Esercizio no.1 Soluzione a pag.5 Nel sistema di aste ...Edutecnica.it – Analisi delle strutture 13 13 Esercizio no.3 Calcolare le reazioni vincolari e le azioni interne per il telaio

Edutecnica.it – Analisi delle strutture

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Esercizio no.1 Soluzione a pag.5

Nel sistema di aste rappresentato, le distanze sono espresse in metri . mentre si ha q=30N p=40N ed f=50N. Calcola i diagrammi delle azioni interne.


L’arco a tre cerniere di figura è costituito da due aste lunghe entrambe 4 m disposte a formare un triangolo equilatero. Le sollecitazioni sono; p=90N q=50N. Calcolare le azioni interne. .


Calcolare le reazioni vincolari e le azioni interne per il telaio illustrato considerando q=1000N e le distanze in metri.


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Tenendo conto che il carico distribuito Q=1N/m, Calcola le azioni interne della struttura illustrata considerando le distanze espresse in metri.


Considerando il carico distribuito Q=4N/m,con tutte le distanze espresse in metri, disegna i grafici delle azioni interne.


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Tenendo conto che il carico distribuito Q=1N/m. Calcola le azioni interne della struttura illustrata, considerando le distanze espresse in metri.


Tenendo conto che il carico p=5 N. Calcola le azioni interne della struttura illustrata, considerando le distanze espresse in metri.


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Esercizio no.1

Nel sistema di aste rappresentato, le distanze sono espresse in metri . mentre si ha q=30N p=40N ed f=50N. Calcola i diagrammi delle azioni interne.

La struttura è complessivamente costituta da n=2 elementi, quindi i gradi di libertà sono g=3n=6. Il sistema è fissato tramite 2 cerniere in A ed in B che tolgono ciascuna 2 gradi di libertà. Vi è una cerniera interna C a cui sono collegate m=2 aste:

∑ −⋅+⋅+⋅+⋅= i )1m(2a1c2i3v

624)12(2012203v =+=−⋅+⋅+⋅+⋅= → g=v (il sistema è isostatico)

Scriviamo le equazioni cardinali, eseguendo il calcolo dei momenti rispetto ad A:

=⋅+⋅+⋅

++=+=+

=++

++=+=+

y

yy

xx

y

yy

xx

B5404,3508,1309,0

504030BA0BA

B5p4,3f8,1q9,0

fqpBA0BA

dall’ultima si ottiene: N50,65

253B1369027B5 yy ==→++=

per cui N69,46,50120ABfqpA yyy =−=→−++= per conoscere le reazioni orizzontali consideriamo l’eq.dei momenti solo per il tratto BC, fulcrando in C:


6

6

N40,84,2

6492,1614,2

406,16,502,3B0B4,2B2,3p6,1 xxy =−

=⋅−⋅

=→=+−

quindi N8,40Ax −= Calcoliamo le azioni interne per il tratto AC, partendo da A

Considerando il tratto AC prima del carico concentrato q:

N9,3055,424,5N 055,424,5N

037cos4,6953cos8,40N037cosA53cosAN yx−=−=→=+−

=°+°−→=°+°+

è sollecitata a compressione

N2,747,415,32T

037sin4,6953sin8,40T037sinA53sinAT yx=+=

=°−°−→=°−°+

mentre il momento flettente è

74,2xMx5,32x7,41M

53sinxA37sinxAM xy

=+=

°−°=

M(1,5)=111,3Nm Considerando il tratto AC dopo il carico concentrato q:

N7N09,234,555,24N037cos3037cos4,6953cos8,40N

037cosq37cosA53cosAN yx

−=→=−+−=°−°°+°−

=°−°+°+


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7

sollecitata a compressione

N2,56187,415,32T037sin3037sin4,6953sin8,40T

037sinq37sinA53sinAT yx

=−+==°+°−°−

=°+°−°+

27x2,56M)5,1x(18x5,32x7,41M

37sin)5,1x(q53sinxA37sinxAM xy

+=−−+=

°−−°−°=

M(1,5)=111,3Nm M(3)= 195,6Nm se esaminiamo il tratto BC a partire dal punto B prima del carico concentrato p=40 N con By=50,6N e Bx=40,8N

