12. I diagrammi delle caratteristiche per le strutture isostatiche

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12 - Sul calcolo delle caratteristiche
per strutture isostatiche
ü [A.a. 2011 - 2012 : ultima revisione 26 marzo 2013]
In questa Esercitazione si illustrano alcuni metodi per tracciare i diagrammi delle caratteristiche della
sollecitazione 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 seguenti
relazioni tra carichi applicati e c.s.i.:
dN
= −t
dx3
dT
= −p
(1)
dx3
dM
=T
dx3
Ne segue che la distribuzione dei carichi assiali e trasversali fornisce una indicazione sull'andamento del
diagramma di sforzo normale e taglio:
- tratto scarico ö caratteristica costante
- tratto caricato da un carico uniformemente distribuito ö caratteristica lineare
- tratto caricato da un carico distribuito con legge lineare ö caratteristica quadratica
Inoltre, nei tratti dove il carico e' positivo, la caratteristica corrispondente dovra' essere una funzione
decrescente
Per il momento flettente, in base alle (1) potra' dirsi:
- tratto scarico ö taglio costante ö momento lineare
- tratto caricato da un carico pHx3 L uniformemente distribuito ö taglio lineare ö momento quadratico
Inoltre, 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 di
equilibrio. Ad esempio, in corrispondenza di un estremo libero non caricato le caratteristiche dovranno
annullarsi, in corrispondenza di una cerniera il momento sara' nullo, etc. Infine, si consideri che dove il taglio
e' 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' nei
diagrammi: in particolare, una forza assiale concentrata causa una discontinuita' nello sforzo normale, una
forza trasversale causa una discontinuita' nel taglio, ed una discontinuita' angolare nel momento, una coppia
causa una discontinuita' nel diagramma del momento. Analogamente, i vincoli introducono reazioni concentrate, e quindi altrettante discontinuita'.
Nel seguito si inizia con l' esaminare alcune strutture semplicissime, per poi studiare telai man mano piu'
complessi.
12 - Diagrammi delle caratteristiche per strutture isostatiche.nb
185
Esercizio n.1
Come primo, banale esempio, si consideri la mensola di Figura 1, soggetta ad un carico trasversale uniformemente distribuito.
A
B
L
Figura 1 - Un primo esempio elementare
à 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:
RA = −qL
MrA =
qL2
(2)
2
- ad un carico uniformemente distribuito corrisponde un taglio variabile con legge lineare. Si conoscono i
due valori agli estremi, in quanto:
T H0L = −RA = qL
T HLL = 0
(3)
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
A
B
L
Figura 2 - Il diagramma del taglio per la trave di Figura 1
186
- il diagramma del momento variera' con legge quadratica, e si conoscono i due valori estremi:
qL2
M H0L = − MrA = −
(4)
2
M HLL = 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
−
qL2
2
A
B
L
Figura 3 - Il diagramma del momento per la trave di Figura 1
à 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:
T Hx3 L = a0 + a1 x3
(5)
e le due costanti potranno dedursi imponendo le condizioni ai limiti:
T H0L = qL
T HLL = 0
a0 = q L
a0 + a1 L = 0
(6)
e quindi:
T Hx3 L = qL K1 −
x3
O
L
Analogamente, il momento e' quadratico, e quindi si potra' scrivere :
M Hx3 L = b0 + b1 x3 + b2 x23
(7)
(8)
e le tre costanti dovranno dedursi a partire dalle tre condizioni :
M H0L = −
qL2
b0 = −
qL2
2
2
M HLL = 0
b0 + b1 L + b2 L2 = 0
M' HLL = 0
b1 + 2 b2 L = 0
Si ottiene :
(9)
187
b0 = −
qL2
2
b1 = qL
q
b2 = −
2
e quindi il momento e' esprimibile analiticamente come :
M Hx3 L = −
q
2
IL2 − 2 L x3 + x23 M
(11)
Esercizio n .2
Un secondo esempio elementare e' proposto in Figura 4, dove una trave costituita da due tratti collegati da
una cerniera e' soggetta ad una stesa di carico uniforme limitatamente al tratto di destra.
