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5/10/2018 06-Statica Travi - slidepdf.com

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6 Statica delle travi

6 Statica delle travi

6.1 Forze esterne

Si consideri un generico corpo tridimensionale. Si ricorda che su di essopossono agire i seguenti tipi di forze esterne:

• forze di volume b = b(x): B x −→ V ; dimensionalmente si ha[b] = [F L−3];

• forze di superficie s = s(x): ∂ B x ∈−→ V ; dimensionalmente si ha[s] = [F L−2].

Si consideri ora una trave (figura 6.1). Nell’ambito della teoria monodi-mensionale in oggetto si eff ettua una riduzione statica all’asse della trave. Inaltri termini (figura 6.3) si vuole determinare un sistema di forze definite sul-l’asse della trave tale che prese due sezioni generiche i sistemi di forze definitisul corpo tridimensionale e sull’asse della trave siano equivalenti. Riducendoil sistema di forze agenti sulla sezione trasversale al baricentro della sezione

stessa sezione per sezione, si ottengono i seguenti campi di forze:b

s

=⇒

f = f (s) [f ] = [F L−1]c = c(s) [c] = [F ]

ove s e la coordinata curvili nea individuata sull’asse della trave, f (s) e c(s)sono rispettivamente un campo di forze distribuite e un campo di coppiedistribuite per unita di lunghezza.

Nel modello di trave considereremo quindi una descrizione monodimensio-nale del sistema di forze esterne considerando una riduzione statica di esso aipunti della linea d’asse, ottenendo forze e coppie distribuite f = f (s), c = c(s)(figura 6.2). Inoltre, per descrivere distribuzioni di forze e coppie agenti suporzioni molto piccole della trave, considereremo anche la presenza di forze ecoppie concentrate in un numero finito di sezioni (Gi, Fi), (G j , C j). In figura

6.3 si riportano alcuni esempi.

6.2 Forze interne

Immaginiamo di separare la trave in corrispondenza della sezione di baricen-tro G(s) nelle due parti che indicheremo con L − e L +, con L −

L + =

Corso di Scienza delle Costruzioni 84 A. A. 2009-2010



6 Statica delle travi 6.2 Forze interne

Fig. 6.1

Fig. 6.2

L , L −L

+ = ∅. Nel modello di trave si assume che le due parti siscambino delle azioni di contatto cosı f atte (figura 6.4):

• L + esercita su L − un sistema di forze interne la cui riduzione statica

al baricentro G(s) della sezione in esame e data dalla forza (G(s), R) edal momento M;

• analogamenteL − esercita su L + un sistema di forze interne equivalente

alla forza (G(s), R) ed alla coppia di momento M.

Queste azioni rappresentano globalmente l’azione reciproca tra L + e L −

attraverso la sezione. Il sistema di forze interne per una trave e noto quandosi conoscono sezione per sezione le grandezze R, R, M, M, ovvero se sono


6 Statica delle travi 6.2 Forze interne

Fig. 6.3

Fig. 6.4




6 Statica delle travi 6.3 Equilibrio della trave

note le funzioni

s ∈ (0, L) → R(s), R(s), M(s), M

(s) .

6.3 Equilibrio della trave

Consideriamo una trave soggetta ad un sistema di forze esterne

{ f , c, (Gi, Fi), (G j , C j) }

e ad un sistema di forze interne

{ R, R, M, M

} .

Fissiamo sull’asse della trave un’ascissa curvilinea s ∈ (0, L) e consideriamouna generica parte della trave compresa tra le sezioni di ascisse s1 e s2 (figura6.5).

Fig. 6.5

Indichiamo con re(s1, s2) e m

eO(s1, s2) rispettivamente la risultante ed il

momento risultante (rispetto ad un fissato polo O) di tutte le forze esterneagenti sul tratto di trave. La risultante ed il momento risultante di tutte leforze (esterne ed interne) agenti sul tratto considerato risultano pari a:

r(s1, s2) = re(s1, s2) + R(s2) + R(s1)mO(s1, s2) = m

eO(s1, s2) + (G(s2) −O) × R(s2)+

+(G(s1) −O)× R(s1) + M(s2) + M(s1)


6 Statica delle travi 6.3 Equilibrio della trave

Assiomi di Eulero: la trave e in equilibrio sotto il sistema di forze(interne ed esterne) considerato se e solo se

r(s1, s2) = re(s1, s2) + R(s2) + R(s1) = 0

mO(s1, s2) = meO(s1, s2) + (G(s2)−O)× R(s2)+

+(G(s1)− O)× R

(s1) + M(s2) + M

(s1) = 0

per ogni s1, s2 ∈ (0, L) .

