12 - Diagrammi Delle Caratteristiche Per Strutture Isostatiche

8/11/2019 12 - Diagrammi Delle Caratteristiche Per Strutture Isostatiche

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12 - Sul calcolo delle caratteristiche

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

In questa Esercitazione si illustrano alcuni metodi per tracciare i diagrammi delle caratteristiche dellasollecitazione interna, limitatamente al caso di strutture isostatiche. Qualunque sia l'approccio usato,analitico, geometrico o grafico, si dovra' far uso delle equazioni di equilibrio, che impongono le seguentirelazioni tra carichi applicati e c.s.i.:

(1)

dN

dx 3= t

dTdx 3

= p

dM

dx 3= T

Ne segue che la distribuzione dei carichi assiali e trasversali fornisce una indicazione sull'andamento deldiagramma di sforzo normale e taglio:- tratto scarico caratteristica costante- tratto caricato da un carico uniformemente distribuito caratteristica lineare- tratto caricato da un carico distribuito con legge lineare caratteristica quadratica

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

Per il momento flettente, in base alle (1) potra' dirsi:- tratto scarico taglio costante momento lineare- tratto caricato da un carico pH x3L uniformemente distribuito taglio lineare momento quadraticoInoltre, nei tratti dove il taglio e' positivo, il momento dovra' essere una funzione crescente

Conosciuto l'andamento dei diagrammi, alcuni valori potranno dedursi in base alle condizioni ai limiti diequilibrio. Ad esempio, in corrispondenza di un estremo libero non caricato le caratteristiche dovrannoannullarsi, in corrispondenza di una cerniera il momento sara' nullo, etc. Infine, si consideri che dove il taglioe' nullo il momento avra' un minimo, un massimo, o un punto di flesso, e che - in generale - potranno trarsi

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

In corrispondenza dei vincoli interni e delle forze concentrate intermedie sorgeranno discontinuita' neidiagrammi: in particolare, una forza assiale concentrata causa una discontinuita' nello sforzo normale, unaforza trasversale causa una discontinuita' nel taglio, ed una discontinuita' angolare nel momento, una coppiacausa una discontinuita' nel diagramma del momento. Analogamente, i vincoli introducono reazioni concen-trate, e quindi altrettante discontinuita'.

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


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

mente distribuito.

L

A B

Figura 1 - Un primo esempio elementare

Metodo grafico

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

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

(2)

R A = qL

M rA =qL 2

2- ad un carico uniformemente distribuito corrisponde un taglio variabile con legge lineare. Si conoscono idue valori agli estremi, in quanto:

(3)T H0 L = RA = qLT HLL = 0

ed e' quindi possibile tracciare la retta che congiunge i due punti. Si osservi che - come previsto - il taglio e'una funzione decrescente con pendenza pari al carico

qL

L

A B

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

185 12 - Diagrammi delle caratteristiche per strutture isostatiche.nb


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

(4)M H0 L = M rA = qL

2

2M

HL

L = 0

Inoltre, in L il diagramma del momento avra' tangenza orizzontale, in quanto la sua derivata (ossia il taglio)e' nulla. Tutto cio' permette il disegno della parabola quadratica che rappresenta il momento

qL 2

2

L

A B

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

Metodo analitico

Se si vogliono ottenere le formule che descrivono l'andamento dei diagrammi delle c.s.i., si consideri che,poiche' il taglio e' lineare, si potra' scrivere:

(5)T Hx 3 L = a 0 + a 1 x 3e le due costanti potranno dedursi imponendo le condizioni ai limiti:

(6)T H0 L = qL a 0 = q LT HLL = 0 a 0 + a 1 L = 0

e quindi:

(7)T Hx 3 L = qL K1 x 3L OAnalogamente, il momento e' quadratico, e quindi si potra' scrivere :

(8)M Hx 3 L = b 0 + b 1 x 3 + b 2 x 32e le tre costanti dovranno dedursi a partire dalle tre condizioni :

(9)

M H0 L = qL2

2 b 0 =

qL 2

2

M HLL = 0 b 0 + b 1 L + b 2 L2 = 0M'

HL

L = 0 b 1 + 2 b 2 L = 0

Si ottiene :

12 - Diagrammi delle caratteristiche per strutture isostatiche.nb 186


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b 0 = qL 2

2b 1 = qL

b 2 = q

2e quindi il momento e' esprimibile analiticamente come :

(11)M Hx 3 L = q2 IL 2 2 L x 3 + x 32 M

Esercizio n .2Un secondo esempio elementare e' proposto in Figura 4, dove una trave costituita da due tratti collegati dauna cerniera e' soggetta ad una stesa di carico uniforme limitatamente al tratto di destra.

q

L 1 L 2

A

BC

Figura 4 - Una trave isostatica a due tratti

Poiche' la trave e' vincolata a sinistra con un incastro, ed a destra con un appoggio, essa risulta isostatica, e lereazioni possono calcolarsi immediatamente risolvendo le quattro equazioni di equilibrio:

(12)

R A + T B = 0 M rA T B L 1 = 0 T B + RC + q L 2 = 0

T B L2 +qL 2

2

2= 0

Si ha :

(13)

T B =qL

2

2

RC = qL 2

2

R A = qL 2

2

M rA =qL 2

2L 1

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



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(14)

T H0 L = qL 22T HL 1 + L 2 L = qL 22

si puo' subito tracciare il diagramma.

qL 2

2

qL 2

2

L1

L2

A

BC

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

Il momento variera' linearmente lungo la prima campata, e quadraticamente nella seconda. E' anche noto cheesso dovra' annullarsi sia in B che in C, e che in mezzeria della seconda campata (dove il taglio e' nullo)dovra' presentare una tangenza orizzontale.

q L 2

2L 1

qL 22

8

L 1 L 2

A

BC

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

Metodo analitico

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

scrivere:



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T AB Hx 3 L = qL 22MAB Hx 3 L = qL 22 L 1 1

x 3

L 1

assumendo un sistema di riferimento con origine in A. Nel secondo tratto il taglio varia linearmenteassumendo agli estremi i valori

qL 22

a sinistra e -qL 2

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

sistema di riferimento con origine in B:

(16)T BC Hx 3 L = qL 22 1 2x 3

L 2

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

(17)MBC Hx 3 L = b 0 + b 1 x 3 + b 2 x 32i cui coefficienti potranno calcolarsi dalle tre condizioni :

(18)

MBC H0 L = 0 b 0 = 0MBC HL 2 L = 0 b 0 + b 1 L 2 + b 2 L22 = 0MBC

' H0 L = qL 22 b 1 =qL 2

2

In definitiva sara' :

(19)MBC Hx 3 L = q x 32 HL 2 x 3 L

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

L

H

q

A

B C

Figura 7 - Un semplice telaio a mensola



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Il telaio e' composto da due tratti, un ritto di altezza H ed un traverso di lunghezza L. Per il ritto, si adotta unsistema di riferimento con origine nel punto B, l'asse x3 diretto secondo l'asse della trave, verso il nodo A, el'asse x2 diretto verso sinistra, mentre per il traverso si sceglie l'origine in B, l'asse x3 diretto lungo l'asse deltratto, verso il nodo C, e l'asse x2 verso il basso.