q
B
C
A
L2
L1
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 le
reazioni possono calcolarsi immediatamente risolvendo le quattro equazioni di equilibrio:
R A + TB = 0
MrA − TB L1 = 0
−TB + RC + q L2 = 0
−TB L2 +
qL22
(12)
=0
2
Si ha :
TB =
qL2
RC = −
RA = −
MrA =
2
qL2
2
qL2
2
qL2
(13)
L1
2
Il diagramma del taglio sara' costante lungo il primo tratto, e lineare nel secondo, e poiche' si conoscono i
valori:
T H0L =
188
qL2
2
T HL1 + L2 L = −
(14)
qL2
2
si puo' subito tracciare il diagramma.
qL2
2
−
qL2
2
B
C
A
L1
L2
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 che
esso 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 L2
2
L1
qL22
8
B
C
A
L1
L2
Figura 6 - Il diagramma del momento per la trave di Figura 4
à Metodo analitico
Lungo il primo tratto, dove il taglio e' costante ed il momento varia linearmente tra - MrA e zero, si potra'
scrivere:
189
TAB Hx3 L =
qL2
MAB Hx3 L = −
2
qL2
2
L1 1 −
x3
L1
assumendo un sistema di riferimento con origine in A. Nel secondo tratto il taglio varia linearmente
assumendo agli estremi i valori
qL2
a sinistra e -
2
qL2
2
a destra. Si potra' quindi scrivere, assumendo ora un
sistema di riferimento con origine in B:
TBC Hx3 L =
qL2
2
1−2
x3
(16)
L2
Nello stesso sistema di riferimento, il momento potra' scriversi come un polinomio quadratico:
MBC Hx3 L = b0 + b1 x3 + b2 x23
(17)
i cui coefficienti potranno calcolarsi dalle tre condizioni :
MBC H0L = 0
b0 = 0
b0 + b1 L2 + b2 L22 = 0
MBC HL2 L = 0
qL2
qL2
M'BC H0L =
b1 =
2
2
In definitiva sara' :
MBC Hx3 L =
q x3
2
(18)
HL2 − x3 L
(19)
Esercizio n. 3
Per la struttura di Figura 7, tracciare i diagrammi di taglio, momento e sforzo normale.
q
B
C
H
A
L
Figura 7 - Un semplice telaio a mensola
190
Il telaio e' composto da due tratti, un ritto di altezza H ed un traverso di lunghezza L. Per il ritto, si adotta un
sistema di riferimento con origine nel punto B, l'asse x3 diretto secondo l'asse della trave, verso il nodo A, e
l'asse x2 diretto verso sinistra, mentre per il traverso si sceglie l'origine in B, l'asse x3 diretto lungo l'asse del
tratto, verso il nodo C, e l'asse x2 verso il basso.
Il calcolo delle reazioni e' immediato:
RAh = 0
RAv = −qL
MrA =
(20)
qL2
2
In corrispondenza dell' incastro, l' equilibrio del concio detta:
TBA HHL = 0
NBA HHL = RAv
MBA HHL = MrA
(21)
NBA
MBA
TBA
RAw
MrA
RAv
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 pari
ad RAv . Il momento flettente, poiche' il taglio e' nullo, risultera' costante, e pari ad MrA .
In B l'equilibrio detta invece :
TBC H0L + NBA H0L = 0
NBC H0L − TBA H0L = 0
MBC H0L + MBA H0L = 0
(22)
191
NBC
TBC
MBC
TBA
MBA
NBA
Figura 9 - Il diagramma per l'equilibrio del concio in B
e quindi:
NBC H0L = 0
TBC H0L = − NBA H0L = qL
MBC H0L = − MBA H0L = −
(23)
qL2
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 −
qL2
2
a zero:
qL
qL
B
A
C
B
A
Figura 10 - Il diagramma del taglio e dello sforzo normale per il telaio di Figura 7
C
192
qL2
2
B
C
A
Figura 11 - Il diagramma del momento per il telaio di Figura 7
Esercizio n. 4
Si consideri il telaio di Figura 12, palesemente isostatico, in quanto assimilabile ad un arco a quattro cerniere
con pendolo intermedio, e si voglia tracciare i diagrammi dello sforzo normale, del taglio e del momento
flettente.
