendo fra loro e coi vincoli le due parti I = [c+d] e II = [e+f] nel modo illustrato in figura. In assenza di vincoli e connessioni il sistema avrebbe 6 gradi di libertà. D’altronde: per cui m1−8 = 2 ; • la connessione 1-8 è doppia ( u1 = u8 , v1 = v8 ), per cui m4−5 = 2 ; • la connessione 4-5 è doppia ( u4 = u5 , v4 = v5 ), per cui • la cerniera fissa in A è un vincolo doppio ( u A = 0 , v A = 0 ), mA = 2 ; • la cerniera mobile (carrello) in D è un vincolo semplice ( vD = 0 ), per cui mD = 1 ; 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 ∆θ1−8 = θ1 − θ8 ; la connessione doppia 4-5 permette la rotazione relativa ∆θ 4−5 = θ 4 − θ5 ; la cerniera fissa in A permette la rotazione assoluta θ A ; il carrello in D permette lo spostamento assoluto u D e la rotazione assoluta θD . 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. y,v B

C

H

D

O=A L

3

x,u



Sistema ausiliario 0 p

y,v B

C

H

x,u

D

O=A L

Le equazioni cardinali della statica si scrivono ∑ Fx = X A0 + p ⋅ H = 0   0 0 ∑ Fy = YA + YD = 0  2 0 ∑ M zA = − P ⋅ H / 2 + YD ⋅ L = 0

da cui si ricavano le reazioni vincolari X A0 = − p ⋅ H , YA0 = −

pH 2 pH 2 , YD0 = . 2L 2L

La cerniera in B non permette la trasmissione del momento flettente. Le travi c e d si trasmetteranno al più una forza orizzontale X 0 ed una forza verticale Y 0 , come mostrato nella figura successiva. p

0

Y 0

X

0

Y B

C

0

X

H

D

O=A

x,u

L

Per determinare tali forze, scriviamo le equazioni ausiliarie: •

M Ad = − p ⋅ H 2 / 2 + X 0 ⋅ H = 0 ,

da cui

X 0 = p⋅H /2;

•

M Cs = Y 0 ⋅ L = 0 ,

da cui

Y0 = 0.

Si ottengono le caratteristiche della sollecitazione


Trave


Tratto

M0

T0 2

N0

pH + pz 2

c

0< z < H

pH pz z− 2 2

d

0< z
0

0

e

0< z< H

pH z 2

pH 2

0

0< z< L

pH 2 − z 2L

pH 2 − 2L

pH 2

f

−

0 −

pH 2

Sistema ausiliario 1 1 y,v 1

B

C

H

D

O=A

x,u

L

Le equazioni cardinali della statica si scrivono ∑ Fx = X 1A = 0   1 1 ∑ Fy = YA + YD = 0  1 ∑ M zA = YD ⋅ L = 0

da cui si ricavano le reazioni vincolari X 1A = 0, YA1 = 0, YD1 = 0 .

La cerniera in B non permette la trasmissione del momento flettente. Le travi c e d si trasmetteranno al più una forza orizzontale X 1 ed una forza verticale Y 1 , come mostrato nella figura successiva.

5


Anno accademico 2001/2002 1

Y

1

X

1

Y

1

1

C

X

B

1 H

x,u

D

O=A L

Per determinare tali forze, scriviamo le equazioni ausiliarie: •

M Ad = −1 + X 1 ⋅ H = 0 ,

da cui

X 1 = 1/ H ;

•

M Cs = −1 + Y 1 ⋅ L = 0 ,

da cui

Y 1 = 1/ L .

Si ottengono le caratteristiche della sollecitazione Trave

Tratto

c

0< z < H

d

0< z
e

0< z< H

f

0< z
M1 z H z −1 + L z H z − L

−1 +

T1

N1

1 H 1 L 1 H 1 − L

1 L 1 − H 1 L 1 H

−

−

Per semplicità, trascuriamo il contributo deformativo dello sforzo assiale e del taglio. Sviluppando gli integrali z   pH pz 2   ⋅ − − 1 + z H  H   2 2  pH 3  , d z = − ∫0 EJ 24 EJ  z   pHz   H  ⋅  2  pH 3 dz = , ∫0 EJ 6 EJ

H

2  z   pH − ⋅ −  L   L   2 L ∫0 EJ

 z 2  dz = pH L , 6 EJ



e sommandone i contributi, si ottiene η10 = ∫ S

M1 ⋅ M 0 pH 2 (4 L + 3H ) ds = . EJ 24 EJ

Sviluppando gli integrali 2

z  2 H − 1 + H 1  2z  z   H H   ∫0 EJ dz = EJ ∫0 1 − H +  H   dz = 3EJ ,   2

z  L − 1 + 1 L   ∫0 EJ dz = EJ

 2 z  z 2  L ∫0 1 − L +  L   dz = 3EJ ,   L

2

z 2 H  H  H  dz = 1  z  dz = H , ∫0 EJ EJ ∫0  H  3EJ 2

 z 2 L − L  L  dz = 1  z  dz = L , ∫0 EJ EJ ∫0  L  3EJ

e sommandone i contributi, si ottiene M 12 2( L + H ) ds = η11 = ∫ , EJ 3EJ S

per cui pH 2 (4 L + 3H ) pH 2 4 L + 3H η 24 EJ X = − 10 = − =− . 2( L + H ) 16 L + H η11 3EJ

Sostituendo i valori numerici, si ottiene 0.1⋅ 200 2 4 ⋅ 300 + 3 ⋅ 200 X =− = −900kN ⋅ cm . 16 300 + 200

3. Tracciamento dei diagrammi delle caratteristiche della sollecitazione Sostituendo il valore dell’incognita iperstatica, si ottengono le reazioni vincolari   X A = − pH = −0.1 ⋅ 200 = −20kN ,  pH 2 0.1 ⋅ 200 2 20 Y = − = − =− = −0.6666kN ,  A 2 L 2 ⋅ 300 3  2 2 Y = pH = 0.1 ⋅ 200 = 20 = 0.6666kN ,  D 2L 2 ⋅ 300 3

e le caratteristiche della sollecitazione 7


Trave

Tratto

M

T

2

c

0< z < H

d

0< z
e

0< z< H

f


0< z< L

pH pz z   z− + X  −1+  2 2 H  z  X  −1 +  L  pH  z  z + X  2 H  −

−

pH 2  z z + X −  2L  L

pH X + pz − 2 H X L pH X − 2 H pH 2 X − − 2L L

Alle espressioni precedenti corrispondono i seguenti diagrammi Momento Flettente B

C

M

D

O=A

Sforzo di taglio B -

-

C

T

+

+ O=A

-

D

N X L pH X − − 2 H −

0 pH 2



Sforzo Normale B

+

-

C

N

-

+

O=A

D

4. Calcolo della spostamento uC. 1 C

H

y,v D

O=A

x,u

L

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 ∑ Fx = X A' + 1 = 0   ' ' ∑ Fy = YA + YD = 0  ' ∑ M zA = YD ⋅ L − 1 ⋅ H = 0

da cui si ricavano le reazioni vincolari X A' = −1 YA' = − H / L YD' = H / L

e le caratteristiche della sollecitazione

9


Trave

Tratto


M '''

T '''

N '''

c

0< z < H

0

0

0

d

0< z
0

0

0

e

0< z< H

z

1

0

f

0< z< L

H L

1

−

H z L

−

Trascurando il contributo deformativo dello sforzo assiale e del taglio, lo spostamento cercato vale M ' ⋅M ds . S EJ

1 ⋅ uC = ∫

Sviluppando gli integrali H

∫

[z ]⋅  pH z + X  2

EJ

0

 H − L   L

∫ 0

 z H 3  pH X  H  dz = + , 3EJ  2 H

2   pH z Xz  z  ⋅ − −  L H 3  pL XL    2L + , dz = EJ 3EJ  2 H 2 

e sommandone i contributi, si ottiene uC =

H 3  pH X pL XL  + + + , 3EJ  2 H 2 H 2 

ovvero, sostituendo i numeri uC =

2003  0.1⋅ 200 90 0.1⋅ 300 90 ⋅ 300  + + + = 0.18cm . 3 ⋅ 21000 ⋅18263  2 200 2 200 2 

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], [email protected] )

Parte III) CINEMATICA E STATICA DEI SISTEMI DI TRAVI ELASTICHE TEMA 10 Dato il sistema piano di travi elastiche prismatiche mostrato in figura

y,v p E

O=A

B

200 cm

D

200 cm

C

x,u

200 cm

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 vB .



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

y,v p 3

4 5

D

2

E

3

6

2

1

O=A

4

7

B 8

L

H

1

5

C

x,u

10

9

L

a1) computo dei vincoli - metodo generale (trave per trave o aste per asta) Il sistema piano è ottenuto connettendo le cinque travi elastiche c, d, e, f e g 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: per cui m1−9 = 2 ; • la connessione 1-9 è doppia ( u1 = u9 , v1 = v9 ), • la connessione 2-3 è doppia ( u2 = u3 , v2 = v3 ), per cui m2−3 = 2 ; • la connessione 4-5 è tripla ( u4 = u5 , v4 = v5 , θ 4 = θ5 ), per cui m4−5 = 3 ; • la connessione 6-7 è tripla ( u6 = u7 , v6 = v7 , θ6 = θ7 ), per cui m6−7 = 3 ; • la connessione 8-9 è tripla ( u8 = u9 , v8 = v9 , θ8 = θ9 ), per cui m8−9 = 3 ; • la cerniera fissa in A è un vincolo doppio ( u A = 0 , v A = 0 ), per cui m A = 2 ; • la cerniera mobile (carrello) in C è un vincolo semplice ( vC = 0 ), per cui mC = 1 ; 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.



a2) computo dei vincoli - metodo sintetico (parte per parte) Il sistema piano è ottenuto connettendo fra loro e coi vincoli le due parti I = [c] e II = [d+e+f+g] nel modo illustrato in figura. In assenza di vincoli e connessioni il sistema avrebbe 6 gradi di libertà. D’altronde: per cui m1−9 = 2 ; • la connessione 1-9 è doppia ( u1 = u9 , v1 = v9 ), • la connessione 2-3 è doppia ( u2 = u3 , v2 = v3 ), per cui m2−3 = 2 ; • la cerniera fissa in A è un vincolo doppio ( u A = 0 , v A = 0 ), per cui m A = 2 ; • la cerniera mobile (carrello) in C è un vincolo semplice ( vC = 0 ), per cui mC = 1 ; cosicché 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 ∆θ1−9 = θ1 − θ9 ; • la connessione doppia 2-3 permette la rotazione relativa ∆θ 2−3 = θ2 − θ3 ; • la cerniera fissa in A permette la rotazione assoluta θ A ; • il carrello in C permette lo spostamento assoluto uC e la rotazione assoluta θC . 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, 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 z E