Il calcolo delle reazioni e' immediato:

(20)

R Ah = 0

R Av = qL

M rA =qL 2

2

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

(21)

T BA HHL = 0NBA HHL = RAvMBA HHL = M rA

R Av

R Aw

rA

N BA

T BA

M BA

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

Lungo il tratto BA il taglio sara' quindi identicamente nullo, mentre lo sforzo normale sara' costante, e pariad RAv . Il momento flettente, poiche' il taglio e' nullo, risultera' costante, e pari ad M rA .

In B l'equilibrio detta invece :

(22)

T BC H0 L+ NBA H0 L = 0NBC H0 L TBA H0 L = 0MBC H0 L+ MBA H0 L = 0



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M BC

N BA

T BA

M BA

N BC

T BC

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

e quindi:

(23)

NBC H0 L = 0T BC H0 L = NBA H0 L = qLMBC H0 L = MBA H0 L = qL

2

2

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

da qL a zero, il momento variera' con legge quadratica crescendo da qL 2

2a zero:

qLqL

A

B C

A

B C

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



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qL 2

2

A

B C

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

Esercizio n. 4Si consideri il telaio di Figura 12, palesemente isostatico, in quanto assimilabile ad un arco a quattro cernierecon pendolo intermedio, e si voglia tracciare i diagrammi dello sforzo normale, del taglio e del momentoflettente.

P

L 1 L 2 L 3

H 1

H 2

H 3

H 4

H 5

A

B

K C F L

DH

E

Figura 12 - Un telaio a quattro cerniere e pendolo interno

Soluzione analitica

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



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R Av + TC NBF Sin @ D = 0R Aw + NC + NBF Cos @ D = 0R Aw H1 T C L1 NC H2 = 0 NC NBF Cos @ D T D = 0 T C + NBF Sin

@

D+ ND = 0

T C L2 T D h 3 ND L3 = 0

T D + P + REw = 0 ND + REv = 0 T D HH4 + H5 L P H 5 = 0

dove N BF e' lo sforzo normale nel pendolo, positivo se il pendolo risulta teso. La soluzione puo' scriversicome :

(25)

R Av =P H 5 HH2 H Cos @ D H3 + Sin @ D L 2 L+ Sin @ D HH3 L1 + H1 L 2 LL

HH4 + H5 L H Sin @ D L 1 L3 + Cos @ D H2 HL 2 + L 3 LLREw =

P H 4

H4 + H5

REv =P H 5 HH2 HCos @ D H3 Sin @ D L 2 L Sin @ D HH3 L1 + H1 L2 LL

HH4 + H5 L H Sin @ D L 1 L3 + Cos @ D H2 HL 2 + L 3 LLR Aw =

P H 5

H4 + H5

NC = P H 5 HCos @ D H3 L1 + Sin @ D L 1 L3 + Cos @ D H1 HL 2 + L 3 LL

HH4 + H5 L H Sin @ D L 1 L 3 + Cos @ D H2 HL 2 + L 3 LLNBF =

P H 5 HH3 L1 + HH1 + H2 L HL 2 + L 3 LLHH4 + H5 L H Sin @ D L 1 L3 + Cos @ D H2 HL 2 + L 3 LL

ND =P H 5 HH2 HCos @ D H3 Sin @ D L 2 L Sin @ D HH3 L1 + H1 L2 LLHH4 + H5 L H Sin @ D L 1 L3 + Cos @ D H2 HL 2 + L 3 LL

T C =P H 5 HSin @ D H1 L3 + H2 HCos @ D H3 + Sin @ D L 3 LLHH4 + H5 L H Sin @ D L 1 L 3 + Cos @ D H2 HL 2 + L 3 LL

T D = P H 5

H4 + H5

Nel caso di Figura 12, in cui H 1 = 4, H 2 = 6, H 3 = 4, H 4 = 2, H 5 = 2, L1 = 4, L2 = 2, ed L3 = 4 si ha:

(26)

R Av =3 P

10; R Ev =

3 P

10

REw = P

2; R Aw =

P

2

NC = 7 P

5; T C =

8 P

5

NBF =19 P

5 2; N BF Cos @ D = 19 P10 ; N BF Sin @ D =

19 P

10;

ND = 3 P

10; T D =

P

2



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Il diagramma del taglio

Per il tracciamento del diagramma del taglio, si consideri che esso dovra' essere costante a tratti, condiscontinuita' in corrispondenza dei due punti B ed F di applicazione del pendolo, dei due nodi K ed L, e del

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

HO i ,

x3HiL, x2HiLM identificando sei distinti origini degli assi, orientando l'asse x3HiL lungo l'asse del telaio, dall'origineverso l'altro estremo, e l'asse x2HiL a formare un angolo di p /2 con x3HiL. Quando nessuna confusione e' possibile,si elimineranno gli apici.