K
C
F
L
H3
H2
D
H
E
B
P
H4
H5
H1
A
L1
L2
L3
Figura 12 - Un telaio a quattro cerniere e pendolo interno
à Soluzione analitica
Si calcolano le reazioni attraverso la scrittura delle nove equazioni di equilibrio :
193
RAv + TC − NBF Sin@αD = 0
RAw + NC + NBF Cos@αD = 0
RAw H1 − TC L1 − NC H2 = 0
−NC − NBF Cos@αD − TD = 0
−TC + NBF Sin@αD + ND = 0
−TC L2 − TD h3 − ND L3 = 0
TD + P + REw = 0
−ND + REv = 0
−TD HH4 + H5 L − P H5 = 0
dove NBF e' lo sforzo normale nel pendolo, positivo se il pendolo risulta teso. La soluzione puo' scriversi
come :
P H5 HH2 H− Cos@αD H3 + Sin@αD L2 L + Sin@αD HH3 L1 + H1 L2 LL
RAv =
HH4 + H5 L H− Sin@αD L1 L3 + Cos@αD H2 HL2 + L3 LL
REw = −
P H4
H4 + H5
P H5 HH2 HCos@αD H3 − Sin@αD L2 L − Sin@αD HH3 L1 + H1 L2 LL
REv =
HH4 + H5 L H−Sin@αD L1 L3 + Cos@αD H2 HL2 + L3 LL
RAw = −
NC = −
P H5
H4 + H5
P H5 HCos@αD H3 L1 + Sin@αD L1 L3 + Cos@αD H1 HL2 + L3 LL
(25)
P H5 HH3 L1 + HH1 + H2 L HL2 + L3 LL
NBF =
ND =
P H5 HH2 HCos@αD H3 − Sin@αD L2 L − Sin@αD HH3 L1 + H1 L2 LL
TC =
P H5 HSin@αD H1 L3 + H2 HCos@αD H3 + Sin@αD L3 LL
TD = −
P H5
H4 + H5
Nel caso di Figura 12, in cui H1 = 4, H2 = 6, H3 = 4, H4 = 2, H5 = 2, L1 = 4, L2 = 2, ed L3 = 4 si ha:
RAv =
3P
; REv = −
3P
10
10
P
P
REw = − ; RAw = −
2
2
7P
8P
NC = −
; TC =
5
5
19 P
19 P
19 P
NBF =
; NBF Cos@αD =
; NBF Sin@αD =
;
10
10
5 2
3P
P
ND = −
; TD = −
10
2
(26)
194
ü Il diagramma del taglio
Per il tracciamento del diagramma del taglio, si consideri che esso dovra' essere costante a tratti, con
discontinuita' 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 HOi ,
HiL
HiL
xHiL
3 , x2 M identificando sei distinti origini degli assi, orientando l'asse x3 lungo l'asse del telaio, dall'origine
HiL
verso l'altro estremo, e l'asse xHiL
2 a formare un angolo di p/2 con x3 . 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
K xH3L
3
xH2L
2
xH2L
3 ≡
C
xH3L
2
F xH4L
3
L
xH5L
2
xH5L
3
xH4L
2
xH6L
2
xH1L
2 B
E
D
H
P
xH6L
3
xH1L
3
A
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 TBA , TKB , TKF , TFL, TLH e THE e,
per convenzione, esso verra' riportato dal lato dell'asse locale x2 negativo. Partendo dal tratto HE, l'equilibrio
dell'appoggio di estremita' permette di ottenere il valore del taglio in HE:
195
NE
TE
REw
REv
Figura 14 - L'equilibrio del vincolo in E
THE = − REw =
P
(27)
2
In corrispondenza della forza applicata P si ha una discontinuita' del diagramma, e per l'equilibrio del concio
H dovra' aversi:
TLH = THE − P = −
P
(28)
2
NLH
MLH
TLH
P
THE
MHE
NHE
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 dello
sforzo normale nel tratto LH, ossia sara':
196
TFL
NFL
MFL
TLH
MLH
NLH
Figura 16 - L'equilibrio del concio in L
TFL = NLH = REv = −
3P
(29)
10
In F, un'altra equazione di equilibrio permette di ottenere il taglio in KF:
TFL
MKF
NKF
NFL
MFL
TKF
NBF
α
Figura 17 - L'equilibrio del concio in F
TKF = TFL + NBF Sin@αD = −
3P
+
19 P
=
8P
(30)
10
10
5
Nel tratto BA, il taglio e' pari all'inverso della reazione in A:
TBA = − RAw =
P
2
ed infine, nel tratto BK, potra' dedursi dall' equilibrio del concio in B:
(31)
197
NKB
MKB
TKB
NBF
α
TBA
MBA
NBA
Figura 18 - L'equilibrio del concio in B
TKB = TBA − NBF Cos@αD =
P
−
19 P
=−
7P
(32)
2
10
5
In definitiva, il diagramma del taglio puo' disegnarsi come in Figura 19:
K
F
L
H
E
B
A
Figura 19 - Un telaio a quattro cerniere e pendolo interno: il diagramma del taglio
ü Il diagramma del momento