(6.1)

Si osservi che se si sceglie s1 = 0 e s2 = L, le equazioni (6.1) assumono laforma

re(0, L) = 0

meO(0, L) = 0

e dunque rappresentano le equazioni cardinali della statica per la trave; siosservi che nel caso in esame esse sono necessarie ma non sufficienti perl’equilibrio.

Dividiamo ora la trave nelle due parti L + e L − separate dalla sezioneG(s) (figura 6.4). Applicando gli assiomi di Eulero prima alla parte L − e

poi alla parte L + e calcolando i momenti rispetto al polo G(s), si ottienerispettivamente:

r(0, s) = re(0, s) + R(s) = 0

mG(s)(0, s) = meG(s)(0, s) + M(s) = 0

r(s, L) = re(s, L) + R(s) = 0

mG(s)(s, L) = meG(s)(s, L) + M(s) = 0 .

Osserviamo inoltre che, per l’equilibrio dell’intera trave si har(0, L) = r

e(0, s) + re(s, L) = 0

mG(s)(0, L) = meG(s)(0, s) + m

eG(s)(s, L) = 0

⇒

re(0, s) = −re(s, L)m

eG(s)(0, s) = −m

eG(s)(s, L) ,

pertanto risulta:R(s) = −r

e(0, s) = re(s, L) = −R(s)

M(s) = −meG(s)(0, s) = m

eG(s)(s, L) = −M(s) .




6 Statica delle travi 6.4 Caratteristiche della sollecitazione

Dunque i due tronchi L + e L − si scambiano azioni opposte (figura 6.6).Inoltre R ed M, azioni di L + su L −, coincidono rispettivamente con larisultante e il momento risultante rispetto al polo G(s) delle forze esterneagenti su L

+; ovvero R ed M

, azioni di L − su L +, coincidono con la

risultante ed il momento risultante rispetto al polo G(s) delle forze esterne

agenti su L −

.

Fig. 6.6

6.4 Caratteristiche della sollecitazione

Per caratterizzare le azioni interne nelle travi, e utile riferirsi alle componentidi R ed M in un opportuno sistema di riferimento. Sia (G; x ,y,z) un sistemadi riferimento cartesiano ortogonale con asse z tangente alla linea d’asse dellatrave in G e diretto nel verso delle ascisse curvilinee crescenti (cioe uscenteda L −) e gli assi x e y perpendicolari a z e diretti in maniera arbitraria(figura 6.7). Le componenti di R ed M nel riferimento scelto sono per defi-nizione le caratteristiche della sollecitazione in G. Per esse si usa la seguenteterminologia:

componente simbolo denominazione

Rx T x sforzo di taglio (lungo x)

Ry T y sforzo di taglio (lungo y)Rz N sforzo normaleM x M x momento flettente (lungo x)M y M y momento flettente (lungo y)M z M z momento torcente


6 Statica delle travi 6.5 Vincoli

Nel caso di travi piane (si veda il paragrafo 4.5) il sistema di forze esternef , Fi e costituito da forze parallele al piano che contiene la linea d’asse dellatrave; inoltre c e un camp o vettoriale p erpen dicolare a tale piano cosı come i lvettore momento C j della generica coppia concentrata. E dunque convenientein questo caso assumere il sistema di riferimento locale (G; x ,y,z) in maniera

tale che l’asse x sia diretto perpendicolarmente al piano contenente la linead’asse. Per tale scelta si ha che le seguenti componenti delle azioni internesono nulle:

Rx = 0, M z = M y = 0 .

E quindi possibile utilizzare la notazione semplificata (figura 6.7):

componente simbolo denominazione

Ry T sforzo di taglioRz N sforzo normaleM x M momento flettente

Fig. 6.7

Le caratteristiche della sollecitazione cosı definite si intendono p ositive sedirette nel senso positivo degli assi x, y e z. Poiche le forze interne agentisu L

+ sono opposte a quelle agenti su L − nella stessa sezione, quando lecaratteristiche della sollecitazione agiscono sulla base di sinistra dell’elementodi trave considerato, si intendono positive se dirette in verso opposto a quellodegli assi x, y e z (figura 6.8).