N1,24,305,32N0N53cosB37cosB yx =−=→=−°−°

N9,64T04,405,24T053sinB37sinBT yx −=→=++→=°+°+

M(2)= 129,8 dopo il punto medio dell’asta

N1,264,30245,32N0N53cosB53cosp37cosB yx =−+=→=−°−°+°

N33T09,314,405,24T053sinp53sinB37sinBT yx −=→=−++→=°−°+°+

x9,64M053sinxB37sinxBM yx =→=°−°−


8

8

M(2)= 129,8 Nm M(4)= 195,8 Nm

8,63x33M

)2x(9,31x9,64M053sinxB37sinxB53sin)2x(pM yx+=

−−=→=°−°−°−+


9

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Esercizio no.2

L’arco a tre cerniere di figura è costituito da due aste lunghe entrambe 4 m disposte a formare un triangolo equilatero. Le sollecitazioni sono; p=90N q=50N. Calcolare le azioni interne. .

Si scrive il sistema di equazioni con quella del momento riferita al polo A.

=−+°

=−−+

=−++

0B42q46,315cosp4

023q

22pBA

02q

22pBA

y

yy

xx

l’ultima equazione scritta, permette di trovare By:

N55,108BB45,867,347 yy =→=+ da cui

N62,1A03,4363,6355,108A02350

229055,108A yyy −=→=−−+→=−−+

Come nel caso precedente, per trovare le reazioni vincolari lungo l’asse x, eseguiamo l’eq. dei momenti solo per il tratto BC con polo in C.


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10

N67,37325,130B01,217B326,86

030sinB460sinB430cosq2

xx

yx

−=−=→=−−

=°−°−°

riprendendo la I eq.cardinale scritta, si ha:

N9,02563,6367,37A

02

50229067,37A0

2q

22pBA

x

xxx

−=+−=

=−+−→=−++

Riassumendo: Ax= - 0,9N Bx= - 37,679N Ay= - 1,62N By= 108,55N Le azioni interne per il tratto AC

N85,1N45,04,1N060cosA30cosAN xy =→−−→=°+°+

N6,1T081,078,0T030sinA60sinAT yx ≅→=−−→=°−°+

x03,0M

078,0x81,0xM060sinxA30sinxAM xy−=

=−+→=°+°−

M(4)= prendiamo ora in considerazione il tratto BC, partendo da B, prima del carico concentrato q: Bx= - 37,679N By= 108,55N


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11

N84,112N02355,108

268,37N030cosB60cosBN yx −=→=++→=+−

N64,21T02

55,1082368,37T030sinB60sinBT yx −=→=+−→=++

è sollecitata a compressione.

x64,21M2

55,108x2368,37xM30sinxB60sinxBM yx =→+−=→+=

M(2)=43,28 nel tratto successivo, oltre il carico concentrato q.

N84,87N

02

502355,108

268,37N060cosq30cosB60cosBN yx

−=

=−++→=−+−

N66,21T

02350

255,108

2368,37T060sinq30sinB60sinBT yx

=

=−+−→=−++

6.86x64,21M350x28,43x64,21M23)2x(50

255,108x

2368,37xM60sin)2x(q30sinxB60sinxBM yx

+=→+−=

−−+−=→−−+=

M(2)= 43,28+86,6=129,88 M(4)= 86,6+86,6= 173,16


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13

Esercizio no.3

Calcolare le reazioni vincolari e le azioni interne per il telaio illustrato considerando q=1000N e le distanze in metri.