Per il tracciamento del diagramma del momento, si tenga conto che utili informazioni possono aversi dall'appena 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:
MBA
MKB
MKF
MFL
MLH
MHE
198
Hx3 L = c0 + TBA x3
Hx3 L = c1 + TKB x3
Hx3 L = c2 + TKF x3
Hx3 L = c3 + TFL x3
Hx3 L = c4 + TLH x3
Hx3 L = c5 + THE x3
Partendo dall' appoggio in A, si avra' ovviamente M A = 0, e quindi:
MBA Hx3 = H1 L = c0 + TBA H1 = c0 +
P
H1 = 0
2
c0 = −
P
2
H1
(34)
e quindi:
MBA Hx3 L =
P
Hx3 − H1 L
2
Nel tratto KB, si avra' subito:
(35)
MB = MKB Hx3 = H2 L =
P
P
7P
P
c1 + TKB H2 = −
H1
c1 = − TKB H2 −
H1 =
H2 − H1
2
2
5
2
e quindi il momento nel tratto KB sara' esprimibile come :
MKB Hx3 L =
7P
H2 −
P
5
2
giungendo in K con un valore :
MK = MKB Hx3 = 0L =
H1 −
7P
7P
H2 −
5
Sara' quindi, per l' equilibrio del nodo :
(36)
5
P
2
(37)
x3
H1 =
32 P
(38)
5
NKF
TKF
MKF
TKB
MKB
NKB
Figura 20 - L'equilibrio del concio in K
MKF Hx3 L = −
32 P
+
8P
(39)
x3
5
5
Si noti subito, che - come dettato dalle condizioni ai limiti - si ritrova MC = MKFHx3 = L1 L = 0. In F il
199
momento varra':
MF = MKF Hx3 = L1 + L2 L =
P
2
e quindi il momento nel tratto FL varra' :
MFL Hx3 L =
P
H1 −
7P
H1 −
8P
H2 +
2
5
In L quindi si avra' un momento pari a :
ML = MFL Hx3 = L3 L =
P
5
7P
H1 −
2
5
Nel tratto verticale LH si avra' il momento:
MHL Hx3 L =
P
H1 −
7P
H2 +
8P
7P
5
H2 +
8P
5
HL1 + L2 L −
H2 +
8P
5
5
= c3
(40)
3P
10
(41)
x3
HL1 + L2 L −
HL1 + L2 L −
16 P
HL1 + L2 L =
3P
2
5
5
10
che ovviamente si annulla in x3 = H3 , e giunge in H col valore:
L3 −
3P
10
L3 = c4
(42)
P
2
(43)
x3
MH = MHL Hx3 = H3 + H4 L =
P
7P
8P
3P
P
H1 −
H2 +
HL1 + L2 L −
L3 −
HH3 + H4 L = c5
2
5
5
10
2
Infine, nel tratto HE si ha una pendenza pari a P/2, e quindi:
MHE Hx3 L =
P
2
H1 −
7P
5
H2 +
8P
5
HL1 + L2 L −
3P
10
L3 −
P
2
HH3 + H4 L +
(44)
P
2
x3
(45)
annullandosi in E.
In Figura 21 e' disegnato il diagramma del momento, che per convenzione e' riportato dalla parte dell'asse x2
positivo.
K
C
F
L
D
H
B
E
A
Figura 21 - Un telaio a quattro cerniere e pendolo interno: il diagramma del momento
200
Soluzione grafica
Per la ricerca delle reazioni, si ossevi che l'equilibrio del tratto di telaio da A a C impone che la reazione a
dell'appoggio in A, la reazione b del pendolo e la reazione c della cerniera in C soddisfino la relazione
a+b+c = 0
(46)
mentre l' equilibrio del secondo tratto detta una relazione simile:
b+c+d = 0
(47)
da cui a = d. Quindi, la retta d'azione della reazione a in A, e la retta d'azione della reazione d della cerniera
in 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:
d+P+e = 0
(48)
permette di conoscere la retta d'azione e di RE , che dovra' passare per E, e per l'intersezione tra la retta
d'azione di P ed RD . Infine, la retta d'azione c di RC si ottiene congiungendo la cerniera in C con l'intersezione tra R A ed il prolungamento del pendolo. Si ha quindi la Figura 22:
C
K
F
L
b
c
M
B
a=d
D
H
E
e
A
N
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':
201
RE
RA
β
γ
P
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 al
diagramma, e giungendo fino alla retta di applicazione della forza. Si prosegue poi fino ad L, annullando il
momento nella cerniera D. In L il diagramma deve essere ribaltato, per rispettare l'equilibrio del nodo, per
poi proseguire con una pendenza dettata dal punto di intersezione tra l'orizzontale e la retta d'azione d della
cerniera D. Si giunge in F, per poi proseguire fino a K annullando il diagramma in C. In K il diagramma va
ancora 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.