6.5 Vincoli

Nella nostra trattazione ipotizzeremo la presenza di vincoli lisci , in gradodi reagire sulla trave con forze e coppie concentrate agenti sulla sezione diapplicazione del vincolo. Per questa tipologia di vincoli e possibile ricavare la





Fig. 6.8

caratterizzazione statica a partire da quella cinematica attraverso il seguentepostulato.

Postulato delle reazioni vincolari. Un vincolo liscio e in grado di reagire con un qualsiasi sistema di forze che non compiono lavoro per tutti gli spostamenti compatibili con il vincolo stesso:

L = FA·u(A)+M Aϕ(A) = 0 per ogniu(A),ϕ(A) compatibili con il vincolo.

Si analizzano nel seguito le possibili reazioni esercitate dai vincoli piani.

Appoggio (figura 6.9)L’equazione cinematica di vincolo e

u(A) = 0 .

L’espressione del lavoro delle reazioni vincolari e quindi

L = FA · u(A) + M Aϕ(A) = M Aϕ(A) = 0 per ogni ϕ(A)

⇒ M A = 0 ,

essendo ϕ(A) qualunque, mentre FA e arbitraria. Dunque una cerniera puo

reagire solo con una forza passante per la sezione A e avente retta d’azione,con direzione qualunque, appartenente al fascio proprio di centro A (figura6.9). Rispetto ad un sistema di riferimento cartesiano individuato dai versori(e1, e2), FA assume l’espressione

FA = H Ae1 + V Ae2 ,



Fig. 6.9

con H A e V A arbitrari parametri reattivi . Si osservi che il numero di parametrireattivi e uguale alla molteplicita cinematica del vincolo (questa proprieta evalida per tutte le tipologie di vincolo).

Doppio pendolo (figura 6.10a)Le equazioni cinematiche di vincolo sono

u(A) · e = 0ϕ(A) = 0 ,

L’espressione del lavoro delle reazioni vincolari e quindi:

L = FA · u(A) + M Aϕ(A) = FA · u(A) = 0 per ogni u(A) ⊥ e .

Il lavoro si annulla quando FA ⊥ u(A), cioe quando FA e, con M A chepuo avere valore arbitrario. Dunque il doppio pendolo puo reagire con unaforza agente su di una retta appartenente al fascio improprio di direzione e,equivalente ad una coppia di valore qualsiasi ed una forza passante per lasezione A e parallela all’asse dei pendoli (figura 6.10). I parametri reattivi inquesto caso sono M A e F A.





Fig. 6.10

Carrello o pendolo (figura 6.10b)L’ equazioni cinematica di vincolo e

u(A) · e = 0

L’espressione del lavoro delle reazioni vincolari e quindi:

L = FA · u(A) + M Aϕ(A) = 0 per ogni u(A) ⊥ e per ogniϕ(A).

Il lavoro si annulla quando i due termini sono entrambi nulli, cioe quando FA e e M A = 0. Dunque il carrello puo reagire solo con una forza passante perla sezione A e parallela all’asse del carrello stesso (figura 6.10). Il parametroreattivo e dato da F A.

Pendolo improprio (figura 6.11a)L’ equazioni cinematica di vincolo e:

ϕ(A) = 0


L = FA· u(A) + M

Aϕ(A) = F

A· u(A) = 0 per ogni u(A) .

Il lavoro si annulla dunque quando FA = 0, e con M A qualunque. Dunqueil pendolo improprio puo reagire solo con una coppia M A che rappresenta ilparametro reattivo (figura 6.11).


6 Statica delle travi 6.6 Sconnessioni

Fig. 6.11

Incastro (figura 6.11b)Le equazioni cinematiche di vincolo sono

u(A) = 0

ϕ(A) = 0 .


L = FA · u(A) + M Aϕ(A) = 0 .

Il l avoro e dunque sempre nullo per arbitari FA e M A. L’incastro puo quindireagire con una forza qualunque agente nel piano, equivalente ad coppia divalore qualsiasi ed una forza passante per la sezione A ed avente direzionequalsiasi (figura 6.11). I parametri reattivi in questo caso sono M A, H A e V A.

6.6 Sconnessioni

Analogamente a quanto visto per i vincoli lisci, e possibile dedurre la carat-terizzazione statica delle sconnessioni lisce utilizzando un postulato analogo aquello relativo alle reazioni vincolari.

Postulato. Una sconnessione liscia e in grado di trasmettere un qualsiasi sistema di forze interne che non compiono lavoro per tutti gli spostamenti compatibili con la sconnessione stessa.