D

z

H

z

B

O=A

C

z

z

L

x,u

L

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 p E

D

0

H

B

O=A

L

C

x,u

L

Le equazioni cardinali della statica si scrivono ∑ Fx = X A0 = 0   0 0 ∑ Fy = YA + YC − pL = 0  2 0 ∑ M zA = − p ⋅ L / 2 + YC ⋅ 2 L = 0

da cui si ricavano le reazioni vincolari

 0 X A = 0  0 3 YA = pL 4  1 0 YC = pL  4

e le caratteristiche della sollecitazione Trave

Tratto

c

0< z < H

d

0< z < L

e

0< z < H

f

0< z < L

g

0< z < L

M0

T0

N0

0

0

0

pz

0

0

− pL

pz 2 2 pL2 − 2 pL( L + z ) 4 pLz 4 −

pL 4 pL − 4 −

0 0




y,v E

D

1

H

1 B

O=A

x,u

C

1 L

L

Le equazioni cardinali della statica si scrivono ∑ Fx = X 1A = 0   1 1 ∑ Fy = YA + YC = 0  1 ∑ M zA = +YC ⋅ 2 L = 0

 X 1A = 0   1 YA = 0  1 YC = 0



Tratto

M1

T1

N1

c

0< z < H

0

0

-1

d

0< z < L

z

-1

0

e

0< z < H

L

0

1

f

0< z < L

−z

1

0

g

0< z < L

0

0

0

Calcolo dell’iperstatica Per semplicità, trascuriamo il contributo deformativo dello sforzo di taglio. Sviluppando gli integrali   4  2  dz = − pL , EJ 8 EJ

[z ]⋅ − pz L

∫ 0

  3  2  dz = − pL H , EJ 2 EJ

[L]⋅ − pL H

2

2

∫ 0

5


L

∫


[− z ]⋅  pL ( L + z )

0

H

4  dz = − 5 pL , 24 EJ

 4 EJ

∫ 0

[1]⋅ [− pL] dz = − pLH , EA

EA


pL3 (2 L + 3H ) pLH N ⋅N M1 ⋅ M 0 − ds + ∫ 1 0 ds = − . 6 EJ EA EA EJ S

Sviluppando gli integrali L

[z ]2 dz =

∫ EJ 0

L

∫ 0

[− z ]2 dz = EJ

H

L3 , 3EJ

[L]2 dz = L2 H ,

∫ EJ

EJ

0

H

L3 , 3EJ

∫ 0

[− 1]2 dz = EA

H , EA

H

[1]2 dz =

∫ EA 0

H EA


M 12 N2 L2 (2 L + 3H ) 2 H ds + ∫ 1 ds = + , EJ EA 3EJ EA S

per cui pL3 (2 L + 3H ) pLH + η10 EJ EA = pL . 6 X =− = 2 L ( 2 L + 3H ) 2 H η11 2 + EA 3EJ

Coi valori numerici, si ottiene X=

0.1 ⋅ 200 = 10kN . 2

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   X A = 0.0 kN , 3 3 ⋅ 0.1 ⋅ 200  = 15.0 kN , YA = pL = 4 4  YC = 1 pL = 0.1 ⋅ 200 = 5.0 kN ,  4 4

mentre le caratteristiche della sollecitazione sono date da Trave

Tratto

M

T

c

0< z < H

0

0

d

0< z < L

e

0< z < H

f

0< z < L

g

0< z < L

pz 2 pLz + 2 2

−

pz −

N − pL 2

0

0

pL( L − z ) 4 pLz 4

pL 4 pL − 4

Alle espressioni precedenti corrispondono i seguenti diagrammi Momento Flettente 500 kNcm

M

1000 kNcm

7

pL 2

0 −

pL 2

0 0



Sforzo di taglio +10 kN

-10 kN

T +5 kN -5 kN

Sforzo Normale -10 kN

-10 kN

N

4. Calcolo della spostamento vB.

1

y,v

x,u

O=A

C

B L

L

Applicando nel nodo B il carico esplorativo unitario in direzione e verso dello spostamento richiesto, risultano le reazioni vincolari [X A' = 0 YA' = 1 / 2 YC' = 1 / 2] e le caratteristiche della sollecitazione Trave

Tratto

M’

T’

N’

f

0< z< L

z/2

1/2

0

g

0< z < L

z /2

-1/2

0



Trascurando il contributo deformativo dello sforzo di taglio, lo spostamento cercato vale M ' ⋅M ds , S EJ

1 ⋅ vB = ∫

ovvero,  z   pL   2  ⋅  4 z  pL4 vB = 2 ∫ dz = . EJ 12 EJ 0 L

Sostituendo i valori numerici, si ottiene vB =

0.1 ⋅ 200 4 = 0.034765 cm . 12 ⋅ 21000 ⋅18263

9

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], [email protected] ) Parte III) CINEMATICA E STATICA DEI SISTEMI DI TRAVI ELASTICHE TEMA 11 Dato il sistema piano di travi elastiche prismatiche mostrato in figura

200 cm

E

y,v p

x,u O=A

B 200 cm

D

C 200 cm

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 vD .



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 c, d, e, le aste f, g e h, ed i nodi A, B, C, D ed E, connessi fra loro e coi vincoli nel modo indicato nella figura seguente. 8

E

12

10

4

y,v

6

5

H

p 7

2

1

O=A

1

9

11 3

5

4

B

2

C

L

L

x,u

6

3

D

L/2

a1) computo dei vincoli - metodo generale (trave per trave o aste per asta) In assenza di vincoli e connessioni, il sistema avrebbe 3 × 6 = 18 gradi di libertà. D’altra parte: per cui m1−7 = 2 ; • la connessione 1-7 è doppia ( u1 = u7 , v1 = v7 ), • la connessione 2-3 è tripla ( u2 = u3 , v2 = v3 , θ 2 = θ 3 ), per cui m2−3 = 3 ; • la connessione 2-9 è doppia ( u 2 = u9 , v2 = v9 ), per cui m2−9 = 2 ; per cui m4−5 = 3 ; • la connessione 4-5 è tripla ( u4 = u5 , v4 = v5 , θ 4 = θ5 ), • la connessione 4-11 è doppia ( u4 = u11 , v4 = v11 ), per cui m4−11 = 2 ; • la connessione 8-10 è doppia ( u8 = u10 , v8 = v10 ), per cui m8−10 = 2 ; • la connessione 8-12 è doppia ( u8 = u12 , v8 = v12 ), per cui m8−12 = 2 ; • la cerniera fissa in A è un vincolo doppio ( u A = 0 , v A = 0 ), per cui m A = 2 ; • la cerniera mobile (carrello) in B è un vincolo semplice ( vB = 0 ), per cui mB = 1 ; cosicché 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 = [c+d+e], II = [f], III =[g] e IV =[h] nel modo illustrato in figura. In assenza di vincoli e connessioni il sistema avrebbe 3 × 4 = 12 gradi di libertà. D’altronde: per cui m1−7 = 2 ; • la connessione 1-7 è doppia ( u1 = u7 , v1 = v7 ), 2



• la connessione 2-9 è doppia ( u 2 = u9 , v2 = v9 ), per cui m2−9 = 2 ; per cui m4−11 = 2 ; • la connessione 4-11 è doppia ( u4 = u11 , v4 = v11 ), • la connessione 8-10 è doppia ( u8 = u10 , v8 = v10 ), per cui m8−10 = 2 ; • la connessione 8-12 è doppia ( u8 = u12 , v8 = v12 ), per cui m8−12 = 2 ; • la cerniera fissa in A è un vincolo doppio ( u A = 0 , v A = 0 ), per cui m A = 2 ; • la cerniera mobile (carrello) in B è un vincolo semplice ( vB = 0 ), per cui mB = 1 ; cosicché 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 ∆θ1−7 = θ1 − θ 7 ; • la connessione doppia 2-9 permette la rotazione relativa ∆θ 2−9 = θ 2 − θ 9 ; • la connessione doppia 4-11 permette la rotazione relativa ∆θ 4−11 = θ 4 − θ11 ; • la connessione doppia 8-10 permette la rotazione relativa ∆θ 8−10 = θ 8 − θ10 ; • la connessione doppia 8-12 permette la rotazione relativa ∆θ 8−12 = θ 8 − θ12 ; • la cerniera fissa in A permette la rotazione assoluta θ A ; • il carrello in B permette lo spostamento assoluto u B e la rotazione assoluta θ 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. E

H

y,v z B

O=A L

x,u

z

z C

D L/2

L

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 E

0 y,v

H

p x,u O=A

B

D

C L/2

L

L

Le equazioni cardinali della statica si scrivono

∑F = X = 0 ∑ F = Y + Y − 5 2 pL = 0 ∑ M = − p ⋅ (5 2 L) / 2 + Y

     

0 A

x

0 A

y


0 B

2

zA

0 B

⋅L =0

 0 X A = 0  0 5 YA = − pL . 8  25 0 Y = pL  B 8

L’equilibrio del nodo E si scrive

∑F ∑F

   

x

= − N 40x + N 60x = 0

y

= − N 40y − N 5 − N 60y

 N 40 = 0 da cui, essendo N = 0 , si ricavano gli sforzi  =0  N 50 = 0 0 6


Tratto

c

0< z
d

0< z < L

T0

M0 5 1 pLz − pz 2 8 2 p − (L + 2z )2 8

−

5 pL − pz 8 1 pL + pz 2

−

N0 0 0

pz 2 2

pz

0

e

0 < z < L/2

f

0< z< D

0

0

0

g

0< z< H

0

0

0

h

0< z< D

0

0

0

−

dove D = L2 + H 2 .

4



Sistema ausiliario 1 E

1 y,v

H

1

1 O=A

B

x,u D

C

L

L/2

L

Le equazioni cardinali della statica si scrivono

∑ Fx = X 1A = 0   1 1 ∑ Fy = YA + YB = 0 da cui si ricavano le reazioni vincolari  1 ∑ M zA = +YB ⋅ L = 0

 X 1A = 0   1 YA = 0 .  1 YB = 0

L’equilibrio del nodo E si scrive ∑ Fx = − N 41 x + N 61 x = 0 , da cui, essendo N 61 = 1 , si ricavano gli sforzi  1 1 ∑ Fy = − N 4 y − N 5 − N 6 y = 0

 N 41 = 1   1 2H  N 5 = − D

e caratteristiche della sollecitazione Trave

Tratto

M1

T1

N1

c

0< z
H/D z

H/D

-L/D

d

0< z < L

H /D⋅z

-H/D

-L/D

e

0< z < L/2

0

0

0

f

0< z< D

0

0

1

g

0< z< H

0

0

-2H/D

h

0< z< D

0

0

1

5



Calcolo dell’iperstatica Per semplicità, trascuriamo il contributo deformativo dello sforzo di taglio. Sviluppando gli integrali L

∫

H  D

0

1   5  z  ⋅ − pLz − pz 2  4 2   8  dz = − pL H , EJ 3EJD

L

∫ 0

H  D

  p  z  ⋅ − ( L + 2 z ) 2  4   8  dz = − 17 pL H , EJ 48 EJD

e sommandone i contributi, si ottiene M1 ⋅ M 0 11 pL4 H ds = − . η10 = ∫ EJ 16 EJD S

Sviluppando gli integrali 2

H  z L  2 L3 H 2 D   2∫ dz = , EJ 3EJD 2 0

2

 L L − 2 L3 D  2∫  dz = , EAT EAT D 2 0

D

2∫ 0

[1]2 EAS

dz =

2D , EAS


N2 M 12 2 L3 H 2 2 L3 2D + + ds + ∫ 1 ds = , 2 2 EAT D EAS EA EJ 3EJD S

per cui 11 pL4 H η X = − 10 = 3 2 16 EJD . 2 L3 2D η11 2 L H + + 3EJD 2 EAT D 2 EAS

Coi valori numerici, si ottiene 11 0.1⋅ 200 4 ⋅ 200 4258.98 4258.98 16 18263 ⋅ 200 ⋅ 2 X= = = = 20.84 kN 3 2 3 2 ⋅ 200 ⋅ 200 2 ⋅ 200 2 ⋅ 200 ⋅ 2 146.014 + 1.786 + 56.56 204.36 + + 3 ⋅18263 ⋅ 200 2 ⋅ 2 112 ⋅ 200 2 ⋅ 2 10

.