K
C
F
L
b
D
c
E
B
a=d
e
A
Figura 24 - Un telaio a quattro cerniere e pendolo interno: il diagramma del momento per via grafica
à Soluzione geometrica
ü Deduzione del verso delle reazioni
Se si vuole utilizzare i risultati della geometria analitica, e' conveniente definire le coordinate di alcuni punti:
xA
xB
xC
xF
xD
xH
xE
= 0; yA = 0;
= 0; yB = H1 ;
= L1 ; yC = H1 + H2 ;
= L1 + L2 ; yF = H1 + H2 ;
= L1 + L2 + L3 ; yD = H1 + H2 − H3 ;
= L1 + L2 + L3 ; yH = H1 + H2 − H3 − H4 ;
= L1 + L2 + L3 ; yE = H1 + H2 − H3 − H4 − H5 ;
definendo quindi la retta d' azione del pendolo come :
(49)
yp HxL = mp x + np
202
(50)
dove :
mp =
yF − yB
xF − xB
xF yB − xB yF
; nAD =
xF − xB
;
(51)
La retta d' azione della reazione R A e della reazione RD della cerniera in D e' allora definita come la retta che
passa per A e D:
yAD HxL = mAD x + nAD
(52)
dove :
mAD =
yD − y A
xD − x A
; nAD =
xD y A − x A yD
xD − x A
;
(53)
L' intersezione N tra la (50) e la (52) ha coordinate:
xN =
yN =
H1 HL1 + L2 L HL1 + L2 + L3 L
H1 HL1 + L2 L − H3 HL1 + L2 L − H2 L3
H1 HH1 + H2 − H3 L HL1 + L2 L
(54)
H1 HL1 + L2 L − H3 HL1 + L2 L − H2 L3
e quindi la retta d' azione della reazione della cerniera in C passera' per C e per N :
yC HxL = mC x + nC
(55)
dove :
mC =
yC − yN
xC − xN
; nC =
xC yN − xN yC
xC − xN
(56)
La retta d'azione della forza applicata P ha equazione:
yP HxL = H1 + H2 − H3 − H4
(57)
e quindi l' intersezione M tra di essa e la congiungente A e D avra' coordinate;
xM =
HH1 + H2 − H3 − H4 L HL1 + L2 + L3 L
H1 + H2 − H3
(58)
yM = 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:
yE HxL = mE x + nE
(59)
dove :
mE =
yE − yM
xE − xM
; nE =
xE yM − xM yE
xE − xM
(60)
ü Deduzione dell' intensita' delle reazioni
Conosciute le rette d'azione della reazioni in A ed E, e' possibile conoscere la loro intensita' imponendo
l'equilibrio con la forza applicata P. Siano b e g gli angoli che le rette d'azione di R A ed RE formano con
l'asse x:
203
yD − y A
β = Atn
xD − x A
; γ = Atn
yE − yM
xE − xM
(61)
e si uguaglino le componenti orizzontali e verticali delle tre forze in gioco :
RA Cos@βD + RE Cos@γD + P = 0
RA Sin@βD + RE Sin@γD = 0
(62)
Si ha :
RA = −P
RE = −P
H5
H4 + H5
H4
H4 + H5
1+
HH1 + H2 − H3 L2
(63)
1+
HH1 + H2 − H3 L2 H25
(64)
HL1 + L2 + L3 L2
H24 HL1 + L2 + L3 L2
e quindi :
RAw = RA Cos@βD = −P
RAv = RA Sin@βD = −P
REw = RB Cos@γD = −P
REv = RB Sin@γD = P
H5
H4 + H5
HH1 + H2 − H3 L H5
HH4 + H5 L HL1 + L2 + L3 L
(65)
(66)
H4
H4 + H5
HH1 + H2 − H3 L H5
HH4 + H5 L HL1 + L2 + L3 L
(67)
(68)
Le (65-68) equivalgono alle reazioni calcolate analiticamente, non appena si ponga a =
Nota -
yF -yB
ArcTanB x
F -xB
F, e non appena si tenga conto che nelle (25) le reazioni positive puntano verso il basso, mentre
nella deduzione delle (65-68) si sono assunte positive le reazioni verso l'alto.