Esplicitiamo questa condizione (figura 6.12):

L = RA · u−(A)− RA · u+(A) + M Aϕ−(A)−M Aϕ+(A) =

= −RA · [[u]]A−M A[[ϕ]]

A

= 0

per ogni [[u]]A

, [[ϕ]]A

compatibili con la sconnessione.





Fig. 6.12

Si analizzano nel seguito le possibili situazioni.

Cerniera (figura 6.13)L’equazione cinematica di vincolo e

[[u]]A = 0 ,

pertanto si ha

L = −RA · [[u]]A

− M A[[ϕ]]A

= −M A[[ϕ]]A

= 0 per ogni [[ϕ]]A

⇒ M A = 0 ,

mentre RA e arbitraria. Dunque una cerniera puo trasmettere solo forze pas-santi per la cerniera stessa, e di conseguenza nella sezione in cui e applicatala sconnessione il momento flettente e nullo.

Fig. 6.13

Doppio pendolo (figura 6.14)



Le equazioni cinematiche di vincolo sono:[[u]]A· e = 0

[[ϕ]]A

= 0 ,

pertanto:

L = −RA · [[u]]A−M A[[ϕ]]

A

= −RA · [[u]]A

= 0 per ogni [[u]]A⊥ e .

Il lavoro si annulla quando RA ⊥ [[u]]A

, c ioe quando RA e (ovvero RA ·d =0, con M A che puo avere valore arbitrario. Dunque il doppio pendolo puotrasmettere una coppia di valore qualsiasi ed una forza parallela all’asse deipendoli.

Fig. 6.14

Nel caso particolare in cui i pendoli sono diretti lungo la direzione dell’assedella trave (figura 6.14b) , si ha:

RA · d = T (A) = 0 ,

dunque nella sezione di applicazione del doppio pendolo il taglio si annulla,mentre sforzo normale e momento flettente sono arbitrari.

Se viceversa l’asse del doppio pendolo e perpendicolare all’asse della trave(figura 6.14c), si ha:

RA · d = N (A) = 0 ,





dunque lo sforzo normale si annulla, mentre taglio e momento flettente sonoarbitrari.

Pendolo (figura 6.15)L’ equazioni cinematica di vincolo e

[[u]]A· e = 0 ,

dunque

L = RA · [[u]]A + M A[[ϕ]]

A = 0 per ogni [[u]]

A⊥ e per ogniϕ(A).

Questo implica che RA e e M A = 0. Dunque il carrello trasmette solo unaforza passante per la sezione A e parallela all’asse del carrello stesso.

Fig. 6.15

Se in particolare l’asse del pendolo e parallelo all’asse della trave, si ha(figura 6.15a)

T (A) = 0 M (A) = 0 ,

se viceversa i due assi sono perpendicolari, si ha (figura 6.15b)

N (A) = 0 M (A) = 0 .


6 Statica delle travi 6.7 Problema statico

Pendolo improprio (figura 6.16)L’ equazioni cinematica di vincolo e

[[ϕ]]A

= 0 ,

dunque

L = RA · [[u]]A

+ M A[[ϕ]]A

= RA · [[u]]A

= 0 per ogni [[u]]A

.

Il lavoro si annulla quando RA = 0 con M A qualunque. Dunque il pendoloimproprio puo trasmettere solo una coppia M A. Di conseguenza risulta

T (A) = 0 N (A) = 0 .

Fig. 6.16

6.7 Problema statico

Il problema statico per una travatura con assegnato sistema di forze esterne,consiste nella determinazione delle reazioni vincolari e delle caratteristichedella sollecitazione (azioni interne in ogni sezione) che rendono la travaturaequilibrata.

Consideriamo una travatura soggetta ai seguenti sitemi di forze:

• forze esterne

forze attive (assegnate);

forze reattive (incognite);

• forze interne

N , T , M (incognite).




6 Statica delle travi 6.7 Problema statico

Fig. 6.17

Diremo che il problema statico e

• impossibile, se non esiste un sistema di forze reattive ed un sistema diforze interne che rendono equilibrata la travatura per i carichi esterni(figura 6.17d,f);

• possibile, se esistono almeno un sistema di forze reattive e un sistema diforze interne che rendono equilibrata la travatura; in questo caso diremoche la travatura e

– staticamente determinata , se attraverso le sole equazioni di equili-brio e p ossibile determinare un unico sistema di forze reattive ed ununico sistema di forze interne che rendono equilibrata la travatura(figura 6.17b,c);

– staticamente indeterminata se tali sistemi non sono univocamente

determinabili con le sole equazioni di equilibrio (figura 6.17a,e).