La sollecitazione q applicata nel punto C, può essere decomposta: la cerniera toglie due gradi di libertà (ha due reazioni vincolari) il carrello una soltanto. Il telaio è isostatico. Si ha:

N8662

3100060sinqq

N5002

100060cosqq

y

x

==°=

==°=

Le equazioni cardinali:

=⋅−⋅

=

=−=→=+=

=⋅+⋅−

=+=

=+−

=+=

N119,65

50048663A

N746,4119,6866BqBAN500A

050048663A5

866BAN500A

0q4q3A5

qBAqA

y

yyyy

x

y

yy

x

xyy

yyy

xx

Consideriamo le azioni interne, partendo da A ed andando verso l’alto, verso il punto D:


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14

Si nota come sia

N6,119AN y −=−= N500AT x ==

xAM x ⋅= Quindi il momento vale 0 in A mentre vale Nm2000A4 x = in D.

Sempre partendo da A consideriamo il tratto orizzontale del telaio . Si vede come nel tratto che precede il punto C di applicazione del carico q si abbia:

6,119x2000xAA4M

N6,119ATN500AN

yx

y

x

⋅+=+=

====

quindi per il momento si avrà:

Nm2239,26,11922000)C(MNm2000)D(M

=⋅+==

Osservando il tratto verticale che parte da B e va verso E si nota come non vi sia azione di taglio (T=0) e nemmeno momento flettente (M=0). Si ha solo N4,746BN y −=−=


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15

Nel tratto che va da E verso C, lo sforzo normale N è nullo (N=0), mentre si ha:

4,746xxBM

N4.746BT

y

y

⋅==

−=−=

notiamo come sia

Nm2239,2B3)C(M0)E(M

y ===

Osservando lo stesso comportamento del tratto orizzontale

0qAN0AqN xxxx =−=→=−+

N-746,48666,119qAT yy =−=−=

x746,4239,22000M

)qA(xA2A4xqA4)x2(AM yyyxyxy−+=

−++=−++=

Nm04,74632,2239)E(MNm2,2239)C(M

=⋅−==

otteniamo i diagrammi:


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Esercizio no.4

Tenendo conto che il carico distribuito Q=1N/m, Calcola le azioni interne della struttura illustrata considerando le distanze espresse in metri.

La struttura è complessivamente costituta da n=2 elementi, quindi i gradi di libertà sono g=3n=6. Il sistema è fissato tramite 2 cerniere in A ed in F che tolgono ciascuna 2 gradi di libertà. Vi è una cerniera interna C a cui sono collegate m=2 aste; non vi sono ne appoggi ne incastri:

( )∑ −⋅+⋅+⋅+⋅= i maciv 12123

624)12(2012203v =+=−⋅+⋅+⋅+⋅= → g=v (il sistema è isostatico) Al fine del calcolo delle reazioni vincolari, ammettiamo che il carico distribuito possa essere rappresentato come concentrato di valore q=6N con applicazione nel punto medio del tratto BE

=−

=+=+

0F4q3

qFA0FA

y

yy

xx


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dall’ultima di queste abbiamo N5,4q43Fy == di conseguenza N5,1FqA yy =−=

Ci serve una equazione in più per calcolare le reazioni orizzontali. 9 Useremo l’eq. del momento con polo in C per il tratto CDFE:

N25,0AN25,041F

F4980F45,4280F4F224

xx

xxxy

=→−=−=

=−→=−⋅−→=−−⋅

Qui deve essere considerato solo il tratto del carico distribuito a destra di C, in modo analogo, se avessimo voluto eseguire i calcoli a sinistra di C:

N25,041A02A43012A4A2 yxxy ==→=−−→=⋅−−

Riassumendo

N 4,529F N ,250

41F 1,5N

23A 0,25N

41A yxyx ==−=−=====

Calcolo delle azioni per il tratto AB


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N5,1NAN0AN yy −=→−=→=+ N25,0TAT x −=→−=

x25,0MxAM x −=→−= Azioni per il tratto BD (partendo da B)