Esercizio n. 5
Si consideri il telaio di Figura 25, costituito da tre tratti rigidi collegati da due cerniere. Per esso, si possono
scrivere 3t = 9 equazioni di equilibrio nelle nove incognite RAw , RAv , RLv , RIw , RIv , TC , NC , TG , NG .
204
G
F
H
H2
C
B
D
E
I
II
A
III
L
L1
L2
L3
H1
I
L4
L5
Figura 25 - Un telaio a due campate asimmetrico
Esplicitamente, si ha, per il primo tratto:
RAw + NC = 0
RAv + TC = 0
−TC L1 − NC H1 = 0
(69)
avendo scelto il punto A come polo,
−NC + NG = 0
−TC + F + RLv + TG = 0
F L2 + RLv HL2 + L3 L + TG HL2 + L3 + L4 L + NG H2 = 0
(70)
avendo scelto il punto C come polo, ed infine:
RIw − NG = 0
RIv − TG = 0
−TG L5 + NG HH1 + H2 L = 0
(71)
avendo scelto I come terzo polo.
Risolvendo il sistema di nove equazioni si ottengono le reazioni:
RAv =
F H1 L3 L5
H2 L1 HL4 + L5 L + H1 HL1 L4 − HL2 + L3 L L5 L
RAw = −
RLv = −
RIv =
RIw =
F L1 L3 L5
F HH2 L1 HL3 + L4 + L5 L + H1 HL1 HL3 + L4 L − L2 L5 LL
F HH1 + H2 L L1 L3
F L1 L3 L5
(72)
205
TC = −
NC =
TG =
NG =
F H1 L3 L5
F L1 L3 L5
F HH1 + H2 L L1 L3
F L1 L3 L5
Il sistema e' quindi isostatico, e si puo' procedere al calcolo dei tagli e degli sforzi normali. A tal fine, si
introducono sette diversi sistemi di riferimento, come illustrato in Figura 26, ed il diagramma del taglio sara'
definito dai valori TBA , TBD , TDE , TEL, TFE , TFH , THI . Analoghe conclusioni valgono per gli sforzi normali.
xH5L
2
F
xH6L
3
xH7L
2
H
G
xH7L
3
H6L
xH5L
3 ≡x2
H2
xH1L
2
B
xH2L
3
C
D
H2L
xH1L
3 ≡x2
xH3L
2
xH3L
3
E
xH4L
3
I
II
A
III
L
L1
L2
L3
H1
I
L4
L5
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:
TBA = −RAw
NBA = RAv
(73)
In B, l' equilibrio del concio permette di ottenere il taglio in BD e lo sforzo normale in BE:
TBD = −NAB
NBE = TBA
(74)
Si giunge in D, dove la forza introduce una variazione di taglio, sicche' nel tratto successivo DE si ha:
TDE = TBD − F
(75)
Il tratto EL e' soggetto al solo sforzo normale:
NEL = RLv
(76)
e quindi l' equilibrio del concio E permette di ottenere il taglio e lo sforzo normale in FE:
TFE = NBE
NFE = NEL − TDE
Per l' equilibrio del concio F dovra' aversi, sul traverso FH:
(77)
206
TFH = −NFE
NFH = TFE
Infine, studiando l' equilibrio del tronco in H si ottengono gli sforzi normali ed il taglio nel piedritto di destra
HI:
THI = −NFH
NHI = TFH
(79)
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 assegnata. Iniziando dal tratto BA, poiche' in corrispondenza dell'appoggio il momento si annulla, dovra' essere:
dall'appoggio A di sinistra si ottiene:
MBA Hx3 L = TAB Hx3 − H1 L
(80)
e quindi nel nodo B si ha, per l'equilibrio:
MBD H0L = −MBA H0L = TAB H1
(81)
Ne segue il momento fino a D :
MBD Hx3 L = TAB H1 + TBD x3
(82)
ed in D il momento vale :
MD = TBA H1 + TBD HL1 + L2 L
(83)
Proseguendo, nel tratto DE si ha un cambio di pendenza, dovuto alla presenza della forza, e sara':
MDE Hx3 L = MD + TDE x3
(84)
Si giunge cosi' nel punto E, e poiche' lungo il tratto EL il momento e' identicamente nullo, potra' scriversi
l'equazione di equilibrio:
MFE HH2 L = −MDE HL3 L = −MD − TDE L3
(85)
e quindi il momento lungo il tratto FE potra' esprimersi con la legge:
MFE Hx3 L = −MD − TDE L3 + TFE Hx3 − H2 L
In F, l' equilibrio del nodo dettera' :
(86)
207
MFH H0L = − MFE H0L = MD + TDE L3 + TFE H2
(87)
da cui immediatamente :
MFH Hx3 L = MFH H0L + TFH x3
(88)
In H si ha quindi :
MFH HL4 + L5 L = MD + TDE L3 + TFE H2 + TFH HL4 + L5 L
(89)
e per l' equilibrio del nodo:
MHI H0L = MFH HL4 + L5 L = MD + TDE L3 + TFE H2 + TFH HL4 + L5 L
(90)
da cui poi, infine:
MHI Hx3 L =
MHI H0L + THI x3 = MD + TDE L3 + TFE H2 + TFH HL4 + L5 L + THI x3
(91)
Come utile verifica, dovra' poi verificarsi:
MHI HH1 + H2 L = MD + TDE L3 + TFE H2 + TFH HL4 + L5 L + THI HH1 + H2 L
(92)
Ed infatti, utilizzando le precedenti espressioni di MD e dei tagli si potra' scrivere, in termini di reazioni
vincolari:
MHI HH1 + H2 L =
−F HL3 + L4 + L5 L − RAv HL1 + L2 + L3 + L4 + L5 L − RLv HL4 + L5 L
(93)
ed 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.
F
B
C
A
G
H
D E
L
I
Figura 28 - Un telaio a due campate asimmetrico: il diagramma del momento
à Soluzione grafica
La retta d'azione delle due reazioni esterne dei carrelli in A ed I e' immediatamente deducibile dall'equilibrio
del primo e del terzo tratto, che detta:
a+c = 0
g+i = 0
(94)
208
e quindi le loro rette d'azione coincidono con le rette passanti per A e C, e per I e G, rispettivamente. La retta
d'azione della reazione del carrello e' invece verticale. Cio' basta per iniziare il diagramma, tracciando il
momento nel tratto AB, ed utilizzando il valore cosi' raggiunto in B come unita' di misura. In B il diagramma
si ribalta, proseguendo lungo il traverso, fino all'ascissa di applicazione della forza F, ed annullandosi in
corrispondenza della cerniera C.
Per proseguire, occorre studiare l'equilibrio del secondo tratto, soggetto alla reazione C, alla reazione G, alla
forza F ed alla reazione RLv . Dovra' aversi quindi:
c+f+l+g = 0
(95)
c+f = l+g
(96)
ossia :
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 illustrato in Figura 29
N
M
B
A
C
F
G
H
D E
L
I
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, in
quanto il tratto EL non e' soggetto a momento. Inoltre, il momento nel tratto EF dovra' annullarsi in N, e
quindi puo' tracciarsi il diagramma nel tratto EF, per poi proseguire - previo ribaltamento - lungo EH, con
punto di nullo in G. Infine, giunti in H, il diagramma si ribaltra ancora, e si ottiene l'ultimo tratto giungendo
in I, dove il momento si annulla. Il diagramma si presenta come segue:
209
N
M
C
K
F
D
G
H
E
B
A
L
I
Figura 30 - Un telaio a due campate asimmetrico: il diagramma del momento
à Soluzione geometrica
La via grafica puo' essere facilmente tradotta in termini geometrici, seguendo i dettami della geometria
analitica. A tal fine, si definiscano per semplificita' le coordinate di alcuni punti della struttura:
xA
xB
xC
xD
xG
xI
xL
= 0; yA = 0
= 0; yB = H1
= L1 ; yC = H1
= L1 + L2 ; yD = H1
= L1 + L2 + L3 + L4 ; yG = H1 + H2
= L1 + L2 + L3 + L4 + L5 ; yI = 0
= L1 + L2 + L3 + L4 ; yL = 0