Teorema. 6.1. (Dualita statica–cinematica).

• Una travatura isostatica e staticamente determinata per ogni sistema di forze esterne attive.


6 Statica delle travi 6.8 Teorema dell’equilibrio

• Una travatura iperstatica e staticamente indeterminata per ogni sistema di forze esterne attive.

• Per una travatura cinematicamente indeterminata il problema staticoe, a seconda del sistema di forze esterne attive, possibile o impossibile;

in particolare per un sistema di forze per il quale il problema statico epossibile

– se la travatura e labile, essa risulta staticamente determinata,

– se la travatura e labile a vincoli ine ffi caci, essa risulta staticamenteindeterminata.

6.8 Teorema dell’equilibrio

Si assegni una trave rettilinea soggetta ad un sistema di forze esterne ed interne(figura 6.18), e supponiamo che essa sia in equilibrio. Si consideri una partedella trave individuata da due sezioni di ascissa s1 e s2 rispettivamente, inmodo che esso non contenga al suo interno carichi concentrati, ma solo coppie

e forze distribuite.

Fig. 6.18

Se la trave e in equilibrio, valgono gli assiomi di Eulero, dunque e in equi-

librio ogni sua parte. Gli assiomi di Eulero, scritti per il tronco s1 − s2,forniscono le seguenti equazioni:r(s1, s2) = R(s2)− R(s1) + r

e(s1, s2) = 0

mO(s1, s2) = M(s2)− M(s1) + meO(s1, s2) = 0 .

(6.2)





Nella prima delle (6.2), il termine re(s1, s2) rappresenta la risultante delle forze

esterne, ossia:

re(s1, s2) =

s2

s1

f ds ,

inoltre, poiche tra s1 ed s2 non vi sono forze concentrate, il campo vettorialedelle sollecitazioni R(s) e continuo, dunque per il teorema fondamentale delcalcolo integrale si ha:

R(s2)− R(s1) =

s2

s1

dR

dsds .

Sostituendo questi risultati nella prima delle (6.2), si ha quindi:

r(s1, s2) =

s2

s1

dR

ds+ f

ds = 0 per ogni s1, s2 ∈ (0, L) .

Questa relazione deve valere per arbitrarie sezioni s1 e s2 (purche non vi siano

forze o coppie concentrate all’interno), dunque l’integrale e nullo per arbitrariestremi di integrazione; questo implica che la funzione integranda deve esserenulla, ossia:

dR

ds+ f = 0 per ogni s ∈ (0, L) . (6.3)

In un sistema di riferimento locale (figure 6.7, 6.19) si pu o scrivere:

R = N e3 + T e2 ; f = p e3 + q e2 ;

poiche la trave e retti linea, e2 ed e3 sono costanti, per cui:

dR

ds=

dN

dse3 +

dT

dse2 .

Proiettando la (6.3) lungo z ed y si ottiene rispettivamente:

dN

ds+ p = 0 ;

dT

ds+ q = 0 .



Fig. 6.19

Consideriamo ora il termine meO(s1, s2), calcolato rispetto al polo O corri-

spondente ad s = 0. Risulta:

meO(s1, s2) =

=

s2

s1

c + (G(s) −O)× f

ds + (G(s2)−O) × R(s2) − (G(s1)−O) × R(s1) =

= s2

s1

c − s q

ds− s2 T (s2) + s1 T (s1)

e1 .

Per la continuita delle funzione T (s) e M (s) risulta:

s2 T (s2)− s1 T (s1) =

s2

s1

d(s T )

dsds =

s2

s1

ds

dsT + s

dT

ds

ds =

=

s2

s1

(T − s q) ds

M (s2) −M (s1) =

s2

s1

dM

dsds ,

per cui la seconda delle (6.2) diventa:

mO(s1, s2) =

s2

s1

dM

ds+ c − s q − T + s q

ds

e1 =

=

s2

s1

dM

ds+ c − T

ds

e1 = 0 per ogni s1, s2 ∈ (0, L) .





Questa relazione deve valere per arbitrarie sezioni s1 e s2, dunque la funzioneintegranda deve essere nulla, ossia:

dM

ds+ c− T = 0 per ogni s ∈ (0, L) .

Le tre equazioni

dN

ds+ p = 0

dT

ds+ q = 0

dM

ds+ c− T = 0

(6.4)

rappresentano le equazioni indefinite di equilibrio per una trave rettilinea esono valide in ogni sezione in cui non sia applicato un carico concentrato. Siricorda che in queste equazioni i segni delle funzioni N , T , M , p, q e c sonopositivi se rispettano le convenzioni rappresentate in figura 6.20.