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

- tratto 1, da B ad A, con origine in B- tratto 2, da K a B, con origine in K- tratto 3, da K ad F, con origine in K- tratto 4, da F ad L, con origine in F- tratto 5, da L ad H, con origine in L- tratto 6, da H ad E, con origine in H

x 3H1 L

x 2H1 L

x 3H2 L x 2H3 L

x 2H2 L x 3H3 L x 3H4 L

x 2H4 L x 3H5L

x 2H5 L

x 3H6L

x 2H6 L P

A

B

K C F L

D

H

E

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

Il diagramma del taglio sara' quindi univocamente determinato dai valori T BA , T KB , T KF , T FL , T LH e T HE e,per convenzione, esso verra' riportato dal lato dell'asse locale x2 negativo. Partendo dal tratto HE, l'equilibriodell'appoggio di estremita' permette di ottenere il valore del taglio in HE:



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R Ev

R Ew

N E

T E

Figura 14 - L'equilibrio del vincolo in E

(27)T HE = REw =P

2

In corrispondenza della forza applicata P si ha una discontinuita' del diagramma, e per l'equilibrio del concioH dovra' aversi:

(28)T LH = THE P = P

2

P

N HE

T HE

M HE

N LH

T LHM LH

Figura 15 - L'equilibrio del concio in H

e tale valore si manterra' costante fino al punto L. Nel tratto FL il valore del taglio sara' pari al valore dellosforzo normale nel tratto LH, ossia sara':



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N FL

T FL

M FL

N LH

T LH

M LH

Figura 16 - L'equilibrio del concio in L

(29)T FL = NLH = REv = 3 P

10

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

N KF

T KF

M KF

M FL

N FL

T FL

N BF

Figura 17 - L'equilibrio del concio in F

(30)T KF = TFL + NBF Sin @ D = 3 P10 +19 P

10=

8 P

5

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

(31)T BA = RAw =P

2

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



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N BF

N BA

T BA

M BA

N KB

T KB

M KB

Figura 18 - L'equilibrio del concio in B

(32)T KB = TBA NBF Cos @ D = P2 19 P

10=

7 P

5

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

A

B

K F L

H

E

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

Il diagramma del momento

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

pena dedotto diagramma del taglio, che ne rappresenta la derivata. Esso sara' costituito da diagrammi lineari,per cui - utilizzando i gia' citati sistemi di riferimento, si potra' scrivere:



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MBA Hx 3 L = c 0 + T BA x 3MKB Hx 3 L = c 1 + T KB x 3MKF Hx 3 L = c 2 + T KF x 3MFL Hx 3 L = c 3 + T FL x 3MLH

Hx 3

L = c 4 + T LH x 3

MHE Hx 3 L = c 5 + T HE x 3Partendo dall' appoggio in A, si avra' ovviamente M A = 0, e quindi:

(34)MBA Hx 3 = H1 L = c 0 + T BA H1 = c 0 + P2 H1 = 0 c 0 = P

2H1

e quindi:

(35)MBA Hx 3 L = P2 Hx 3 H1 LNel tratto KB, si avra' subito:

(36)

MB = MKB Hx 3 = H2 L =c 1 + TKB H2 =

P

2H1 c 1 = TKB H2

P

2H1 =

7 P

5H2

P

2H1

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

(37)MKB Hx 3 L = 7 P5 H2 P

2H1

7 P

5x 3

giungendo in K con un valore :

(38)MK = MKB Hx 3 = 0 L =7 P

5 H2

P

2 H1 =

32 P

5

Sara' quindi, per l' equilibrio del nodo :

M KF

N KF

T KF

M KB

N KB

T KB

Figura 20 - L'equilibrio del concio in K

(39)MKF

Hx 3

L =

32 P

5

+8 P

5

x 3

Si noti subito, che - come dettato dalle condizioni ai limiti - si ritrova M C = M KFH x3 = L1L = 0. In F il



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momento varra':

(40)MF = MKF Hx 3 = L 1 + L 2 L = P2 H1 7 P

5H2 +

8 P

5 HL 1 + L 2 L =16 P

5= c 3

e quindi il momento nel tratto FL varra' :

(41)MFL Hx 3 L = P2 H1 7 P

5H2 +

8 P

5 HL 1 + L 2 L3 P

10x 3

In L quindi si avra' un momento pari a :

(42)ML = MFL Hx 3 = L 3 L = P2 H1 7 P

5H2 +

8 P

5 HL 1 + L 2 L3 P

10L 3 = c 4

Nel tratto verticale LH si avra' il momento:

(43)MHL Hx 3 L = P2

H1 7 P

5

H2 +8 P

5HL 1 + L 2 L 3 P

10

L 3 P

2

x 3

che ovviamente si annulla in x3 = H 3 , e giunge in H col valore:

(44)

MH = MHL Hx 3 = H3 + H4 L =P

2H1

7 P

5H2 +

8 P

5 HL 1 + L 2 L3 P

10L 3

P

2 HH3 + H4 L = c 5Infine, nel tratto HE si ha una pendenza pari a P/2, e quindi:

(45)MHE Hx 3 L = P2 H1 7 P

5H2 +

8 P

5 HL 1 + L 2 L3 P

10L 3

P

2 HH3 + H4 L+P

2x 3

annullandosi in E.

In Figura 21 e' disegnato il diagramma del momento, che per convenzione e' riportato dalla parte dell'asse x2positivo.

A

B

K F L

H

E

C

D

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



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Soluzione grafica

Per la ricerca delle reazioni, si ossevi che l'equilibrio del tratto di telaio da A a C impone che la reazione adell'appoggio in A, la reazione b del pendolo e la reazione c della cerniera in C soddisfino la relazione

(46)a + b + c = 0

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

(47)b + c + d = 0

da cui a = d . Quindi, la retta d'azione della reazione a in A, e la retta d'azione della reazione d della cernierain D devono coincidere, e poiche' a deve passare per A, e d deve passare per D, le loro direzioni sono note.Inoltre, l'equilibrio del terzo tratto:

(48)d + P + e = 0

permette di conoscere la retta d'azione e di R E , che dovra' passare per E, e per l'intersezione tra la rettad'azione di P ed R D . Infine, la retta d'azione c di RC si ottiene congiungendo la cerniera in C con l'inter-

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

A

B

KC F L

DH

EM

N

a = d

c

b

e

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

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



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P

R E R A

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

Per il tracciamento del diagramma del momento, si parte dal punto E, assegnando una inclinazione iniziale aldiagramma, e giungendo fino alla retta di applicazione della forza. Si prosegue poi fino ad L, annullando ilmomento nella cerniera D. In L il diagramma deve essere ribaltato, per rispettare l'equilibrio del nodo, perpoi proseguire con una pendenza dettata dal punto di intersezione tra l'orizzontale e la retta d'azione d dellacerniera D. Si giunge in F, per poi proseguire fino a K annullando il diagramma in C. In K il diagramma vaancora ribaltato, per poi proseguire fino a B, anullandosi laddove la retta d'azione c della cerniera C incontra

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

A

B

K C F L

D

E

a = d

c

b

e

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

Soluzione geometrica Deduzione del verso delle reazioni

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

(49)

x A = 0; y A = 0;

x B = 0; y B = H1 ;

x C = L 1 ; y C = H1 + H2 ;

x F = L 1 + L 2 ; y F = H1 + H2 ;

x D = L 1 + L 2 + L 3 ; y D = H1 + H2 H3 ;

x H = L 1 + L 2 + L 3 ; y H = H1 + H2 H3 H4 ;

x E = L 1 + L 2 + L 3 ; y E = H1 + H2 H3 H4 H5 ;definendo quindi la retta d' azione del pendolo come :