E’ facile constatare come il contributo deformativo dello sforzo assiale delle travi c, d e 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 f e h (= 56.56).

6



3. Diagrammi delle caratteristiche della sollecitazione Le reazioni vincolari, non dipendenti dal valore dell’incognita iperstatica, sono   X A = 0.0 kN , 5 5 ⋅ 0.1⋅ 200  = −12.50 kN , YA = − pL = − 8 8  Y = 25 pL = + 25 ⋅ 0.1⋅ 200 = +62.50 kN ,  B 8 8

mentre le caratteristiche della sollecitazione sono date da Trave

Tratto

M

T

N

c

0< z
2.236 ⋅ z − 0.1 ⋅ z 2 / 2

2.236 − 0.1 ⋅ z

-14.736

d

0< z
− 1552.827 + 15.264 ⋅ z −

15.264 − 0.1 ⋅ z

-14.736

e

0< z < L/2

−

0.1⋅ z 2 2

0.1 ⋅ z

0

f

0< z< D

0

0

+20.840

g

0< z< H

0

0

-29.472

h

0< z< D

0

0

+20.840

0.1 ⋅ z 2 2

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 15.26 kN

10 kN

2.23 kN

+

+ 4.736 kN

-17.76 kN

Sforzo Normale

N

+20.84 k +

+

-

+20.84 k

-29.47 kN

15.26 kN

-

-

-14.74 kN

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 [X A' = 0 YA' = −3 / 2 YB' = 5 / 2] e le caratteristiche della sollecitazione

8



Trave

Tratto

M’

T’

N’

c

0< z
-3/2z

-3/2

0

d

0< z
− (L / 2 + z )

1

0

e

0< z < L/2

−z

1

0

Trascurando il contributo deformativo dello sforzo di taglio, lo spostamento cercato vale M ' ⋅M ds , S EJ

1 ⋅ vD = ∫

ovvero, sviluppando i tre integrali 1 2 H 3   5  2 z  ⋅ − 8 pLz − 2 pz + X ⋅ D ∫0 EJ L

 z  dz

H  L   p 2 − ( 2 + z ) ⋅ − 8 ( L + 2 z ) + X ⋅ D ∫0 EJ L

L/2

∫ 0

 z  dz =

[− z ]⋅ − p z 2   2 EJ

 dz =

e sostituendo i valori numerici, si ottiene vD ≈ 0.1396 cm ,

spostamento valutato in direzione e verso del carico esplorativo.

9

Università degli Studi di Pisa Anno Accademico 2002/2003 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 III) CINEMATICA E STATICA DEI SISTEMI DI TRAVI ELASTICHE TEMA 12 La figura riporta lo schema resistente del controvento longitudinale di parete di un piccolo capannone industriale.

H

p C

E 200

D

B

400

F

y,v O=A

x,u

G 300

300

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 Traverso Diagonali

HE320A IPE600 U200

A = 112,0 cm2, A = 156,0 cm2, A = 32,2 cm2,

J = 18.263 cm4, J = 92.080 cm4, J = 1.911 cm4,

c) i carichi hanno i valori H = 30 kN e p = 0,50 kN/cm, rispettivamente, 1. 2. 3. 4.

classificare il sistema mediante il computo dei vincoli; classificare il sistema mediante il computo dei gradi di libertà; risolvere il sistema col metodo delle strutture ausiliarie; tracciare i diagrammi quotati ed in scala delle caratteristiche della sollecitazione.

Nota: Le lunghezze indicate in figura sono espresse in cm.



SOLUZIONE: 1. Classificazione del sistema 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 c a h, due aste, i e j, e sette nodi, identificati dalle lettere da A a G, connessi fra loro e coi vincoli nel modo indicato nella figura seguente.

4

14

3 2

D

7

4

8

15

E 9

7

2

B

6

8

5

10

13

16

11

h2

3

5

F

h1

C

6

1

y,v 1

O=A

x,u

12

L

L

G

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 ( u1 = 0 , v1 = 0 ), per cui m A = 2 ; la cerniera fissa in G è un vincolo doppio ( u12 = 0 , v12 = 0 ), per cui mG = 2 ; la connessione 2-3 è tripla ( u2 = u3 , v2 = v3 , θ 2 = θ 3 ), per cui m2−3 = 3 ; la connessione 2-13 è doppia ( u2 = u13 , v2 = v13 ), per cui m2−13 = 2 ; la connessione 4-5 è doppia ( u4 = u5 , v4 = v5 ), per cui m4−5 = 2 ; la connessione 6-7 è tripla ( u6 = u7 , v6 = v7 , θ 6 = θ 7 ), per cui m6−7 = 3 ; la connessione 6-14 è doppia ( u6 = u14 , v6 = v14 ), per cui m6−14 = 2 ; la connessione 6-15 è doppia ( u6 = u15 , v6 = v15 ), per cui m6−15 = 2 ; la connessione 8-9 è doppia ( u8 = u9 , v8 = v9 ), per cui m8−9 = 2 ; la connessione 10-11 è tripla ( u10 = u11 , v10 = v11 , θ10 = θ11 ), per cui m10−11 = 3 ; la connessione 10-16 è doppia ( u10 = u16 , v10 = v16 ), per cui m10−16 = 2 ;



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 = [c+d], II = [e+f], III = [g+h], IV = [i] e V = [j], nel modo illustrato in figura. In assenza di vincoli e connessioni il sistema avrebbe 15 gradi di libertà. D’altronde: per cui m A = 2 ; • la cerniera fissa in A è un vincolo doppio ( u1 = 0 , v1 = 0 ), • la cerniera fissa in G è un vincolo doppio ( u12 = 0 , v12 = 0 ), per cui mG = 2 ; • la connessione I-II è doppia ( u4 = u5 , v4 = v5 ), per cui mI −II = 2 ; • la connessione II-III è doppia ( u8 = u9 , v8 = v9 ), per cui mII −III = 2 ; • la connessione I-IV è doppia ( u2 = u13 , v2 = v13 ), per cui mI −IV = 2 ; • la connessione II-IV è doppia ( u6 = u14 , v6 = v14 ), per cui mII −IV = 2 ; • la connessione II-V è doppia ( u7 = u15 , v7 = v15 ), per cui mII −V = 2 ; • la connessione III-V è doppia ( u10 = u16 , v10 = v16 ), per cui mIII −V = 2 ; 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 θ 1 ; • la cerniera fissa in C permette la rotazione assoluta θ12 ; • la sconnessione semplice M=0 in B permette la rotazione relativa ∆θ I − IV = θ IV − θ I ; • la sconnessione semplice M=0 in C permette la rotazione relativa ∆θ I − II = θ II − θ I ; • la sconnessione doppia M=0 in D permette le rotazioni relative ∆θ II − IV = θ IV − θ II e ∆θ II −V = θ V − θ II ; • la sconnessione semplice M=0 in E permette la rotazione relativa ∆θ II − III = θ III − θ II ; • la sconnessione semplice M=0 in F permette la rotazione relativa ∆θ III −V = θV − θ III . 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.

3



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. E

D

s

h2

C

d

α B

h1

F

y,v x,u

O=A

G

L

L

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 h = h1 + h2 = 600 cm ,

d = L2 + h22 = 360.555 cm ,

sin α = h2 / d = 0.554700 ,

s = L ⋅ h2 / d = 166.410 cm ,

cos α = L / d = 0.832050 .


H

p C

E

h2

D

0

F

h1

B

y,v O=A

x,u

G

L

L



Le equazioni cardinali della statica si scrivono ∑ Fx = X A0 + H = 0  0 0 ∑ Fy = YA + YG − p ⋅ 2 L = 0  M = − H ⋅ h − p ⋅ 2 L2 + Y 0 ⋅ 2 L = 0 G ∑ zA

da cui si ricavano le reazioni vincolari X A0 = − H = −30.00 kN ,

YA0 = −

Hh + pL = 120.00 kN , 2L

YG0 = +

Hh + pL = 180.00 kN . 2L

L’equazione ausiliaria, M E = − N 80 ⋅ s = 0 , fornisce N 80 = 0 . L’equazione ausiliaria, M C = − X A0 ⋅ h − N 70 ⋅ s = 0 , fornisce N 70 = − X A0 ⋅ h / s = 108.20 kN , da cui N 70x = N 70 ⋅ cos α = 90.02 kN , N 70y = N 70 ⋅ sin α = 60.01 kN . Le caratteristiche della sollecitazione risultano Trave Tratto 0 < z < h1 c

M0

T0

N0

− X A0 ⋅ z

− X A0

− YA0

d

0 < z < h2

− X A0 ⋅ (h1 + z ) − N 70x ⋅ z

− X A0 − N 70x

− YA0 − N 70y

e

0< z
(YA0 + N 70y ) ⋅ z − p / 2 ⋅ z 2

YA0 + N 70y − p ⋅ z

X A0 − N 70x − H

f

0< z < L

YG0 ⋅ z − p / 2 ⋅ z 2

− YG0 + p / 2 ⋅ z

0

g

0 < z < h2

0

0

− YG0

h

0 < z < h1

0

0

− YG0

i

0< z
0

0

N 70

j

0< z
0

0

0

M0 30 z

T0 30

N0 -120.0

Passando ai valori numerici si ha: Trave Tratto 0 < z < h1 c d

0 < z < h2

12000 - 60.0 z

-60.0

-180.0

e

0< z
180.0 z - 0.25 z2

180.0 - 0. 5 z

-90.0

f

0< z < L

180.0 ⋅ z − 0.25 ⋅ z 2

180.0 − 0.5 ⋅ z

g

0 < z < h2

0.0

0.0

-180.0

h

0 < z < h1

0.0

0.0

-180.0

i

0< z
0.0

0.0

108.2

j

0< z
0.0

0.0

0.0

5

0.0



Sistema ausiliario 1 C

E

h2

D

1 B

h1

F

y,v O=A

x,u

1 L

G

L

Le equazioni cardinali della statica si scrivono ∑ Fx = X 1A + 1 = 0  1 1 ∑ Fy = Y A + YG = 0  M = Y 1 ⋅ 2L = 0 G ∑ zA

da cui si ricavano le reazioni vincolari X 1A = −1 Y A1 = 0

YG1 = 0 .