N25,0NAN x −=→−=

x5,1TQxAT y −=→−= variabile linearmente con T(0)=1,5 N T(4)= -2,5 N attraversamento per lo zero a x=1,5m (prima della cerniera C)

xy22

xyxy A4xAx2QMx

2QA4xAMQx

2xA4xAM −+−=→−−=→−−=

1x23

2xM

2−+−= M(0)= -1 M(4)= -3

(si ha attraversamento per lo zero per x=1 ed x=2) Azioni per il tratto FD (partendo da F)


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N5,4NFN y −=→−=

N25,0N)25,0(TFT x =−−=→−=

x25,0MxFM x =→−= M(0)=0N M(4)=1N Calcolo delle azioni per il tratto DE (partendo da D)

N 4,529F N ,250

41F 1,5N

23A 0,25N

41A yxyx ==−=−=====

0N041

41N0FAN xx =→=−+→=++

2xT029

234xT0FA)4x(QT yy +−=→=−−++→=−−++

T(0)=2 T(2)=0

yyxx xFA)4x(F4A42)4x()4x(QM ++=+++⋅++

yyyxx2 A4)FA(xF4A4)4x(

21M ++=++++

6x68x42xM

234

29

23x)16x8x(

21M

22 +=+++→+

+⋅=+++

2x22xM6x68x4

2xM

22−+−=→+=+++

M(0)= -2 M(2)=0


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20


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Esercizio no.5

Considerando il carico distribuito Q=4N/m,con tutte le distanze espresse in metri, disegna i grafici delle azioni interne.

La struttura è complessivamente costituta da n=3 elementi, quindi i gradi di libertà sono g=3n=9. Il sistema è fissato tramite 1 cerniera in F che toglie 2 gradi di libertà. Vi sono due cerniere interne, in C e in E ciascuna collegata ad m=2 aste; non vi sono ne appoggi, in A vi è un incastro che toglie 3 gradi di libertà : è una cerniera interna C a cui sono

∑ −⋅+⋅+⋅+⋅= i )1m(2a1c2i3v

[ ] 92223)12()12(2011213v =⋅++=−+−⋅+⋅+⋅+⋅= → g=v il sistema è isostatico Calcoliamo ora le reazioni vincolari:

=−⋅−⋅+

=+=+

0F4q1q1M

qFAqFA

yA

yy

xx

L’equazione dei momenti per l’intero sistema ha polo in A, si riduce a.: yA F4M =

N8Q2q ==


22

22

Abbiamo 3 equazioni con 5 incognite; ci servono equazioni (linearmente indipendenti da quelle ottenute). Svincolo la struttura in C e valuto il momento rispetto a questo polo per il tratto CDEF.

q1F2F2 yx ⋅=+

Svincolo il tratto EF e valuto il momento rispetto ad E

N2F48F

2q

21F1 xxx =→=→⋅=⋅

Quindi ne consegue N2F4F28F222 yyyx =→=→=+⋅ Ritornando alle eq. cardinali per l’intero sistema, si ottiene

N6Ax = N6Ay = Nm8M A = Calcolo le azioni interne per il tratto AB

N6NAN0AN yy −=→−=→=+

N6TAT0AT xx −=→−=→=+ x68MMxAM Ax −=→=+

Calcolo le azioni interne per il tratto FED


23

23

N2NFN0NF yy −=→−=→=+

2x4TFQxT0QxFT xx −=→−=→=−+

)1x(x2x2x2MxF2xQM

2xQxxFM 2x

2

x −=−=→−=→⋅=+

Calcolo le azioni interne per il tratto CD

N682NqFNFqN xx −=−=→−=→=+

N2FT0FT yy −=−=→=+

4x2M4x28MxFF2q1M yx −=→+=+→+=⋅+ Calcolo le azioni interne per il tratto BC


24

24

N682NqFNFqN xx −=−=→−=→=+

10x4F)2x(QT)2x(QFT yy −=−−=→−=+

4x22

)2x(48MxFF22

)2x()2x(Qq1M2

yx +=−

++→+=−

⋅−+⋅+

4x28x8x2M4x2)2x(2M 22 −=+−+→−=−+

)2x)(3x(2)6x5x(212x10x2M 22 −−−=+−−=−+−=

2


25

25

Esercizio no.6

Tenendo conto che il carico distribuito Q=1N/m. Calcola le azioni interne della struttura illustrata, considerando le distanze espresse in metri.