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(50)y p Hx L = mp x + n pdove :

(51)mp =y F y B

x F x B; n AD =

x F y B x B y F

x F x B;

La retta d' azione della reazione R A e della reazione R D della cerniera in D e' allora definita come la retta chepassa per A e D:

(52)y AD Hx L = mAD x + n ADdove :

(53)mAD =y D y A

x D x A; n AD =

x D y A x A y D

x D x A;

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

(54)

x N =H1 HL 1 + L 2 L HL 1 + L 2 + L 3 LH1 HL 1 + L 2 L H3 HL 1 + L 2 L H2 L 3

y N =H1 HH1 + H2 H3 L HL 1 + L 2 L

H1 HL 1 + L 2 L H3 HL 1 + L 2 L H2 L 3e quindi la retta d' azione della reazione della cerniera in C passera' per C e per N :

(55)y C Hx L = mC x + n Cdove :

(56)mC =

y C y N

x C x N; n C =

x C y N x N y C

x C x N

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

(57)y P Hx L = H1 + H2 H3 H4e quindi l' intersezione M tra di essa e la congiungente A e D avra' coordinate;

(58)x M =

HH1 + H2 H3 H4 L HL 1 + L 2 + L 3 LH1 + H2 H3

y M = H1 + H2 H3 H4

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

(59)y E Hx L = mE x + n Edove :

(60)mE =y E y M

x E x M; n E =

x E y M x M y E

x E x M

Deduzione dell' intensita' delle reazioni

Conosciute le rette d'azione della reazioni in A ed E, e' possibile conoscere la loro intensita' imponendol'equilibrio con la forza applicata P. Siano b e g gli angoli che le rette d'azione di R A ed R E formano conl'asse x:



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(61) = Atny D y A

x D x A; = Atn

y E y M

x E x M

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

(62)R

A Cos

@

D+ R

E Cos

@

D+ P = 0

R A Sin @ D+ RE Sin @ D = 0Si ha :

(63)R A = PH5

H4 + H51 + HH1 + H2 H3 L2

HL 1 + L 2 + L 3 L2

(64)RE = PH4

H4 + H51 +

HH1 + H2 H3 L2 H52H4

2 HL 1 + L 2 + L 3 L2e quindi :

(65)R Aw = RA Cos @ D = P H5H4 + H5(66)R Av = RA Sin @ D = P HH1 + H2 H3 L H5HH4 + H5 L HL 1 + L 2 + L 3 L(67)REw = RB Cos @ D = P H4H4 + H5

(68)REv = RB Sin @ D = PHH1 + H2 H3 L H5

HH4 + H5 L HL 1 + L 2 + L 3 LNota - Le (65-68) equivalgono alle reazioni calcolate analiticamente, non appena si ponga a =

ArcTan B yF - y B xF - x B F, e non appena si tenga conto che nelle (25) le reazioni positive puntano verso il basso, mentrenella deduzione delle (65-68) si sono assunte positive le reazioni verso l'alto.

Esercizio n. 5Si consideri il telaio di Figura 25, costituito da tre tratti rigidi collegati da due cerniere. Per esso, si possonoscrivere 3t = 9 equazioni di equilibrio nelle nove incognite RAw , RAv , RLv , RIw , RIv , T C , N C , T G , N G .



21/42

I II III

L 1 L 2 L 3 L 4 L 5

H 1

H 2

A

BC

F

D

H

E

G

IL

Figura 25 - Un telaio a due campate asimmetrico

Soluzione analitica

Esplicitamente, si ha, per il primo tratto:

(69)

R Aw + NC = 0

R Av + T C = 0 T C L1 NC H1 = 0

avendo scelto il punto A come polo,

(70)

NC + NG = 0

T C + F + RLv + T G = 0F L 2 + RLv HL 2 + L 3 L+ T G HL 2 + L 3 + L 4 L+ NG H2 = 0

avendo scelto il punto C come polo, ed infine:

(71)

R Iw NG = 0

R Iv T G = 0 T G L5 + NG HH1 + H2 L = 0

avendo scelto I come terzo polo.

Risolvendo il sistema di nove equazioni si ottengono le reazioni:

(72)

R Av =F H 1 L 3 L 5

H2 L1 HL 4 + L 5 L+ H1 HL 1 L4 HL 2 + L 3 L L 5 LR Aw =

F L 1 L3 L5

H2 L 1 HL 4 + L 5 L+ H1 HL 1 L 4 HL 2 + L 3 L L 5 LRLv =

F HH2 L 1 HL 3 + L 4 + L 5 L+ H1 HL 1 HL 3 + L 4 L L 2 L5 LLH2 L1 HL 4 + L 5 L+ H1 HL 1 L4 HL 2 + L 3 L L 5 L

R Iv =F HH1 + H2 L L 1 L 3

H2 L1 HL 4 + L 5 L+ H1 HL 1 L4 HL 2 + L 3 L L 5 LR Iw =

F L 1 L3 L5

H2 L1

HL 4 + L 5

L+ H1

HL 1 L4

HL 2 + L 3

L L 5

L



22/42

T C = F H 1 L3 L5

H2 L1 HL 4 + L 5 L+ H1 HL 1 L4 HL 2 + L 3 L L 5 LNC =

F L 1 L3 L5

H2 L1 HL 4 + L 5 L+ H1 HL 1 L4 HL 2 + L 3 L L 5 LT G = F HH1 + H2 L L 1 L 3H2 L1 HL 4 + L 5 L+ H1 HL 1 L4 HL 2 + L 3 L L 5 LNG =

F L 1 L3 L5

H2 L1 HL 4 + L 5 L+ H1 HL 1 L4 HL 2 + L 3 L L 5 LIl sistema e' quindi isostatico, e si puo' procedere al calcolo dei tagli e degli sforzi normali. A tal fine, siintroducono sette diversi sistemi di riferimento, come illustrato in Figura 26, ed il diagramma del taglio sara'definito dai valori T BA , T BD , T DE , T EL , T FE , T FH , T HI . Analoghe conclusioni valgono per gli sforzi normali.