L’equazione ausiliaria, M E = 1 ⋅ h − N 81 ⋅ s = 0 , fornisce N 81 = h / s = 3.606 kN da cui N 81x = N 81 ⋅ cos α = 3.00 kN , N 81 y = N 81 ⋅ sin α = 2.00 kN . L’equazione ausiliaria, M C = − X 1A ⋅ h − N 71 ⋅ s = 0 , fornisce N 71 = − X 1A ⋅ h / s = N 81 , da cui N 71 x = N 71 ⋅ cos α = 3.00 kN , N 71 y = N 71 ⋅ sin α = 2.00 kN . Le caratteristiche della sollecitazione risultano Trave Tratto 0 < z < h1 c

M1 z

T1 1

N1 0

d

0 < z < h2

h1 + (1 − N 71 x ) ⋅ z

1 − N 71 x

− N 71 y

e

0< z
h − N 71 x ⋅ h2 + N 71 y ⋅ z

N 71 y

1 − N 71 x

f

0< z < L

h − N 81x ⋅ h2 + N 81 y ⋅ z

− N 81 y

1 − N 81x

g

0 < z < h2

h1 + (1 − N 81x ) ⋅ z 0

1 − N 81x

− N 81 y

h

0 < z < h1

z

-1

0

i

0< z
0

0

N 71

j

0< z
0

0

N 81



Passando ai valori numerici si ha: Trave Tratto 0 < z < h1 c

M1 z

T1 1.0

N1 0.0

d

0 < z < h2

400 – 2 z

-2.0

-2.0

e

0< z
2z

2.0

-2.0

f

0< z < L

2z

-2.0

-2.0

g

0 < z < h2

400 − 2 z

2.0

-2.0

h

0 < z < h1

z

-1.0

0.0

i

0< z
0.0

0.0

3.606

j

0< z
0.0

0.0

3.606

Calcolo dell’iperstatica Trascurando il contributo deformativo dello sforzo di taglio, risultano η10 = ∫ S

M1 ⋅ M 0 N ⋅N ds + ∫ 1 0 ds EJ EA S

ed

η11 = ∫ S

M 12 N2 ds + ∫ 1 ds . EJ EA S

Tenuto conto delle diverse proprietà geometriche degli elementi, occorre valutare: Trave c:

Trave d:

Trave e:

Trave f:

1 EJ1

h1

1 EJ1

h2

1 EJ1

h2

1 EJ 2

∫ [h − N

1 EJ 2

∫ [2 z ]⋅ [180 z − 0.25z ] dz ≈ 1.152 cm

1 EJ 2

∫ [h − N

1 EJ 2

∫ [2 z ]⋅ [180 z − 0.25 z ] dz ≈ 1.152 cm

[

]

1 ∫0 [z ]⋅ − X ⋅ z dz = EJ1 0 A

∫ [h + (1 − N 1

1 7x

h1

10 ⋅ h13 ∫0 [z ]⋅ [30 ⋅ z ] dz = EJ1 ≈ 1.669 cm ,

][

]

) ⋅ z ⋅ − X A0 ⋅ h1 + (− X A0 − N 70x ) ⋅ z dz =

0

∫ [400 − 2 z ]⋅ [12000 − 60 z ] dz ≈ 0.834 cm 0

][

L

1 7x

]

⋅ h2 + N 71Y ⋅ z ⋅ (YA0 + N 70y ) ⋅ z − p / 2 ⋅ z 2 dz =

0

L

2

0

][

L

1 8x

]

⋅ h2 + N 81 y ⋅ z ⋅ − YG0 ⋅ z − p / 2 ⋅ z 2 dz =

0

L

2

0

7


Trave g: Asta i:

1 EA1

h2

1 EA3

∫[ ] [ ]

∫ [− N ] [ 1 8y

0

d

]

1 ⋅ − Y dz = EA1 0 G

1 N ⋅ N dz = EA3 1 7

0


0 7

h2

∫ [− 3.606]⋅ [− 180.0] dz ≈ 0.0552 cm , 0

d

∫ [3.606]⋅ [108.2] dz ≈ 0.2080 cm . 0

Sommando i contributi, si ricava lo spostamento cercato η10 ≅ 5.093 cm . Analogamente, calcoliamo i seguenti integrali Trave c: Trave d: Trave e: Trave f: Trave g: Trave h: Asta i: Asta j:

1 EJ1

h1

1 EJ1

h2

1 EJ 2

∫ [h − N

1 7x

1 EJ 2

∫ [h − N

1 8x

1 EJ1

h2

1 EJ1

h1

1 EA3 1 EA3

∫ [z ]

2

0

h13 dz = ≈ 0.055 cm , 3EJ1

∫ [h + (1 − N 1

1 7x

)⋅ z

]

2

0

1 dz = EJ1

L

⋅ h2 + N ⋅ z 1 7Y

]

2

0

L

⋅ h2 + N ⋅ z 1 8y

0

∫ [h + (1 − N 1

1 8x

)⋅ z

]

0

∫ [z ]

2

0

2

]

2

L

dz ≈ 0.0278 cm ,

h2

2

0

∫ [2 z ]

2

0

∫ [400 − 2 z ]

4 L3 dz = ≈ 0.019 cm , 3EJ 2 4 L3 dz = ≈ 0.019 cm , 3EJ 2 2

dz ≈ 0.0278 cm ,

0

h13 dz = ≈ 0.055 cm , 3EJ1

∫ [3.606]

∫ [N ]

1 dz = EA3

d

1 2 7

0

0

L

1 dz = EJ 2

1 dz = EJ1

2

0

∫ [2 z ]

∫ [N ] d

∫ [400 − 2 z ]

1 dz = EJ 2

1 dz = EA3

d

h2

1 2 8

d

2

dz =

13.00 ⋅ d ≈ 0.0069 cm EA3

2

dz =

13.00 ⋅ d ≈ 0.0069 cm . EA3

0

∫ [3.606] 0

Sommandone i contributi, si ricava lo spostamento η11 ≅ 0.2174 cm . In definitiva, il valore dell’iperstatica risulta X = − η10 / η11 ≅ − 23.210 kN .



3. Diagrammi delle caratteristiche della sollecitazione Le reazioni vincolari effettive risultano X A = −6,79 kN YA = 120,00 kN

X G = −23,21 kN YG = 180,00 kN .

Dall’equazione ausiliaria, M E = X G ⋅ h − N 8 ⋅ s = 0 , si ha N 8 = − X G ⋅ h / s = −83,70 kN . Dall’equazione ausiliaria, M C = − X A ⋅ h − N 7 ⋅ s = 0 , si ha N 7 = − X A ⋅ h / s = −24,47 kN . Pertanto, si ricavano N 7 x = N 7 ⋅ cos α = 20.36 kN , N 7 y = N 7 ⋅ sin α = 13.57 kN , N 8 x = N 8 ⋅ cos α = + 69.64 kN , N 8 y = N 8 ⋅ sin α = − 46.43 kN . Le caratteristiche della sollecitazione risultano Trave c d e f g h i j

Sezione 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 - 14 15 - 16

M

T 6.79 6.79 -13.57 -13.57 +133.60 -16.43 +16.43 -133.60 -46.43 -46.43 +23.21 +23.21 0.00 0.00

0.00 2715.00 2715.00 0.00 0.00 17570.00 17570.00 0.00 0.00 -9285.00 -9285.00 0.00 0.00 0.00

N -120.00 -120.00 -133.60 -133.60 -43.57 -43.57 +46.43 +46.43 -133.60 -133.60 -180.00 -180.00 24.47 -83.70

Nella trave e il taglio si annulla nella sezione di ascissa z = T5 / p = 133.6 / 0.5 = 267.2 cm in cui si verifica il momento massimo max M = T5 ⋅ z − p ⋅ z 2 / 2 = 133.6 ⋅ 267.2 − 0.5 ⋅ 267.2 2 / 2 = 17848.96 kNcm . Nella trave f il taglio si annulla nella sezione di ascissa z = T8 / p = 133.6 / 0.5 = 267.2 cm in cui si verifica il momento massimo max M = T8 ⋅ z − p ⋅ z 2 / 2 = 133.6 ⋅ 267.2 − 0.5 ⋅ 267.2 2 / 2 = 17848.96 kNcm , coincidente col valore precedente.

9



Momento Flettente D

C

E

+17848

+17848

-9285

-2715

B

F

M A

G

D

E

C

-133.6

+

+16.43

+133.6

Sforzo di taglio

-16.43

-

-

F

B

-46.43

T +

A

+6.78

+23.21

G

Sforzo Normale -43.57 -133.6

-133.6 D

C

E +46.43

+24.47 B

A -120

-83.70

N

F

G -180

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 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 100  T = 0  0

  , − 350 0  0 − 155  0

0

in cui le tensioni sono espresse in kN/cm2 (1 kN/cm2 = 10 MPa) 1. 2. 3. 4.

rappresentare lo stato di tensione mediante i tre cerchi di Mohr; determinare il valore della σ MAX ; determinare il valore della σ min ; determinare il valore della τ MAX ;

Definito il versore n oct =

1 [1 1 1]T della trisettrice del primo ottante principale, 3

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 Poct = (σ oct ,τ oct ) nel piano di Mohr; Infine, coi valori dei moduli elastici, E = 210.000,00 kN / cm2 e ν = 0,3 , 9. calcolare il valore della dilatazione lineare specifica ε ll nella direzione individuata 1 dal versore l =  2

1 5

T

11   . 4 



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.

σ2 +σ3  ascissa : c1 = 2 Cerchio c:  σ2 −σ3 raggio : r1 = 2  σ 3 + σ1  ascissa : c2 = 2 Cerchio d:  σ − σ1 raggio : r2 = 3 2  σ1 + σ 2  ascissa : c3 = 2 Cerchio e:  σ −σ 2 raggio : r3 = 1 2 

− 350 − 155 = −252.5 kN / cm2 2 − 350 + 155 = = 97.5 kN / cm2 2 − 155 + 100 = = − 27.5 kN / cm2 2 − 155 − 100 = = 127.5 kN / cm2 2 100 − 350 = = −125.0 kN / cm 2 2 100 + 350 = = 225.0 kN / cm2 2 =

Lo stato di tensione dato ammette nel piano (O,σ n ,τ n ) di Mohr la rappresentazione grafica seguente

τn

Poct σoct

e

toct

τoct

c

r3

r1

c1

c3

τMAX r2

c2 O d

σmin

σMAX

σn


2.

Meccanica dei solidi deformabili ed elementi di teoria dell’elasticità: Esempio 1

Determinazione del valore della σ MAX Note le tensioni principali, la σ MAX è data da σ MAX = max{σ 1 , σ 2 , σ 3 } = max{100, − 350, − 155} = 100 kN / cm2 = σ 1

3.

Determinazione del valore della σ min La σ min è data da σ min = min{σ 1 , σ 2 , σ 3 } = min{100, − 350, − 155} = −350 kN / cm2 = σ 2

4.