La struttura è complessivamente costituta da n=2 elementi, quindi i gradi di libertà sono g=3n=6. Il sistema è fissato tramite 1 incastro in A che toglie 3 gradi di libertà. Vi è una carrello in E che toglie 1 grado di libertà e una cerniera interna in C a cui sono collegate m=2 aste.

∑ −⋅+⋅+⋅+⋅= i )1m(2a1c2i3v

6213)12(2110213v =++=−⋅+⋅+⋅+⋅= → g=v (il sistema è isostatico) Al fine del calcolo delle reazioni vincolari, ammettiamo che il carico distribuito possa essere rappresentato come concentrato di valore q=2N con applicazione nel punto medio del tratto BCD


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26

Le equazioni cardinali per l’intero sistema sono:

=⋅+

=+=

yA

yy

x

E21qM

0EA0A

svincolando la struttura in C, eseguendo l’eq.dei momenti per il polo C

N5,0E21

42E

2q

21E1 yyy =→==→⋅=⋅

per cui N5,123

212EqA yy ==−=−= mentre

Nm121qE2M yA −=−=−=

Riassumendo

0Ax = 23Ay = 2

1Ey = 1M A −=

Le azioni interne per il tratto AB:

N5,1NAN y −=→−= 0TAT x =→−=

Nm10x1xAMM xA −=⋅−−=−=


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27

Le azioni interne per il tratto BCD, partendo da B.

0NAN x =→−=

5,1x5,1x1TAQxTAQxT yy +−=+⋅−=→+−=→=+

)2x3x(211x

23

2xM

x5,112xMxAMA4

2xQxM

22

2

yAx

+−−=−+−=

+−=+→+=+⋅+

il trinomio ha radici x=1 ed x=2. Per il tratto DE, partendo da E:

0M0T

N5,021EN y

==

−=−=−=


28

28

I diagrammi sono i seguenti


29

29

Esercizio no.7

Tenendo conto che il carico p=5 N. Calcola le azioni interne della struttura illustrata, considerando le distanze espresse in metri.

La struttura è complessivamente costituta da n=2 elementi, quindi i gradi di libertà sono g=3n=6. Il sistema è fissato tramite 1 incastro in A che toglie 3 gradi di libertà. Vi è una carrello in D che toglie 1 grado di libertà e una cerniera interna in C a cui sono collegate m=2 aste.

∑ −⋅+⋅+⋅+⋅= i )1m(2a1c2i3v

6213)12(2110213v =++=−⋅+⋅+⋅+⋅= → g=v (il sistema è isostatico)

Le equazioni cardinali per l’intero sistema sono:

=+

=+=

yA

yy

x

D4p2M

pDA0A

L’equazione dei momenti con polo in C, col tratto ABC svincolato è:

xyA A2A2M =+


30

30

Unita alle equazioni precedenti

)Ap(4p2A2A2

)Ap(4p2M

yyx

yA

−=+−

−=+

essendo Ax=0

N5pAp2A2A4p4p2A2 yyyy ==→=→−=+− ne consegue : 0Dy = e Nm10p2M A −=−= Riassumendo

0Ax = 5Ay = 0Dy = 10M A −= Le azioni interne per il tratto AB:

N5NAN y −=→−=

0TAT x =→−= Nm100x10xAMM xA −=⋅−−=−=

Le azioni interne per il tratto BC, partendo da B.

0NAN x =→−=

N5AT y ==

x510MxAMMxAMA2M yAyAx +−=→+=→+=+


31

31

Per il tratto CD, partendo da C:

0NAN x =→−=

0T55TApT y =→=+→=+

0520x10p2)pA(xMM

p2pxxAMMxAM)2x(pA2M

yA

yAyAx

=⋅+⋅+−=+−+=

+−+=→+=−++

I diagrammi sono i seguenti


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