Fig. 6.20


6 Statica delle travi 6.9 Applicazioni

6.9 Applicazioni

6.9.1

Fig. 6.21

La trave in figura 6.21 e isostatica, dunque staticamente determinata. Perdeterminare le reazioni vincolari e le caratteristiche della sollecitazione sonosufficienti le equazioni di equilibrio. La caratterizzazione statica dell’incastrofornisce per esso le tre componenti reattive H A, V A, M A (figura 6.22).

Fig. 6.22

Le equazioni cardinali della statica, fissando il polo per i momenti in A,danno

H A + F cosα = 0V A − F sinα = 0M A − F L sinα = 0

⇒

H A = −F cosαV A = F sin α

M A = F L sin α .

La reazione H A ha componente negativa, per cui e diretta verso destra. Rap-presentiamo lo schema di corpo libero:

Per determinare le leggi di variazione delle caratteristiche della sollecita-zione, fissiamo un’ascissa s ∈ (0, L) lungo l’asse della trave, e consideriamo laparte di trave a sinistra (o alternativamente a destra) della sezione di ascissa





Fig. 6.23

generica s (figura 6.24). Le caratteristiche della sollecitazione sono date dallarisultante e dal momento risultante rispetto alla sezione considerata di tuttele forze esterne agenti sulla parte di sinistra (o alternativamente di destra)secondo le convenzioni rappresentate in figura 6.20. Si ottiene

N (s) = F cosα

T (s) = F sin α

M (s) = −F L sinα + F s sin α

Fig. 6.24

Si osservi che le leggi di variazione cosı ri cavate ris pettano le equazioniindefinite di equilibrio. Infatti, non essendoci carichi distribuiti, dN/ds =

dT/ds = 0, dunque N e T sono costanti, mentre dM/ds = T , dunque M elineare rispetto ad s. I diagrammi delle sollecitazioni sono rappresentati infigura 6.25 (si noti che il diagramma del momento flettente si rappresenta conle ordinate positive verso il basso).



Fig. 6.25

Fig. 6.26

6.9.2

La trave in figura 6.26 e isostatica, dunque staticamente determinata. Lacaratterizzazione statica della cerniera fornisce per essa le componenti reattiveH A e V A, mentre per il carrello in B si ha V B (figura 6.27).

Fig. 6.27

Sostituendo il carico distribuito q con una forza concentrata equivalente dimodulo pari a qL e applicata in mezzeria del tratto su cui e applicato il carico,





le equazioni cardinali della statica, fissando il polo per i momenti in A, danno:

H A = 0

V A + V B − qL = 0

V BL− qLL

2 = 0

⇒

H A = 0

V A =qL

2

V B = qL2 .

Rappresentiamo lo schema di corpo libero:

Fig. 6.28

Per determinare le leggi di variazione delle caratteristiche della sollecita-zione, fissiamo un’ascissa s ∈ (0, L) lungo l’asse della trave, e consideriamo laparte di trave a sinistra (o alternativamente a destra) della sezione di ascissagenerica s (figura 6.29). Le caratteristiche della sollecitazione sono date dallarisultante e dal momento risultante rispetto alla sezione considerata di tuttele forze esterne agenti sulla parte di sinistra (o alternativamente di destra)secondo le convenzioni rappresentate in figura 6.20:

N (s) = 0

T (s) =qL

2− qs

M (s) =qL

2s−

qs2

2

Si osservi che dN/ds = 0 , dT/ds = −q, dM/ds = T , dunque M haandamento parabolico. Nella sezione s = L/2 dove T = 0 il diagramma delmomento presenta un massimo relativo: M (L/2) = qL2/8.