Determinazione del valore della τ MAX La τ MAX è data da  σ − σ 2 σ 2 − σ 3 σ 3 − σ1  2 τ MAX = max  1 , ,  = max{r3 , r1 , r2 } = 225.0 kN / cm = r3 2 2   2

5.

Determinazione del vettore trazione t oct Il vettore trazione t oct agente sull’elemento piano che ha per normale la trisettrice

del primo ottante principale, n oct =

1 [1 1 1]T , è dato da 3 t oct = T n oct ,

dove T è il tensore degli sforzi assegnato. Nel riferimento principale O, xp, yp, zp le sue componenti sono

t oct

t xoct  100.0 0. 0.  1     oct   = t y =  0. 0.  1 − 350.0     t zoct   0. 0. − 155.0 1  

3   100.0 3   57.735         3 = − 350.0 3  = − 202.073 .        3   − 155.0 3   − 89.489 

Il modulo vale toct = t oct =

6.

(t ) + (t ) + (t ) oct 2 x

oct 2 y

oct 2 z

=

1 3

(100.0)2 + (− 350.0)2 + (− 155.0)2

Determinazione del valore della tensione normale σ oct Il valore della tensione normale ottaedrale è dato da

= 228.418 kN / cm 2


σ oct = σ oct = t oct ⋅ n oct

7.


1  = [57.735 − 202.073 − 89.489]1  1 

3  3  = −135.0 kN / cm 2 = σ 2  3 

Determinazione del valore della tensione tangenziale τ oct Il valore della tensione tangenziale ottaedrale è dato da τ oct = τ oct =

8.

(toct )2 − (σ oct )2

=

(228.418)2 − (− 135.0)2

= 184.255 kN / cm 2

Rappresentazione del punto Poct = (σ oct , τ oct ) nel piano di Mohr

Il punto Poct = (σ oct ,τ oct ) è ben visibile nel diagramma mostrato in precedenza. Ovviamente, esso cade nella regione interna al cerchio maggiore ed esterna ai cerchi minori. 9.

Calcolo del valore della dilatazione lineare specifica ε ll nella direzione 1 individuata dal versore l =  2

11   4 

1 5

T

Utilizzando il legame costitutivo elastico lineare 1 ε x     E    ν ε y  −    E    ν ε z  − E  = γ  0  yz      γ zx  0       γ xy  0 

−

ν E

1 E −

ν E

ν E ν − E 1 E −

0

0

0

0

0

0

0

0

1 G

0

0

0

0

1 G

0

0

0

0

 σ  x      0  σ y       0  σ z     0  τ yz     0  τ zx    1   τ xy  G  0

in cui G = E / 2(1 + ν ) è il modulo di elasticità trasversale del materiale, si ricavano le seguenti componenti del tensore della deformazione, anch’esse nel riferimento principale,



εx  − 0.3 − 0.3  1 ε  − 0.3 1 − 0.3  y   ε z  1 − 0.3 − 0.3 1   = ⋅ 0 0 γ yz  E  0 γ zx   0 0 0    0 0  0 γ xy 

0 0 0 2.6 0 0

0 0 0 0 2.6 0

0 0 0 0 0 2.6

  100.0   251.5   0.001197619   − 350.0 − 333.5  − 0.001588095         − 155.0  1  − 80.0  − 0.000380952   = ⋅ =  0.0   0.0  E  0.0      0.0   0.0    0.0       0.0   0.0   0.0   

per cui il tensore della deformazione risulta 0.0 0.0 0.001197619      ε= 0.0 − 0.001588095 0.0 .     0.0 0.0 − 0.000380952 

La deformazione nella direzione l assegnata vale εl = ε l ,

ovvero ε xl  0.001197619 0.0 0.0   1 2   0.000598810          l      l 0.0 0.0 − 0.001588095 ε = ε y  =    1 5  = − 0.000317619 .         l      0.0 0.0 − 0.000380952  11 4 − 0.000315869 ε z  

Il suo modulo vale ε l = εl =

(ε ) + (ε ) + (ε ) l 2 x

l 2 y

l 2 z

=

(0.000598810)2 + (− 0.000317619)2 + (− 0.000315869)2

= 0.000747815

mentre la dilatazione lineare specifica vale  12      l ε ll = ε ⋅ l = [0.000598810 − 0.000317619 − 0.000315869] 1 5  = −0.000026024 .      11 4



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 0.0 0.0 60.0     T = 0.0 0.0 30.0 .     60.0 30.0 30.0

Date le direzioni n ed m di versori n =

1 [3 1 2] T 14

ed m =

1 [2 4 3] T , 29

rispettivamente, determinare 1. i vettori trazione t n e t m ; 2. le tensioni normali σ n e σ m ; 3. le tensioni tangenziali τ n e τ m ; 4. verificare l’uguaglianza t n ⋅ m = t m ⋅ n ; 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 MAX , σ min e τ MAX ; Infine, supponendo che il materiale sia elastico, lineare, omogeneo ed isotropo, con E = 210.000,00kN / cm 2 e ν = 0.3 , 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 t n e t m Il vettore trazione t n agente sull’elemento piano passante per il punto e normale al

versore n =

1 [3 1 2]T , è dato da 14 tn = T n .

Nel riferimento principale O, x, y, z le sue componenti sono t xn   0.0 0.0 60.0 3 14  32.071                t n = t yn  =  0.0 0.0 30.0 1 14  = 16.036 ,            n    t z  60.0 30.0 30.0 2 14  72.161

ed il suo modulo vale tn = t n =

(t ) + (t ) + (t ) n 2 x

n 2 y

n 2 z

=

(32.071)2 + (16.036)2 + (72.161)2

= 80.578 kN / cm2 .

In modo analogo, il vettore trazione t m agente sull’elemento piano per il punto normale al versore m =

1 [2 4 3]T , ha per componenti 29 t xm   0.0 0.0 60.0 2         t m = t ym  =  0.0 0.0 30.0 4      m   t z  60.0 30.0 30.0 3

29  33.425       29  = 16.713  ,       29  61.279

ed il suo modulo vale tm = t m =

2.

(t ) + (t ) + (t ) m 2 x

m 2 y

m 2 z

=

(33.425)2 + (16.713)2 + (61.279)2

= 71.776 kN / cm 2 .

Determinazione dei valori delle tensioni normali σ n e σ m Il valori richiesti delle tensioni normali sono 3 14    σ n = σ n = t n ⋅ n = [32.071 16.036 72.161] 1 14  = 68.571 kN / cm2 , 2 14    2 29    σ m = σ m = t m ⋅ m = [33.425 16.713 61.279] 4 29  = 58.966 kN / cm2 . 3 29   


3.


Determinazione dei valori delle tensioni tangenziali τ n e τ m Il valori delle tensioni tangenziali sono

4.

τ n = τn =

(tn )2 − (σ n )2

=

(80.578)2 − (68.571)2

= 42.318 kN / cm 2 ,

τ m = τm =

(tm )2 − (σ m )2

=

(71.776)2 − (58.996)2

= 40.924 kN / cm 2 .

Verificare dell’uguaglianza t n ⋅ m = t m ⋅ n Risultano: τ nm = t n ⋅ m = [32.071 16.036 72.161]

2  4 3 

τ mn = t ⋅ n = [33.425 16.713 61.279]

3 14    2 1 14  = 64.022 kN / cm . 2 14   

m

5.

29   29  = 64.022 kN / cm2 , 29 

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: I1σ = σ xx + σ yy + σ zz = 30.0 kN / cm2 , σ 2

σ xx

τ xy

I =

+ τ yx

σ yy

σ xx

τ xz

τ zx

σ zz

σ yy

τ yz

+ τ zy

σ zz

= −4500.0 (kN / cm2 ) 2 ,

I 3σ = σ ij = 0.0 (kN / cm2 )3 .

L’equazione caratteristica, σ 3 − I1σ ⋅ σ 2 + I 2σ ⋅ σ − I 3σ = 0 , diviene σ 3 − 30 ⋅ σ 2 − 4500 ⋅ σ = 0 . Mettendo in evidenza il fattore comune, si ha σ ⋅ (σ 2 − 30 ⋅ σ − 4500) = 0 ; pertanto, una tensione principale è σ 2 = 0.0 kN / cm2 , mentre le altre due coincidono con le soluzioni dell’equazione di secondo grado σ 2 − 30 ⋅ σ − 4500 = 0 , ovvero, σ 1,3

− 53.739 kN / cm 2 30 ± 18900  = = 15 ⋅ (1 ± 21) =  . 2 2  83.739 kN / cm 



Direzioni principali La direzione principale 1, associata alla tensione principale σ1, ha versore T n1 = [n1x n1y n1z ] . Le componenti del versore n1 si ottengono risolvendo il sistema di equazioni algebriche, non lineare e non omogeneo, (σ xx − σ 1 )   τ yx   τ zx  n1  x

53.739  0.0 60.0  0  0     n1      n1       x    x   (σ yy − σ 1 ) τ yz 53.739 30.0    0  0.0    0     ⋅ n1  =   , ovvero,   ⋅ n1  =   . y     y     τ zy (σ zz − σ 1 )    0 60 . 0 30 . 0 83 . 739     0   1    nz      n1z     n1  1 1 n1y n1z n1y n1z       x  τ xy

τ xz

La terza equazione è una combinazione lineare delle prime due; pertanto, limitando l’attenzione alle prime due di esse, possiamo costruire il vettore  τ xy τ xz   0.0 60.0  (−1) 3+1 ⋅    (+1) ⋅  (σ yy − σ 1 ) τ yz  53.739 30.0    N 1x   − 3224.34   − σ σ τ ( ) 53 . 739 60 . 0     xx xz 1   N1 =  N 1y  =  (−1)3+ 2 ⋅  =  (−1) ⋅  =  − 1612.17 , τ τ 0 . 0 30 . 0 yx yz     2887.88  N 1z         53.739 0.0   − σ σ τ ( ) xx 1 xy 3+ 3 + ⋅ ( 1 ) (−1) ⋅   0.0 53.739  τ yx (σ yy − σ 1 )   

calcolarne il modulo N1 = N1 =

(N ) + (N ) + (N ) 1 2 x

1 2 y

1 2 z

=

(− 3224.34)2 + (− 1612.17 )2 + (2887.88)2

= 4619.016 ,

e porre  N 1x  − 3224.34 − 0.698057 1  1 1 N  − 1612.17 =  − 0.349029 . 1 n = 1 = 1 N y  =    4619.016  N N  N 1z      2887 . 88 0 . 625215      1

Procedendo in modo analogo, ricaviamo i versori delle altre due direzioni principali n2 =

N

2

N2

 N x2  − 900.0 − 0.447213 1  2 1  1800.0 =  0.894427  , = 2 N y  =     2012 . 461 N  N z2      0 . 0 0 . 000000     

 N x3   5024.34 0.559188 1  3 1 N − 2512.17  = 0.279594 . 3 n = 3 = 3 N y  =    8985.056  N N  N z3      7012 . 22 0 . 780431      3


6.