x 3H1 L x 2H2 Lx 2H1 L x 3

H2 L

x 2H3Lx 3H3 L

x 3H4 L

x 3H5

L x 2H6

L

x 2H5 L x 3H6 L x 2H7 L

x 3H7 L

I II III

L 1 L 2 L 3 L 4 L 5

H 1

H 2

A

B

C

F

D

H

E

G

IL

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

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

(73)T BA = RAwNBA = RAv

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

(74)T BD = NABNBE = TBA

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

(75)T DE = T BD F

Il tratto EL e' soggetto al solo sforzo normale:

(76)NEL = RLv

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

(77)T FE = NBENFE = NEL T DE

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



23/42

T FH = NFENFH = TFE

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

(79)T HI = NFHNHI = TFH

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

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

Il diagramma del momento segue immediatamente, in quanto costituito da tratti lineari con pendenza asseg-nata. Iniziando dal tratto BA, poiche' in corrispondenza dell'appoggio il momento si annulla, dovra' essere:

dall'appoggio A di sinistra si ottiene:

(80)MBA Hx 3 L = TAB Hx 3 H1 Le quindi nel nodo B si ha, per l'equilibrio:

(81)MBD H0 L = MBA H0 L = T AB H1Ne segue il momento fino a D :

(82)MBD Hx 3 L = TAB H1 + T BD x 3ed in D il momento vale :

(83)MD = T BA H1 + T BD HL 1 + L 2 LProseguendo, nel tratto DE si ha un cambio di pendenza, dovuto alla presenza della forza, e sara':(84)MDE Hx 3 L = MD + TDE x 3

Si giunge cosi' nel punto E, e poiche' lungo il tratto EL il momento e' identicamente nullo, potra' scriversil'equazione di equilibrio:

(85)MFE HH2 L = MDE HL 3 L = MD TDE L 3e quindi il momento lungo il tratto FE potra' esprimersi con la legge:

(86)MFE Hx 3 L =

MD

TDE L3 +

TFE Hx 3

H2 LIn F, l' equilibrio del nodo dettera' :



24/42

(87)MFH H0 L = MFE H0 L = MD + TDE L3 + TFE H2da cui immediatamente :

(88)MFH Hx 3 L = MFH H0 L+ T FH x 3In H si ha quindi :

(89)MFH HL 4 + L 5 L = MD + TDE L3 + TFE H2 + T FH HL 4 + L 5 Le per l' equilibrio del nodo:

(90)MHI H0 L = MFH HL 4 + L 5 L = MD + TDE L3 + TFE H2 + T FH HL 4 + L 5 Lda cui poi, infine:

(91)MHI Hx 3 L =

MHI H0 L+ T HI x 3 = MD + TDE L3 + TFE H2 + T FH HL 4 + L 5 L+ T HI x 3Come utile verifica, dovra' poi verificarsi:

(92)MHI HH1 + H2 L = MD + TDE L3 + TFE H2 + T FH HL 4 + L 5 L+ T HI HH1 + H2 LEd infatti, utilizzando le precedenti espressioni di M D e dei tagli si potra' scrivere, in termini di reazionivincolari:

(93)MHI HH1 + H2 L =

F HL 3 + L 4 + L 5 L RAv HL 1 + L 2 + L 3 + L 4 + L 5 L RLv HL 4 + L 5 Led inserendo i valori di RAv ed RLv si verifica che il momento nell'appoggio di destra e' nullo. Il diagramma

dei momenti si presenta allora come in Figura 28.

A

B C D E

F G H

IL

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

Soluzione grafica

La retta d'azione delle due reazioni esterne dei carrelli in A ed I e' immediatamente deducibile dall'equilibriodel primo e del terzo tratto, che detta:

(94)a + c = 0

g + i = 0



25/42

e quindi le loro rette d'azione coincidono con le rette passanti per A e C, e per I e G, rispettivamente. La rettad'azione della reazione del carrello e' invece verticale. Cio' basta per iniziare il diagramma, tracciando ilmomento nel tratto AB, ed utilizzando il valore cosi' raggiunto in B come unita' di misura. In B il diagrammasi ribalta, proseguendo lungo il traverso, fino all'ascissa di applicazione della forza F, ed annullandosi incorrispondenza della cerniera C.Per proseguire, occorre studiare l'equilibrio del secondo tratto, soggetto alla reazione C, alla reazione G, allaforza F ed alla reazione RLv . Dovra' aversi quindi:

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

ossia :

(96)c + f = l + g

Si conoscono le rette d' azione di ciascuna di queste quattro forze, sicche' e' possibile costruire la risultante,che dovra' passare per il punto M, (intersezione di c ed f) e per punto N (intersezione di l e g), come illus-trato in Figura 29

A

BC D E

F G H

IL

M

N

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

Costruita la risultante, si puo' proseguire il diagramma del momento nel tratto DE, poiche' esso dovra'passare per il punto K, laddove MN incontra il traverso BE. In E il diagramma semplicemente si ribalta, inquanto il tratto EL non e' soggetto a momento. Inoltre, il momento nel tratto EF dovra' annullarsi in N, equindi puo' tracciarsi il diagramma nel tratto EF, per poi proseguire - previo ribaltamento - lungo EH, conpunto di nullo in G. Infine, giunti in H, il diagramma si ribaltra ancora, e si ottiene l'ultimo tratto giungendoin I, dove il momento si annulla. Il diagramma si presenta come segue:



26/42

A

BC D E

F G H

K

IL

M

N

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

Soluzione geometricaLa via grafica puo' essere facilmente tradotta in termini geometrici, seguendo i dettami della geometriaanalitica. A tal fine, si definiscano per semplificita' le coordinate di alcuni punti della struttura:

(97)

x A = 0; y A = 0

x B = 0; y B = H1x C = L 1 ; y C = H1x D = L 1 + L 2 ; y D = H1x G = L 1 + L 2 + L 3 + L 4 ; y G = H1 + H2x I = L 1 + L 2 + L 3 + L 4 + L 5 ; y I = 0

x L = L 1 + L 2 + L 3 + L 4 ; y L = 0

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

(98)R AC Hx L = mAC x + n ACcon :

(99)mAC =y C y A

x C x A; n AC =

x A y C x C y A

x A x C

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

(100)R IG Hx L = mIG x + n IGcon :



27/42

(101)mIG =y I y G

x I x G; n IG =

x G y I x I y G

x G x I

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

(102)RF Hy L = y Din modo da ottenere le coordinate del punto M :

(103)

x M = L 1 + L 2

y M = R AC HL 1 + L 2 L = H1 HL 1 + L 2 LL 1e quelle del punto N :