Fig. 6.29

Fig. 6.30

Fig. 6.31

6.9.3

Studiamo cinematicamente la travatura in figura 6.31 con il metodo geometrico(figura 6.32). Essa e costituita da tre corpi rigidi vincolati con un doppio





Fig. 6.32

pendolo (vincolo doppio), un carrello (vincolo semplice) e un incastro (vincolotriplo), e connessi con un pendolo (connessione semplice) ed un doppio pendolo(connessione doppia) per cui risulta:

l = 3n− v − c = 9 − (2 + 1 + 3) − (1 + 2) = 0 ;

dunque la travatura puo essere isostatica o labile a vincoli inefficaci. Il dop-pio pendolo in A fissa il centro di rotazione CI del primo tratto nel puntoimproprio associato alla direzione orizzontale, mentre il carrello in C imponeche lo stesso CI debba appartenere alla retta verticale r. Queste condizionisono incompatibili, dunque non puo esserci alcun CI, cioe il tratto I non puosubire spostamenti rigidi infinitesimi. Lo stesso si puo dire per il tratto III pereff etto dell’incastro che sottrae ad esso tutti i gradi di liberta. Il pendolo inD impone che il centro di rotazione relativo CI,II debba trovarsi sulla retta s,ma essendo il campo di spostamenti di I identicamente nullo, questa diventauna condizione su CII. Allo stesso modo il doppio pendolo in E impone cheCII,III sia il punto improprio associato alla direzione orizzontale, ma essendoil campo di spostamenti di III nullo, anche questa diventa una condizione suCII

. Queste ultime due condizioni sono incompatibili, dunque non pu o esistereCII, per cui nessuno dei tre tratti puo subire spostamenti rigidi infinitesimi ela struttura e isostatica, dunque anche staticamente determinata.

La caratterizzazione statica dei vincoli fornisce le componenti reattive H Ae M A per il doppio pendolo, V C per il carrello e H F, V F M F per l’incastro(figura 6.33).



Fig. 6.33

Per determinare le reazioni vincolari utilizziamo le equazioni cardinali dellastatica, fissando il polo per i momenti in F, e le equazioni di sconnessione.La sconnessione in D e doppia, per cui avremo due equazioni statiche. Inparticolare il pendolo trasmette solo forze interne parallele al suo asse, per

cui si annulleranno sforzo normale e taglio (si veda la figura 6.15). Il doppiopendolo in E trasmette solo forze dirette lungo il suo asse e coppie, dunque siannulla il taglio (si veda la figura 6.14). Essendovi pero una forza applicatasulla sezione di sinistra, il taglio sara nullo solo a destra, mentre a sinistraavra valore in modulo pari al modulo della forza applicata.

F o = 0F v = 0M (F) = 0

M (D) = 0

N (D) = 0T dx(E) = 0

⇒

H A − qL −H F = 0

V C − qL − qL + V F = 0

M A − H AL− qL2 − 3LV C + qL2 + qL2

2+ M F = 0

−M A + qL2 + H AL + V CL = 0

H A = 0qL − V F = 0





⇒

H A = 0 M A = 2qL2

V C = qL V F = qL

H F = −qL M F =qL2

2.

Rappresentiamo lo schema di corpo libero:

Fig. 6.34

I punti di discontinuita delle leggi di variazione delle caratteristiche dellasollecitazione sono:

• sezioni B e C per la presenza di forze e coppie concentrate e per lavariazione di direzione dell’asse della trave;

• sezione E per la presenza di un forza concentrata e per la discontinuitadel carico distribuito.

Fissate sui vari tratti delle ascisse come indicato in figura, si ottengono leseguenti leggi ed i corrispondenti diagrammi.

• AB, s1 ∈ (0, L)

N (s1) = 0T (s1) = 0

M (s1) = −2qL2

• BC, s2 ∈ (0, L)



N (s2) = 0T (s2) = 0

M (s2) = −2qL2 + qL2 = −qL2

• CE, s3 ∈ (0, 2L)

N (s3) = 0T (s3) = qL

M (s3) = −2qL2 + qL2 + qLs3 = qLs3 − qL2

• EF, s4 ∈ (0, L)

N (s4) = qs4T (s4) = qL − qL − qs4 = −qs4

M (s4) = qL(L− s4) +qL2

2−

q(L − s4)2

2= qL2 −

qs242

Si osservi che in B il diagramma del momento flettente non si puo ribal-tare, in quanto il suo valore nella sezione immediatamente a sinistra e diversoda quello nella sezione immediatamente a destra a causa della presenza della

coppia concentrata. In figura 6.36 sono riportate le coppie agenti sul nodo B(le due forze interne piu la coppia concentrata) che come si puo vedere rispet-tano l’equilibrio alla rotazione. In C invece, non essendovi coppie concentrateapplicate, ma solo una forza concentrata, i due momenti a sinistra e a destrasono uguali, dunque il diagramma puo essere ribaltato. In E vi e una forzaconcentrata perpendicolare all’asse della trave, dunque si riscontra un saltonel diagramma del taglio, e di conseguenza un punto angoloso nel diagrammadel momento flettente. Nella sezione a destra di E il taglio si annulla e dunquevi e un punto di massimo relativo del momento.