σ 2 + σ 3 0 − 53.739  ascissa : c = = = −26.869 kN / cm 2 1  2 2 Cerchio c:  0 + 53.739 σ 2 −σ3 raggio : r1 = = = 26.869 kN / cm 2  2 2 σ 3 + σ 1 83.739 − 53.739  ascissa : c = = = 15.000 kN / cm 2 2  2 2 Cerchio d:  σ 3 −σ1 83.739 + 53.739 raggio : r2 = = = 68.739 kN / cm 2  2 2 σ 1 + σ 2 83.739 + 0  ascissa : c = = = 41.869 kN / cm 2 3  2 2 Cerchio e:  83.739 − 0 σ1 −σ 2 raggio : r3 = = = 41.869 kN / cm 2  2 2 Lo stato di tensione dato ammette nel piano (O,σ n ,τ n ) di Mohr la rappresentazione

grafica seguente

d

τn τMAX r2

r1 c c1

c2

r3 c3

O σmin

σMAX

e

σn


7.


Determinazione dei valori della σ MAX , σ min e τ MAX Note le tensioni principali, la σ MAX è data da σ MAX = max{σ 1 , σ 2 , σ 3 } = max{83.739, 0.0, − 53.739} = 83.739 kN / cm 2 = σ 1

La σ min è data da σ min = min{σ 1 , σ 2 , σ 3 } = min{83.739, 0.0, − 53.739} = −53.739 kN / cm 2 = σ 3

La τ MAX è data da  σ − σ 2 σ 2 − σ 3 σ 3 − σ1  2 τ MAX = max  1 , ,  = max{r3 , r1 , r2 } = 68.739 kN / cm = r2 2 2   2

8.

Determinazione dello scorrimento angolare fra le direzioni n ed m


−

ν E

1 E −

ν E

ν E ν − E 1 E −

0

0

0

0

0

0

0

0

1 G

0

0

0

0

1 G

0

0

0

0


in cui G = E / 2(1 + ν ) è il modulo di elasticità trasversale del materiale, si ricavano le seguenti componenti del tensore della deformazione nello stesso riferimento O, x, y, z εx  − 0.3 − 0.3  1 ε  − 0.3 1 − 0.3  y   ε z  1 − 0.3 − 0.3 1   = ⋅ 0 0 γ yz  E  0 γ zx   0 0 0    0 0 γ xy   0

0 0 0 2.6 0 0

0 0 0 0 2.6 0

per cui il tensore della deformazione risulta

0 0 0 0 0 2.6

  0.0  − 9.0 − 0.000042857   0.0  − 9.0 − 0.000042857        30.0 1  30.0  0.000142857   = ⋅ =  30 . 0 78 . 0 E      0.000371428  60.0 156.0  0.000742857         0.0  0.0  0.000000000



0 78 − 0.000042857 0.000000000 0.000371428 − 9 1 ε =  0 − 9 39 =  0.000000000 − 0.000042857 0.000185714 . E  78 39 30  0.000371428 0.000185714 0.000142857 

Prima della deformazione, l’angolo acuto formato dalle direzioni n ed m uscenti dal punto valeva ( n = m = 1) cos θ =

n ⋅m 1 1 = ⋅ [3 ⋅ 2 + 1⋅ 4 + 2 ⋅ 3] = 16 = 0.7940666 , n m 406 14 29

da cui θ = arccos

16 = arccos 0.7940666 ≈ 0.6533258rad = 37° 25' 58' ' . 406

Per effetto dello stato di tensione, il versore n subisce la deformazione ε n di componenti 0 78 3 14  − 9 129  0.000164174   1 1    1   n 69  = 0.000087814 , ε = ε n =  0 − 9 39 1 14  = ⋅  E E 14  78 39 30 2 14  333 0.000423799  

per cui il versore n si trasforma nel vettore n' = n + ε n di componenti 3 14 + 0.000164174  0.801947899   n' = 1 14 + 0.000087814  = 0.267349055 e di modulo n' = n' = 1.000155105 . 2 14 + 0.000423799 0.534522483    

In modo analogo, il versore m subisce la deformazione ε m di componenti 0 78 2 − 9  1 ε = ε m =  0 − 9 39 4 E  78 39 30 3  m

29  216 0.000191000  1 1  81  = 0.000071625 , 29  = ⋅  E 29 402 0.000355473 29 

per cui il versore m si trasforma nel vettore m' = m + ε m di componenti 2  m' = 4 3 

29 + 0.000191000 0.371581676  29 + 0.000071625 = 0.742852977  e di modulo m' = m' = 1.000322198 . 29 + 0.000355473 0.557441487 

L’angolo acuto formato dai vettori n’ ed m’ vale ora cos θ ' =

n'⋅m' 0.794555193 = = 0.794176091 , n' m' 1.000155105 ⋅1.000322198

da cui θ ' = arccos 0.794176091 ≈ 0.65314576 rad = 37° 25' 20' '.98 . Lo scorrimento cercato vale dunque γ = ϑ − ϑ ' = 0.00018004 rad = 0° 00' 37' '.13 .



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  0.0 T =  0.0 100.0

0.0 100.0 90.0 0.0 . 0.0 90.0

Date le direzioni l ed m di versori l =

1 26

[1

3 4]

T

ed m =

1 93

[5

2 8] , T

rispettivamente, determinare 1. i vettori trazione t l e t m ; 2. le tensioni normali σ l e σ m ; 3. le tensioni tangenziali τ l e τ 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 MAX , σ min e τ MAX ; Infine, supponendo che il materiale sia elastico, lineare, omogeneo ed isotropo, con costanti elastiche E = 210.000,00kN / cm 2 e ν = 0,3 , 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 t l e t m Il vettore trazione t l agente sull’elemento piano passante per il punto P e normale

al versore l =

1 [1 3 4]T , è dato da 26 tl = T l .

Nel riferimento O, x, y, z, le sue componenti sono t xl   0.0 0.0 100.0 1    0.0 3 t l = t ly  =  0.0 90.0 t zl  100.0 0.0 90.0 4   

26  78.446  26  =  52.951 , 26  90.213

ed il suo modulo è tl = t l =

(t ) + (t ) + (t ) l 2 x

l 2 y

l 2 z

=

(78.446)2 + (52.951)2 + (90.213)2

= 130.752 kN / cm 2 .

In modo analogo, il vettore trazione t m corrispondente al versore m =

1 [5 2 8]T , ha 93

per componenti t xm   0.0 0.0 100.0 5    0.0 2 t m = t ym  =  0.0 90.0 t zm  100.0 0.0 90.0 8   

93   82.956  93  =  18.665 , 93  126.508

ed il suo modulo vale tm = t m =

2.

(t ) + (t ) + (t ) m 2 x

m 2 y

m 2 z

=

(82.596)2 + (18.665)2 + (126.508)2

= 152.428 kN / cm 2 .

Determinazione dei valori delle tensioni normali σ l e σ m Il valori richiesti delle tensioni normali sono 1  σ l = σ l = t l ⋅ l = [78.446 52.951 90.213]3 4  5  σ m = σ m = t m ⋅ m = [82.956 18.665 126.508]2 8 

26   26  = +117.308 kN / cm 2 , 26  93   93  = +151.828 kN / cm 2 . 93 


3.


Determinazione dei valori delle tensioni tangenziali τ l e τ m Il valori delle tensioni tangenziali sono

(tl )2 − (σ l )2

τ l = τl =

(tm )2 − (σ m )2

τ m = τm =

4.

(130.752)2 − (117.308)2

= =

= 57.750 kN / cm 2 ,

(152.428)2 − (151.828)2

= 13.516 kN / cm 2 .

Calcolo delle tensioni e delle direzioni principali Tensioni principali Gli invarianti di tensione sono

I1σ = σ xx + σ yy + σ zz = 180.0 kN / cm 2 , I 2σ =

σ xx τ xy σ xx τ xz σ yy τ yz + + = −1900.00 (kN / cm 2 ) 2 , τ yx σ yy τ zx σ zz τ zy σ zz

I 3σ = σ ij = −900000.000 (kN / cm 2 ) 3 ,

per cui l’equazione caratteristica risulta σ 3 − 180 ⋅ σ 2 − 1900 ⋅ σ + 900000 = 0 . Questa può essere scritta come (90 − σ ) ⋅ [(−σ ) ⋅ (90 − σ ) − 100 2 ] = (90 − σ ) ⋅ (σ 2 − 90 ⋅ σ − 10000) = 0 ; pertanto, una tensione principale è σ 2 = 90.0 kN / cm 2 , mentre le altre due coincidono con le soluzioni dell’equazione algebrica σ 2 − 90 ⋅ σ − 10000 = 0 , ovvero, σ 1,3 =

 154.659 kN / cm 2 90 ± 48100 . = 45 ± 12025 =  2 2 − 64 . 659 kN / cm 

Direzioni principali La direzione 1, associata alla tensione principale σ1, ha versore n1 = [n1x n1y n1z ] . Le componenti del versore n1 si ottengono risolvendo il sistema di equazioni algebriche, non lineare e non omogeneo, T

(σ xx − σ 1 )  τ yx τ zx  1 nx

 1 τ xy τ xz 0    nx    (σ yy − σ 1 ) τ yz  ⋅ n1  = 0 , y (σ zz − σ 1 )   1  0 τ zy   n   z  1 n1y n1z   

ovvero, − 154.659  0.0   100.0  n1x 

0.0 − 64.659 0.0 n1y

100.0 1 0    nx    0.0  1  0 ⋅ ny = . − 64.659  1  0   nz    n1z    1

La terza equazione è proporzionale alla prima; pertanto, limitando l’attenzione alle prime due di esse, possiamo costruire il vettore



 τ xy τ xz   0.0 100.0      (σ yy − σ 1 ) τ yz  0.0  − 64.659   N 1x    6465.90   − σ σ τ ( ) 154 . 659 100 . 0 −     xx 1 xz  0.00 , N1 =  N 1y  =  = = τ τ 0 . 0 0 . 0 yx yz    10000.00  N 1z       (σ − σ )   − 154.659 0.0   τ xx 1 xy    0.0 − 64.659  (σ yy − σ 1 )    τ yx

calcolarne il modulo N1 = N1 =

(N ) + (N ) + (N ) 1 2 x

1 2 y

1 2 z

=

(− 6465.90)2 + (0.00)2 + (10000.00)2

= 11908.311 ,

e porre  N 1x   6465.90 0.542970 1  1 1 N  1 0.00 = 0.000000 . n = 1 = 1 N y  =  11908.311 N N  N 1z  10000.00 0.839720   1

Procedendo in modo analogo, ricaviamo i versori delle altre due direzioni principali  N x2  0.00 0.000000  1  2 1 N  2 10000.00 = 1.000000 , n = 2 = 2 N y  =  10000 . 00 N N  N z2   0.00 0.000000   2

 N x3  15465.90 0.839720 1  3 1 N  3 0.00 = 0.000000 . n = 3 = 3 N y  =  18417.222 N N  N z3  10000.00 0.542970   3

I

risultati

precedenti si ottengono più semplicemente osservando che τ yx = τ yz = 0.0 kN / cm 2 , per cui σ yy = 90.0 kN / cm 2 = σ 2 è una tensione principale così come

è principale la direzione 2 ad essa associata di versore n 2 = [nx2 n y2 nz2 ] = [0 1 0]T . T

5.