(104)

x N = L 1 + L 2 + L 3

y N = R IG HL 1 + L 2 + L 3 L = HH1 + H2 L HL 4 + L 5 LL 5La richiesta risultante, quindi, avra' equazione:

(105)RMN Hx L = mMN x + n MNcon :

(106)mMN =y M y N

x M x N; n MN =

x N y M x M y N

x N x M

Infine, il punto K si ottiene intersecando MN con la retta di equazione y = H 1 :

(107)

x K = IH2 L1 HL 1 + L 2 L HL 4 + L 5 L+H1 IL 12 L 4 + L 1 L2 HL 4 L 5 L L 2 HL 2 + L 3 L L 5 MMHH2 L1 HL 4 + L 5 L+ H1 HL 1 L4 L 2 L5 LL

y K =

H1

Esercizio n. 6Si voglia ora studiare il telaio di Figura 31, costituito da tre tratti rigidi vincolati al suolo da un bipendolocon asse inclinato di un angolo a rispetto all'orizzontale, e da un pendolo con asse inclinato di b.



28/42

I

II III

A

B C

D

EF H

K

I

L M

P

L 1 L 2 L 3 L 4 L 5

H 1

H 2

H 3 H 5

H 4

Figura 31 - Lo schema geometrico

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

(108)

R Av ND NI + RMv = 0

R Aw + T D + T I + RMw = 0 M rA + RAv HL 1 + L 2 + L 3 + L 4 + L 5 L+ RAw H1

ND HL 2 + L 3 + L 4 + L 5 L T D H2 NI L 5 T I H4 = 0con polo in M, e con :

(109)R Aw = RA Cos H L; R Av = R A Sin H LRMw = RM Cos H L; R Mv = RM Sin H L

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

(110)

T D + NF = 0

ND + T F = 0 T F L2 NF H3 = 0 F F + F + NI = 0 NF T I = 0

NF H5 T F HL 3 + L 4 L+ F L 4 = 0con poli in D ed I, rispettivamente. Si hanno quindi nove equazioni di equilibrio in nove incognite, la cuisoluzione puo' scriversi come:

rA = F Csc @ DHCos @ D Cos @ D H1 + Cos @ D Sin @ D L 1 + Cos @ D Sin @ D L 2 +Cos @ D Sin @ D L 3 + Cos @ D Sin @ D L 4 + Cos @ D Sin @ D L 5 L

R A = F Cos @ D Csc @ DRM = F Cos @ D Csc @ DT D = F

L 2 L4

H5 L2 + H3 HL 3 + L 4 L



29/42

ND = FH3 L4

H5 L2 + H3 HL 3 + L 4 LT F = F

H3 L 4

H5 L 2 + H3 HL 3 + L 4 LNF = F L 2 L4

H5 L2 + H3 HL 3 + L 4 LT I = F

L 2 L 4

H5 L 2 + H3 HL 3 + L 4 LNI = F

HH5 L2 + H3 L3 LH5 L2 + H3 HL 3 + L 4 L

e quindi la struttura puo' considerarsi isostatica.

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

(112)

T BA = RAw ; N BA = RAv ;

T BC = NBA ; N BC = T AB ;

T EC = T D; N EC = ND;

T CL = T BC + NEC ; N CL = NBC T EC ;

T EH = T F ; N EK = NF ;

T HK = T EH F;

T KL = T I ; N KL = NI ;

T LM = NKL + T CL ; N LM = NCL T KL ;

Si noti che dalle (112) e' anche possibile dedurre che sono stati introdotti otto sistemi di riferimento, conorigine nei punti B,B,E,C,E,E,H,K,L, rispettivamente, ed e' possibile individuare direzione e verso dell'asse x3 .Il tracciamento del diagramma del momento puo' iniziare dal punto M, dove il momento e' nullo. Nel trattoLM il diagramma sara' lineare, ed avra' equazione:

(113)MLM Hx 3 L = c 0 + T LM x 3ed essendo M LMH L5L= 0, si potra' scrivere:

(114)M

LM Hx

3 L = T

LM HL

5+ x

3 LIl valore del momento nel nodo L, considerato come estremo del tratto LM verra' indicato con M L M , e vale:(115)ML

M = MLM H0 L = T LM L5Sul ritto KL, invece, il diagramma sara' lineare:

(116)MKL Hx 3 L = c 0 + T KL x 3e si annulla nella cerniera I:

(117)MKL HH5 L = c 0 + T KL H5 = 0 C0 = TKL H5La sua espressione finale e' quindi :



30/42

(118)MKL Hx 3 L = T KL HH5 x 3 L ed e' possibile dedurre il valore nel nodo L:

(119)MLK = MKL HH4 + H5 L = T KL H4

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

(120)MLC = ML

M MLK

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

(121)MCL Hx 3 L = c 0 + T CL x 3e dovra' essere :

(122)MCL HL 2 + L 3 + L 4 L = c 0 + T CL HL 2 + L 3 + L 4 L = MLCe quindi:

(123)MCL Hx 3 L = MLC T CL HL 2 + L 3 + L 4 x 3 LNel nodo triplo C il momento lungo il traverso inferiore sara' allora:

(124)MCL = ML

C T CL HL 2 + L 3 + L 4 L

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

(125)MCE = T EC H2

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

(126)MCB = MC

L MCD

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

(127)MBC Hx 3 L = MCB T BC HL 1 x 3 LNel nodo B sara' dunque:

(128)MBC = MBC H0 L = MCB T BC L1

e per l' equilibrio del nodo sara' anche :

(129)MBA = MB

C = MCB + T BC L1

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

(130)MBA Hx 3 L = MCB + T BC L1 + T BA x 3Si noti che comunque dovra' verificarsi anche :

(131)MA = M rA

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

(132)MEC Hx 3 L = c 0 + T EC x 3e poiche' esso dovra' annullarsi in corrispondenza della cerniera si potra' scrivere, soddisfacendo anche la(125):

(133)MEC Hx 3 L = T EC HH3 x 3 L



31/42

In E si ha quindi il valore:

(134)ME = T EC H3

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

(135)MEH Hx 3 L = TEC H3 + TEH x 3ed in corrsipondenza della forza si avra' :

(136)MH = T EC H3 + T EH HL 2 + L 3 LNel tratto HK, il diagramma prosegue con diversa pendenza, T HK , sicche' si potra' scrivere:

(137)MHK Hx 3 L = MH + THK x 3giungendo in K con valore:

(138)MKH = MH + T HK L4

Un'utile verifica impone che sia anche:

(139)MKH = ML

L

Il diagramma del momento si presenta come in Figura 32 :

A

B C

D

E F H K

I

L M

P

Figura 32 - Il diagramma del momento dedotto analiticamente

Soluzione grafica

Si inizia a determinare graficamente le reazioni, partendo dall'ovvia constatazione che l'equilibrio del tratto IIimpone che la retta d'azione delle cerniere in D ed F coincida con la congiungente le due cerniere. Perl'equilibrio del tratto III si puo' scrivere:

(140)f + p + i = 0

e conoscendo le rette d' azione di f e di p , si puo' dedurre la reazione della cerniera I: basta infatti intersecare e p , identificando il punto S, e la reazione i della cerniera sara' la retta passante per I e per S. Infine,



32/42

l'equilibrio esterno impone che sia:

(141)a + p + m = 0

Le rette d' azione p della forza ed m del pendolo sono note, cosi' come e' nota l'inclinazione della rettad'azione a del bipendolo. Ne segue che basta identificare l'intersezione V tra la retta d'azione del pendolo m,

e la verticale per la forza, per definire completamente la reazione del bipendolo, che dovra' passare per V, edessere ortogonale all'asse del bipendolo.

a m

d = f

i

V

S

A

BC

D

E F H K

I

L M

P

Figura 33 - Il calcolo grafico delle reazioni

Determinate le reazioni, puo' tracciarsi il diagramma del momento, iniziando dal pendolo in M, e dal trattoML. Per proseguire, si noti che l'equilibrio del tratto I impone che sia:

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

ossia :

(143)a + d = i + m

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

Cio' fatto, si consideri che in un punto generico del tratto CL le forze agenti sul tratto I, a destra del punto,sono i+m , e quindi il momento si annullera' in W, ossia in corrispondenza dell'intersezione della risultanteappena costruita con il traverso.Per conoscere un altro punto del diagramma, si consideri la sezione M 1 in cui la reazione i incontra iltraverso: in essa, il momento e' dovuto alla sola reazione m del pendolo, e quindi il diagramma del momentonel tratto CL, se proseguito idealmente, dovra' passare per M 2 . Cio' permette il tracciamento del diagrammadel momento fino all'altro nodo triplo C.



33/42

a + d = i + m

W

U

V

S

T

A

B C

D

E F H K

I

LM

P

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

M 1

M 2A1A2

A3

W

S

A

B C

D

E F H K

I

L

M

P

Figura 35 - Tracciamento del momento nel traverso inferiore BM

Per proseguire lungo BC, si consideri che il diagramma dovra' annullarsi in A1 , laddove la reazione R A delbipendolo incontra il traverso. Inoltre, le forze agenti a destra di un generico punto lungo BC sono ( i+m)+d.

Nella sezione A2 , dove il traverso incontra la reazione d , il momento sara' dovuto alla sola ( i+m), e quindil'ordinata A3 e' valida, permettendo di completare il diagramma in BC.



34/42

a

B 1

B 2

A

B C

D

E F H K

I

LM

P

Figura 36 - Tracciamento del momento nel ritto AB

In B il diagramma del momento puo' essere ribaltato, e lungo AB si puo' proseguire considerando che ilmomento dovra' annullarsi in B1 , intersezione tra la verticale per A e la reazione del bipendolo.

A

B C

D

E F H K

I

LM

P

Figura 37 - Il diagramma del momento dedotto graficamente

Esercizio n. 7Si voglia ora studiare il telaio di Figura 38, costituito da un portale a tre cerniere con uno sbalzo, su cuiiagisce la forza verticale P. L'isostaticita' e' ovvia



35/42

III

A

B C

D E

F

P

L 1 L 2 L 3

H 1 H 2


Soluzione analitica

Si scrivano le equazioni di equilibrio dei due tratti:

(144)

R Av + P + T D = 0

R Aw + ND = 0

P L 1 TD L 2 ND H1 = 0

REv T D = 0

REw ND = 0 T D L3 + ND H2 = 0

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

(145)

R Av = P 1 +H2 L1

H2 L2 + H1 L3

R Aw = PL 1 L3

H2 L2 + H1 L3

REv = FH2 L 1

H2 L2 + H1 L3

REw = PL 1 L 3

H2 L2 + H1 L3

T D = PH2 L1

H2 L 2 + H1 L3

ND = PL 1 L3

H2 L 2 + H1 L3

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

T BC = P; N BC = 0;



36/42

T CA = RAw ; N CA = RAv ;

T CE = T D; N CE = ND;

T EF = REw ; N EF = REv ;

Il tracciamento del diagramma del momento puo' iniziare dal punto B, dove il momento e' nullo. Nel trattoBC il diagramma sara' lineare, giungendo nel nodo C con il valore:

(147)MCB = T BC L1 = P L 1

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

(148)MCA Hx 3 L = c 0 + T CA x 3e dovra' annullarsi in x3 = H 1 , ossia in corrispondenza della cerniera. Cio' basta per definire univocamentel'andamento:

(149)MCA Hx 3 L = T CA HH1 x 3 LQuindi nel nodo C si avra' :

(150)MCA = T AC H1 = P

H1 L1 L3

H2 L2 + H1 L 3

Similmente, lungo il ritto EF il momento varia lineramente e si annula in corrispondenza della cerniera F, per x3 = H 2 . Nel nodo E sara' quindi:

(151)MEF = T EF H2

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

(152)MEF = ME

C = T EF H2

Sara' quindi:

(153)MCE Hx 3 L = c 0 + T CE x 3e poiche':

(154)MCE HL 2 + L 3 L =

c 0 + T CE HL 2 + L 3 L = T EF H2 c 0 = T EF H2 T CE HL 2 + L 3 Lsi avra', lungo il traverso :

(155)MCE Hx 3 L = T CE HL 2 + L 3 L+ T CE HH2 x 3 Led infine, in C :

(156)MCE = T CE HL 2 + L 3 L+ T CE H2

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

(157) MCB + MC

A + MCE = 0



37/42

A

B CD E

F

P

L 1 L 2 L 3

H 1 H 2

Figura 39 - Il diagramma del momento dedotto analiticamente

Soluzione grafica

Si inizia a determinare graficamente le reazioni, partendo dall'ovvia constatazione che l'equilibrio del tratto IIimpone che la retta d'azione delle cerniere in D ed F coincida con la congiungente le due cerniere. Perl'equilibrio del tratto III si puo' scrivere:

(158)p + a + d = 0

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

della reazione in A I: basta infatti intersecare p e d , identificando il punto G, e la reazione a della cernierasara' la retta passante per A e per G.

ad = f

A

B C

D E

F

G

P

L 1 L 2 L 3

H 1 H 2

Figura 40 - Il calcolo grafico delle reazioni



38/42

Determinate le reazioni, puo' tracciarsi il diagramma del momento, iniziando dal punto B, sotto la forza, incui il momento e' nullo. Si traccia quindi un segmento inclinato di un angolo arbitrario - cosi' assegnandoimplicitamente una scala - fino al nodo triplo C. Per proseguire lungo il traverso, si noti che nel punto N,laddove la reazione a interseca il traverso, il momento e' dovuto alla sola forza P, e quindi il punto M e' unpunto valido del richiesto diagramma. Ne segue che basta congiungere M con la cerniera in D per ottenere ildiagramma lungo CE.