6.9.4

Studiamo cinematicamente la travatura in figura 6.37 con il metodo geome-

trico (figura 6.38). Essa costituita da due tratti vincolati con una cerniera(vincolo doppio) e due carrelli (vincoli semplici), e connessi con una cerniera(connessione doppia) per cui risulta:

l = 3n − v − c = 6 − (2 + 1 + 1)− 2 = 0;





Fig. 6.35

Fig. 6.36

dunque la travatura pu essere isostatica o labile a vincoli inefficaci. La cernierain A fissa il centro di rotazione CI del primo tratto nella cerniera stessa, mentre



Fig. 6.37

Fig. 6.38

i due carrelli in E ed F impongono ciascuno che il centro CII debba appartenerealle rispettive rette efficaci. Queste ultime due condizioni impongono che CII

debba trovarsi nell’intersezione dei due assi, mentre la cerniera in C imponeche il centro di rotazione relativo CI,II debba trovarsi nella cerniera stessa. I trepossibili centri di rotazione CI, CII e CI,II non sono allineati, dunque il primoteorema delle catene cinematiche ci permette di aff ermare che la strutturaisostatica. Infatti se la struttura potesse subire spostamenti rigidi infinitesimi,il teorema imporrebbe l’allineamento dei tre centri di rotazione, e questo vain contrasto con le condizioni imposte dai vincoli, dunque non sono possibili

spostamenti rigidi.La caratterizzazione statica dei vincoli fornisce le componenti reattive H A

e V A per la cerniera, V E e H F per i carrelli (figura 6.40).Per determinare le reazioni vincolari utilizziamo le equazioni cardinali del-

la statica, fissando il polo per i momenti in A, e l’equazione di sconnessio-





Fig. 6.39

ne. La cerniera in C impone che il momento flettente sia nullo nella sezioneimmediatamente a destra, mentre a sinistra e pari a −C .

F o = 0

F v = 0M (A) = 0

M dx(C) = 0

⇒

H A + qL −H F = 0

V A + V E = 0

−qL2

2− C + V E

3

2L = 0

V EL −H FL = 0

⇒H A = −

2

3qL +

2

3

C

LV A = −

qL

3−

2

3

C

L

V E =qL

3+

2

3

C

LH F =

qL

3+

2

3

C

L.

Rappresentiamo lo schema di corpo libero:I punti di discontinuita delle leggi di variazione delle caratteristiche della

sollecitazione sono:

• sezione B per la variazione di direzione dell’asse della trave e per ladiscontinuita del carico distribuito;

• sezione C per la presenza di una coppia concentrata;

• sezione D per la presenza di un nodo triplo.



Fig. 6.40

Fissate sui vari tratti delle ascisse come indicato in figura, si ottengono leseguenti leggi ed i corrispondenti diagrammi, nei quali si riporta separatamente

l’eff etto del carico distribuito q e della coppia C .





• AB, s1 ∈ (0, L)

N (s1) =qL

3+

2

3

C

L

T (s1) =2

3qL −

2

3

C

L− qs1

M (s1) = −

−

2

3qL +

2

3

C

L

s1 − q

s212

• BC, s2 ∈

0,

L

2

N (s2) = −qL

3−

2

3

C

L

T (s2) = −qL

3−

2

3

C

L

M (s2) = −C +

qL

3+

2

3

C

L

3

2L− s2

−

qL

3+

2

3

C

L

L =

= q L2

6− q L

3s2 − 2

3C L

(s2 + L)

• CD, s2 ∈

L

2, L

N (s2) = −qL

3−

2

3

C

L

T (s2) = −qL

3−

2

3

C

L

M (s2) =

qL

3+

2

3

C

L

3

2L − s2

−

qL

3+

2

3

C

L

L =

= q

L2

6 − q

L

3 s2 −

2

3

C

L s2



• DE, s3 ∈

0,

L

2

N (s3) = 0

T (s3) = −qL

3

−2

3

C

L

M (s3) =

qL

3+

2

3

C

L

L

2− s3

• DF, s4 ∈ (0, L)

N (s4) = 0

T (s4) =qL

3+

2

3

C

L

M (s4) = −

qL

3+

2

3

C

L

(L− s4)

In figura 6.41 sono riportate le forze agenti sui nodi B e C, in figura 6.42

sono riportati i diagrammi delle caratteristiche della sollecitazione.

Fig. 6.41





Fig. 6.42