σ2 +σ3  ascissa : c1 = 2 Cerchio c:  σ 2 −σ3 raggio : r1 =  2 σ 3 + σ1  ascissa : c2 = 2 Cerchio d:  σ 3 − σ1 raggio : r2 =  2

90.000 − 64.659 = 12.671 kN / cm 2 2 , 90.000 + 64.659 2 = = 77.329 kN / cm 2 − 64.659 + 154.659 = = 45.000 kN / cm 2 2 , − 64.659 − 154.659 2 = = 109.659 kN / cm 2 σ 1 + σ 2 154.659 + 90.000  = = 122.329kN / cm 2 ascissa : c3 = 2 2 . Cerchio e:  σ − σ 2 154.659 − 90.000 2 raggio : r3 = 1 = = 32.329 kN / cm  2 2 =



Lo stato di tensione dato ammette nel piano (O,σ n ,τ n ) di Mohr la rappresentazione grafica seguente

τn

d

τMAX r1

r2 r3 c3

O c1 c2

c σmin

6.

σn

e σMAX

Determinazione dei valori della σ MAX , σ min e τ MAX Note le tensioni principali, si hanno σ MAX = max{σ 1 , σ 2 , σ 3 } = max{154.659, 90.00, − 54.659} = 154.659 kN / cm 2 = σ 1 , σ min = min{σ 1 , σ 2 , σ 3 } = min{154.659, 90.00, − 54.659} = −64.659 kN / cm 2 = σ 3 ,  σ − σ 2 σ 2 −σ 3 σ 3 −σ1  2 , , τ MAX = max  1  = max{r3 , r1 , r2 } = 109.659 kN / cm = r2 . 2 2   2


7.


Determinazione delle componenti del tensore della deformazione nel riferimento principale delle tensioni


−

ν E

1 E −

ν E

ν E ν − E 1 E −

0

0

0

0

0

0

0

0

1 G

0

0

0

0

1 G

0

0

0

0


in cui G = E / 2(1 + ν ) è il modulo di elasticità trasversale del materiale, si ricavano le seguenti componenti del tensore della deformazione nel riferimento O, xp, yp, zp − 0.3 − 0.3  ε1   1 ε  − 0.3 1 − 0.3  2   ε 3  1 − 0.3 − 0.3 1   = ⋅ 0 0 γ 23  E  0 γ 13   0 0 0    0 0  0 γ 12 

0 0 0 2.6 0 0

0 0 0 0 2.6 0

0 0 0 0 0 2.6

  154.659  147.057   0.00070027     62.999  0.00029999 90.000       − 64.659.0 1 − 138.057  − 0.00065741   = ⋅ =  0 . 000 0 . 000 E      0.00000000   0.000  0.00000000 0.000       0.000  0.00000000 0.000   

per cui il tensore della deformazione risulta 0.000 0.00070027 0.00000000 0.00000000 147.057 0.000 1   ε =  0.000 24.232 0.000 = 0.00000000 0.00029999 0.00000000 . E  0.000 0.000 − 138.057  0.00000000 0.00000000 − 0.00065741

Essendo ε12 = ε 23 = ε 31 = 0.0 , 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.

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 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

N = −50 kN ;

•

momento flettente

M x = 250 kNcm ;

•

sforzo di taglio

Ty = 100 kN ;

•

momento torcente

M t = 45 kNcm . 1

10

2

3 4

G x

60

y

5 40

10

80

10

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 σ = 16 kN / cm2 . NOTA: le lunghezze riportate in figura sono espresse in mm.

40



SOLUZIONE: 1.

Proprietà geometriche della sezione Con riferimento alla suddivisione in parti mostrata nella figura seguente, si ha 10

e G y 51

c

60

x

d

Y X O

40

Parte c d e c+d+e

80

10

bi 10.0 10.0 180.0

hi 60.0 60.0 10.0

10

Ai 600.00 600.00 1800.00 3000.00

YGi 30.0 30.0 65.0

Area: A = 3000.00 mm 2 = 30.00 cm 2 , Momento statico: S X = 153000.000 mm3 = 153.000 cm3 , Ordinata del baricentro: YG =

153000 = 51.0 mm = 5.1 cm , 3000

Momento d’inerzia rispetto alla base: 1 1 J X = J X 1 + J X 2 + J X 3 = 2( b1h13 ) + b3 h33 + A3YG23 = 3 12 = 1440000.0000 + 15000.0000 + 7605000.0000 = = 9060000.000 mm 4 = 906.0000 cm 4 Momento d’inerzia baricentrico: J XG = J X − AYG2 = 9060000.0000 − 3000.00 ⋅ 51.0 2 = = 1257000.0000 mm 4 = 125.7000 cm 4

2

40

SXi 18000.000 18000.000 117000.000 153000.000


2.

Problema di Saint Venant e criteri di resistenza dei materiali: Esempio 1

Analisi dello stato di sollecitazione

2.1 Sforzo assiale N Lo sforzo assiale produce la tensione normale σ zzN =

N − 50.0 = ≅ −1.667 kN / cm 2 A 30.00

distribuita uniformemente sull’intera sezione. 1

2

σzz 3

x

G

4

y

5

Nei punti di verifica si ottengono i valori Sezione c d e f g

N σ zzi (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 σ zzM x prodotte dal momento flettente Mx. 2 1.9

1

3 x

G

4

y

n 5.1

n

5

3



Mx = Utilizzando la formula di Navier, σ zzi

Sezione c d e f g

M x ⋅ yi , si ottengono i valori Jx

M x / J x (kNcm-3)

yi (cm)

1.98886

-1.9 -1.9 -0.9 0.0 +5.1

M σ zzi (kN/cm2) -3.779 -3.779 -1.790 0.000 +10.143 x

2.3 Sforzo di taglio Ty T

La figura successiva mostra il flusso delle tensioni tangenziali τ y prodotte dal taglio Ty.

τzx

-

-

+

+ 1

2

τzy τmax

3

G

4

x y

+

5

Utilizzando la formula di Jourawski, τ rs = Ty / J x (kNcm-3)

Ty ⋅ S r , si ottengono i valori J x ⋅ br Sr (cm3)

Ty

c

5.600

1.0

d

5.600

1.0

12.600

1.0

τ i (kN/cm2) τ zx = −4.455 τ zx = +4.455 τ zy = 10.023

f

13.005

1.0

τ zy = 10.346

g

0.000

1.0

τ zy = +0.000

Sezione

e

0.795545

4

br (cm)



2.4 Momento Torcente Mt La figura mostra il flusso delle tensioni tangenziali prodotte dal momento torcente Mt. Dati i valori dei rapporti d i / Di << 1, i = 1,K ,3 , la sezione è in parete sottile aperta e costituita dall’assemblaggio degli elementi a forma rettangolare allungata prima descritti. 1

3

2 3

G

4

x y

1

2 5

Calcoliamo le inerzie torcenti dei diversi elementi e quella dell’intera sezione Elemento c d e c+d+e

bi (cm)

hi (cm)

6.0 6.0 18.0

1.0 1.0 1.0

J ti = 1 3 ⋅ bi ⋅ hi3 (cm4) 2,0000 2,0000 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

c d e 3.

M ti = J ti / J t ⋅ M t (kNcm)

J ti / J t

Elemento

0.2 0.2 0.6

9.0 9.0 27.0

M τ max i = t

M ti M ⋅ hi = t ⋅ hi (kN/cm2) J ti Jt 4.500 4.500 4.500

Verifiche di resistenza

Sovrapponendo gli stati tensionali prima ottenuti, risulta la tensione ideale secondo il criterio di von Mises Sezione

σ zzN

σ zzM

c

-1.667

-3.779

-4.445

4.500

d

-1.667

-3.779

4.445

4.500

e

-1.667

-1.790

10.023

4.500

f

-1.667

0.000

10.346

4.500

g

-1.667

10.143

0.000

4.500

x

τ

Ty

τM

t

per cui la verifica di resistenza è ovunque soddisfatta. 5

σ id = σ 2 + 3τ 2 ≤ σ amm (kN/cm2) σ id = 8.062 ≤ 16.000 = σ amm σ id = 8.062 ≤ 16.000 = σ amm σ id = 12.030 ≤ 16.000 = σ amm σ id = 11.962 ≤ 16.000 = σ amm σ id = 11.905 ≤ 16.000 = σ amm




sforzo assiale

N = −500 kN

•

momento flettente

M x = 300 kNcm ;

•

sforzo di taglio

Ty = 80 kN ;

•

momento torcente

M t = 600 kNcm . 10 10 10

1

2 3 5

4

6

G

x

102

y

8 10

7

67

10

134

10

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 σ = 16kN / cm 2 . NOTA: le lunghezze riportate in figura sono espresse in mm.

67



SOLUZIONE: (Prova del 28 Giugno 2002, allieva: Giulia Barale) 1.

Proprietà geometriche della sezione d

c e

10 10 10

Con riferimento alla suddivisione in parti mostrata nella figura seguente, si ha

G x y 102

h 80

g

Y

67

Parte c d e f g h

10

10

f

X O

134

bi

10

hi

67.0 67.0 134.0 134.0 10.0 10.0

Ai 670.00 670.00 1340.00 1340.00 1420.00 1420.00 6860.00

10.0 10.0 10.0 10.0 142.0 142.0

67

YGi 137.0 137.0 117.0 5.0 71.0 71.0

SXi 91790.000 91790.000 156780.000 6700.000 100820.000 100820.000 548700.000

Area della sezione: A = 6860.00 mm 2 = 68.60 cm2 , Momento statico: S X = 548700.000 mm3 = 548.700 cm3 , Ordinata del baricentro: YG =

548700 ≈ 79.98 mm = 8.0 cm , 6860

Momento d’inerzia rispetto alla base: J X = J X1 + J X 2 + J X 3 + J X 4 + J X 5 + J X 6 = 1 1 1 1 = 2( b1h13 + A1YG21 ) + ( b3 h33 + A3YG23 ) + b4 h43 + 2( b5 h53 ) = 12 12 3 3 = 25161626.6667 + 18354426.6667 + 44666.6667 + 19088586.6667 = = 62649306.6667 mm 4 = 6264.9307 cm 4 Momento d’inerzia baricentrico:

J XG = J X − AYG2 = 62649306.6667 − 6860.00 ⋅ 80.0 2 = = 18745306.6667 mm 4 = 1874.5307 cm 4

2


2.



2.1 Sforzo assiale N Lo sforzo assiale produce la tensione normale σ zzN =

N − 500.0 = ≅ −7.289 kN / cm 2 A 68.60

distribuita uniformemente sull’intera sezione. 1

σzz

2 3 5

4

G

6

x y

8

7

Nei punti di verifica si ottengono i valori N σ zzi (kN/cm2) -7.289 -7.289 -7.289 -7.289 -7.289 -7.289 -7.289 -7.289

Sezione c d e f g h i j 2.2 Momento flettente Mx

La figura seguente mostra il diagramma delle tensioni normali σ zzM x prodotte dal momento flettente. 1

σΜzz 2 -

3 5

n

4

6

G

n

x y

7

8

+

3




Sezione c d e f g 6 7 8


M x / J x (kNcm-3)

yi (cm)

0.1600

-6.2 -5.2 -4.2 -4.2 -3.2 0.0 7.0 8.0

M σ zzi (kN/cm2) -0.992 -0.832 -0.672 -0.672 -0.512 0.000 1.120 1.280 x

2.3 Sforzo di taglio Ty T

La figura successiva mostra il flusso delle tensioni tangenziali τ y prodotte dallo sforzo di taglio.