M

N

A

B C

D E

F

P

L 1 L 2 L 3

H 1 H 2

Figura 41 - Tracciamento del diagramma del momento

Cio' fatto, si ribalta il diagramma in E e si congiunge con la cerniera in F, ottenendo il diagramma anche inEF. Infine, il solito equilibrio del nodo C permette di ottenere il valore del momento in C sul ritto AC,completando il diagramma.

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

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



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I

II

III

A B C

D

EFGH

I

P

P

L 1 L 2 L 3

H 2

H 3

H 4

H 5


(159)

NG T I = 0

NI + T G = 0 T G L1 NG H3 = 0 T G + P + ND = 0 NG T D = 0 T G HL 2 + L 3 L+ P L 3 + NG H5 = 0 NI ND P = 0

T I + T D = 0 T I H2 NI HL 1 + L 2 L+ ND L3 T D H4 = 0

Si ottengono quindi nove equazioni in sei incognite, ma e' immediato constatare che tre equazioni sonolinearmente dipendenti dalle altre sei, in quanto basta soddisfare l'equilibrio di due tratti per imporre l'equilib-rio del tratto restante. Risolvendo le prime sei equazioni, ad esempio, si ottiene:

(160)

NI = PH3 L3

H5 L1 + H3 HL 2 + L 3 LT I = P

L 1 L3

H5 L1 + H3 HL 2 + L 3 LT D = P

L 1 L 3

H5 L 1 + H3 HL 2 + L 3 LND = P 1 +

H3 L 3

H5 L1 + H3 HL 2 + L 3 LT G = P

H3 L 3

H5 L 1 + H3 HL 2 + L 3 LNG P

L 1 L3

H5 L1 + H3 HL 2 + L 3 Led e' facile constatare che le ultime tre equazioni sono identicamente soddisfatte, imponendo la relazionegeometrica H 2 + H 3 = H 4 + H 5 .



40/42

Soluzione analitica

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

(161)

T HA = TI ; N AH = NI ;T HF = T G; N HE = NG;

T FE = T HF P;

T EC = T D; N EC = ND;

T BC = NEC ; N AC = T EC ;

T AB = NAH;

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

(162)MHA Hx 3 L = c 0 + T HA x 3e considerando che in I esso si dovra' annullare, si potra' dedurre la costante di integrazione c0 :

(163)MHA Hx 3 L = T HA HH3 x 3 LIl momento in H sul tratto verticale varra' quindi:(164)MH

A = T HA H3

mentre in A si avra':

(165)MAH = THA H2

Ribaltando il diagramma in H, si ottiene:

(166)MHF = MH

A

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

(167)MHF Hx 3 L = MHF + T HF x 3In corrispondenza dell'ascissa di applicazione della forza, il momento varra':

(168)MF = MHF + T HF HL 1 + L 2 L

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

(169)MEF = MF + T FE L3

Lungo il ritto, poiche' dall'equilibrio si ottiene M E C = M E

F , si potra' scrivere:

(170)MEC Hx 3 L = MEC + T EC x 3giungendo in C col valore :

(171)MCE = ME

C + T EC HH4 + H5 LSi noti che i momenti in C ed in E possono anche calcolarsi come:

(172)ME

C = T EC H5

MCE = T EC H4

Per l'equilibrio in C si ha:

(173)MCB = MC

E



41/42

e quindi il momento in BC potra' scriversi come:

(174)MBC = MCB T BC HL 3 x 3 L

ed in B :

(175)MB = MCB T BC L3

Infine, il momento in AB puo' calcolarsi come :

(176)MAB = MB T AB HL 1 + L 2 x 3 Lriottenendo il valore :

(177)MAB = MB T AB HL 1 + L 2 L

A B C

D

EFGH

I

P

PL 1 L 2 L 3

H 2

H 3

H 4

H 5


Soluzione grafica

Si inizia a determinare graficamente le reazioni, partendo dall'ovvia constatazione che l'equilibrio del tratto Iimpone che la retta d'azione delle cerniere in G ed I coincida con la congiungente le due cerniere. Per

l'equilibrio del tratto II si puo' scrivere:

(178)p + g + d = 0

e conoscendo le rette d' azione p della forza e g della reazione nella cerniera, si puo' dedurre la retta d'azionedella reazione in D: basta infatti intersecare p e g , identificando il punto L, e la reazione d della cerniera sara'la retta passante per L e per D.

Determinate le reazioni, puo' tracciarsi il diagramma del momento, iniziando dal ritto di sinistra. Si tracciaquindi un segmento inclinato di un angolo arbitrario - cosi' assegnando implicitamente una scala - fino alnodo H in alto, ed al nodo A in basso. Per proseguire lungo il traverso, si ribalta il diagramma e si proseguefino ad F, passando per la cerniera in G. Per proseguire, si osservi che a destra di una generica sezione del

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



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diagramma. Cio' consente di tracciare il diagramma fino in E, e poi, ribaltandolo, di proseguire fino a C,passando per la cerniera D.

Cio' fatto, si consideri che a destra di una generica sezione del tratto BC agisce solo la reazione d , e quindi lasua intersezione S col traverso inferiore segna un punto di nullo del diagramma, consentendo di tracciare ildiagramma fino alla sezione B, in corrispondenza della forza inferiore. Infine, a sinistra di una genericasezione del tratto AB agisce solo la reazione I, e quindi la sua intersezione V col traverso inferiore fornisce ilpunto di nullo, consentendo di completare il diagramma.

SV

N

A B C

D

EFGH

I

L

P

P

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

Figure


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12 - Diagrammi Delle Caratteristiche Per Strutture Isostatiche