τzx

1

+

+

τzy

2 +

3 5

n

+

4

6

G y

7

τmax

n

x

+

8

-

τzx +

Utilizzando la formula di Jourawski, τ rs =

Ty ⋅ S r J x ⋅ br

, si ottengono i valori

Sr (cm3)

br (cm)

c

38.190

1.0

d

43.890

1.0

τ i (kN/cm2) τ zx = −1.630 τ zy = +1.873

e

48.590

1.0

τ zy = +2.074

24.790

1.0

77.080

1.0

τ zx = +1.058 τ zy = +3.289

6

82.200

1.0

τ zy = +3.508

7

57.700

1.0

τ zy = +2.462

8

50.200

1.0

τ zx = −2.142

Sezione

f g

Ty / J x (kNcm-3)

0.042677

4

Ty



2.4 Momento Torcente Mt La figura mostra il flusso delle tensioni tangenziali prodotte dal momento torcente. 1 2 3 5

4

G

6 x y

7

8

Dati i valori assai modesti dei rapporti d i / Di << 1, i = 1, K , n , 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

C

B

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. Jt A = Jt C = J tB =

4 ⋅ Ω m2

∫ dl s

1 1 li ⋅ si3 = (6.7 ⋅1.03 + 2.0 ⋅1.03 ) = 2.9 cm4 , ∑ 3 3 =

4 ⋅ (14.4 ⋅11.2) 2 104044.9536 = = 2032.1280 cm 4 . 2 ⋅ (14.4 + 11.2) 51.2

Conseguentemente, si ottengono MtA =

Jt A 2.9 ⋅ Mt = ⋅ 600.0 = 0.85 kNcm , Jt A + Jt B + JtC 2037.9280

( 0.14%)

MtB =

Jt B 2032.1280 ⋅ Mt = ⋅ 600.0 = 598.29 kNcm , Jt A + Jt B + JtC 2037.9280

(99.72%)

5


MtC =


Jt C 2.9 ⋅ Mt = ⋅ 600.0 = 0.85 kNcm . Jt A + Jt B + JtC 2037.9280

( 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 Mt 600.0 600.0 = = = 1.860 kN / cm 2 , 2 ⋅ Ω m ⋅ s 2 ⋅ (14.4 ⋅11.2) ⋅1.0 322.56 per cui T τ i y (kN/cm2) Sezione

τ=

d

τ zx = 0.000 τ zy = 0.000

e

τ zy = 0.000

f g

τ zx = +1.860 τ zy = +1.860

6

τ zy = +1.860

7

τ zy = +1.860

8

τ zx = −1.860

c

3.



σ zzN

σ zzM

c

-7.289

-0.992

d

-7.289

e

τ

τM

Ty

-0.832

τ zx = −1.630 τ zy = +1.873

τ zx = 0.000 τ zy = 0.000

σ id = σ 2 + 3τ 2 ≤ σ amm (kN/cm2) σ id = 8.750 ≤ 16.000 = σ amm σ id = 8.740 ≤ 16.000 = σ amm

-7.289

-0.672

τ zy = +2.074

τ zy = 0.000

σ id = 8.730 ≤ 16.000 = σ amm

f

-7.289

-0.672

g

-7.289

-0.512

τ zx = +1.058 τ zx = +1.860 τ zy = +3.289 τ zy = +1.860

σ id = 9.430 ≤ 16.000 = σ amm σ id = 11.850 ≤ 16.000 = σ amm

h

-7.289

0.000

τ zy = +3.508 τ zy = +1.860

σ id = 11.814 ≤ 16.000 = σ amm

i

-7.289

1.120

τ zy = +2.462 τ zy = +1.860

σ id = 9.700 ≤ 16.000 = σ amm

j

-7.289

1.280

τ zx = −2.142 τ zx = −1.860

σ id = 9.170 ≤ 16.000 = σ amm

x

per cui la verifica di resistenza è ovunque soddisfatta.

6

t




sforzo assiale

N = −800 kN

•

momento flettente

M x = 500 kNcm ;

•

sforzo di taglio

Ty = 120 kN ;

•

momento torcente

M t = 600 kNcm . 10

1

160

2

5

G x

10

3

6

4

230

y

9

8 10

7

145

10

290

10

145

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 σ = 16.0 kN / cm 2 . NOTA: le lunghezze riportate in figura sono espresse in mm.



SOLUZIONE: (Prova del 15 Luglio 2002, allieva: Sara Salomoni) 1.

Proprietà geometriche della sezione Con riferimento alla suddivisione in parti mostrata nella figura seguente, si ha 1

7

160

2

10

1

4 G

3

5

6

x

10

3

6

4

O Parte c d e f g h i j

X 2

230 9

8 7

8

5

145

290

10

Ai 1450.00 1450.00 4200.00 2900.00 2900.00 4200.00 1450.00 1450.00 20000.00

YGi 415.0 5.0 210.0 245.0 5.0 210.0 415.0 5.0

10

bi 145.0 145.0 10.0 290.0 290.0 10.0 145.0 145.0

hi 10.0 10.0 420.0 10.0 10.0 420.0 10.0 10.0

10

Y

185.4

y

145

SXi 601750.000 7520.000 882000.000 710500.000 14500.000 882000.000 601750.000 7520.000 3707540.000

Area: A = 20000.00 mm 2 = 200.00 cm 2 , Momento statico: S X = 3707540.000 mm 3 = 3707.540 cm3 , Ordinata del baricentro: YG = 3707540 20000 = 185.377 mm ≈ 18.54 cm , Momento d’inerzia rispetto alla base: J X = 2J X1 + 2J X 2 + 2J X 3 + J X 4 + J X 5 = b1h13 b2 h23 b3 h33 b4 h43 b5 h53 2 2 = 2( + A1YG1 ) + 2 +2 + + A4YG 4 + = 116768.6667 cm 4 12 3 3 12 3 Momento d’inerzia baricentrico: J XG = J X − AYG2 = 116768.6667 − 200.00 ⋅18.54 2 = 48059.4217 cm 4

2


2.



2.1 Sforzo assiale N

σ zzN

Lo sforzo assiale produce la tensione normale di N − 800.0 = = ≅ −4.000 kN / cm 2 distribuita uniformemente sull’intera sezione. A 200.00

compressione

1

σzz

2

3 5

G

x

6

4

y

9

8 7

Nei punti di verifica si ottengono i valori N σ zzi (kN/cm2) -4.000 -4.000 -4.000 -4.000 -4.000 -4.000 -4.000 -4.000 -4.000

Sezione c d e f g h i j k 2.2 Momento flettente Mx

La figura seguente mostra il diagramma delle tensioni normali σ zzM x originate dal momento flettente. 1 -

2

σΜzz 3

n

5

G x

6

4

n

y

9

8

+ 7

3




Sezione c d e f g 6 7 8 9


M x / J x (kNcm-3)

yi (cm)

0.010404

-23.46 -22.46 -6.46 -6.46 -5.46 0.00 17.54 17.54 17.54

M σ zzi (kN/cm2) -0.244 -0.234 -0.067 -0.067 -0.057 0.000 0.182 0.182 0.182 x

in cui, nella valutazione delle tensioni normali indotte dal momento flettente nelle sezioni c, e, 8 e 9, si è tenuto conto della possibile interazione con lo sforzo assiale. 2.3 Sforzo di taglio Ty T

La figura successiva mostra il flusso delle tensioni tangenziali τ y indotte dallo sforzo di taglio. 1

+

+

τzx

2 + 3

τzy

4

5

n

6

n

G

x y

+

9

7 8

-

+

τmax

τzx

+

4



Utilizzando la formula di Jourawski, τ rs =

Ty ⋅ S r J x ⋅ br

, si ottengono i valori

Sr (cm3)

br (cm)

c

332.993

1.0

d

355.958

1.0

τ i (kN/cm2) τ zx = −0.831 τ zy = +0.889

e

587.398

1.0

τ zy = +1.467

f

86.493

1.0

679.856

1.0

6

694.762

1.0

τ zx = +0.216 τ zx = +1.698 τ zy = +1.735

7

541.050

1.0

τ zy = +1.351

8

261.508

1.0

9

261.508

1.0

τ zx = +0.653 τ zx = −0.653

Sezione

g

Ty / J x (kNcm-3)

0.0024969

Ty

2.4 Momento Torcente Mt La figura mostra il flusso delle tensioni tangenziali prodotte dal momento torcente. 1

2

A

B

3 5 6

4

E 9

C

8

D 7

Dati i valori assai modesti dei rapporti d i / Di << 1, i = 1, K , n , 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

τ=

Mt 600.0 600.0 = = ≅ 0.417 kN / cm 2 , 2 ⋅ Ω m ⋅ s 2 ⋅ (30.0 ⋅ 24.0) ⋅1.0 1440.000

5



per cui

d e

τ zy = 0.000

f

τ zx = +0.417

g

τ zy = −0.417

6

τ zy = −0.417

7

τ zy = −0.417

8

τ zx = 0.000 τ zy = −0.417

c

9 3.

Ty

τ i (kN/cm2) τ zx = 0.000 τ zy = 0.000

Sezione



σ zzN

σ zzM

c

-4.000

-0.244

d

-4.000

-0.234

τ zx = −0.831 τ zx = 0.000 τ zy = +0.889 τ zy = 0.000

e

-4.000

-0.067

τ zy = +1.467

τ zy = 0.000

σid = 4.795 ≤ 16.000 = σ amm

f

-4.000

-0.067

σid = 4.212 ≤ 16.000 = σ amm

g

-4.000

-0.057

τ zx = +0.216 τ zx = +0.417 τ zy = +1.698 τ zy = −0.417

h

-4.000

0.000

τ zy = +1.735 τ zy = −0.417

σid = 5.467 ≤ 16.000 = σ amm

i

-4.000

0.182

τ zy = +1.351 τ zy = −0.417

σid = 4.894 ≤ 16.000 = σ amm

j

-4.000

0.182

σid = 3.982 ≤ 16.000 = σ amm

9

-4.000

0.182

τ zx = +0.653 τ zx = 0.000 τ zx = −0.653 τ zx = −0.417

x

τ

τM

Ty

per cui la verifica di resistenza è ovunque soddisfatta.

6

t

σ id = σ 2 + 3τ 2 ≤ σ amm (kN/cm2) σid = 4.481 ≤ 16.000 = σ amm σid = 4.505 ≤ 16.000 = σ amm

σid = 5.466 ≤ 16.000 = σ amm

σid = 4.244 ≤ 16.000 = σ amm

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