(97)
La retta d' azione della reazione in A sara' definita come la retta che passa per A e C:
RAC HxL = mAC x + nAC
(98)
con :
mAC =
yC − y A
xC − x A
; nAC =
x A yC − xC y A
x A − xC
(99)
ed analogamente, la reazione dell'appoggio in I sara' definita come la retta che passa per G ed I:
RIG HxL = mIG x + nIG
con :
(100)
mIG =
yI − yG
xI − xG
; nIG =
210
xG yI − xI yG
(101)
xG − xI
Per ottenere la risultante MN occorre preventivamente definire la retta d'azione della forza:
RF HyL = yD
(102)
in modo da ottenere le coordinate del punto M :
xM = L1 + L2
yM = RAC HL1 + L2 L =
H1 HL1 + L2 L
(103)
L1
e quelle del punto N :
xN = L1 + L2 + L3
yN = RIG HL1 + L2 + L3 L =
HH1 + H2 L HL4 + L5 L
(104)
L5
La richiesta risultante, quindi, avra' equazione:
RMN HxL = mMN x + nMN
(105)
con :
mMN =
yM − yN
xM − xN
; nMN =
xN yM − xM yN
xN − xM
(106)
Infine, il punto K si ottiene intersecando MN con la retta di equazione y = H1 :
xK = IH2 L1 HL1 + L2 L HL4 + L5 L +
H1 IL21 L4 + L1 L2 HL4 − L5 L − L2 HL2 + L3 L L5 MM ë
HH2 L1 HL4 + L5 L + H1 HL1 L4 − L2 L5 LL
yK =
H1
(107)
Esercizio n. 6
Si voglia ora studiare il telaio di Figura 31, costituito da tre tratti rigidi vincolati al suolo da un bipendolo
con asse inclinato di un angolo a rispetto all'orizzontale, e da un pendolo con asse inclinato di b.
211
P
E
II
F
H
III
K
H5
H3
I
D
H4
H2
C
B
L
I
M
β
H1
A
α
L1
L2
L3
L4
L5
Figura 31 - Lo schema geometrico
Per esso, possono scriversi le equazioni di equilibrio del primo tratto:
RAv − ND − NI + RMv = 0
RAw + TD + TI + RMw = 0
MrA + RAv HL1 + L2 + L3 + L4 + L5 L + RAw H1 −
ND HL2 + L3 + L4 + L5 L − TD H2 − NI L5 − TI H4 = 0
(108)
con polo in M, e con :
RAw = RA Cos HαL; RAv = RA Sin HαL
RMw = RM Cos HβL; RMv = RM Sin HβL
(109)
Per il secondo e terzo tratto, si puo' scrivere :
−TD + NF = 0
ND + TF = 0
−TF L2 − NF H3 = 0
−FF + F + NI = 0
−NF − TI = 0
NF H5 − TF HL3 + L4 L + F L4 = 0
(110)
con poli in D ed I, rispettivamente. Si hanno quindi nove equazioni di equilibrio in nove incognite, la cui
soluzione puo' scriversi come:
MrA = F Csc@α − βD
HCos@αD Cos@βD H1 + Cos@βD Sin@αD L1 + Cos@βD Sin@αD L2 +
Cos@βD Sin@αD L3 + Cos@αD Sin@βD L4 + Cos@αD Sin@βD L5 L
RA = −F Cos@βD Csc@α − βD
RM = F Cos@αD Csc@α − βD
L2 L4
TD = −F
H5 L2 + H3 HL3 + L4 L
ND = −F
TF = F
H3 L4
H5 L2 + H3 HL3 + L4 L
H3 L4
H5 L2 + H3 HL3 + L4 L
NF = −F
TI = F
212
L2 L4
H5 L2 + H3 HL3 + L4 L
L2 L4
H5 L2 + H3 HL3 + L4 L
NI = −F
HH5 L2 + H3 L3 L
H5 L2 + H3 HL3 + L4 L
e quindi la struttura puo' considerarsi isostatica.
La deduzione dei tagli e degli sforzi normali non presenta alcuna difficolta':
TBA
TBC
TEC
TCL
TEH
THK
TKL
TLM
= −RAw ; NBA = RAv ;
= −NBA ; NBC = TAB ;
= TD ; NEC = ND ;
= TBC + NEC ; NCL = NBC − TEC ;
= TF ; NEK = NF ;
= TEH − F;
= TI ; NKL = NI ;
= NKL + TCL ; NLM = NCL − TKL ;
(112)
Si noti che dalle (112) e' anche possibile dedurre che sono stati introdotti otto sistemi di riferimento, con
origine 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 tratto
LM il diagramma sara' lineare, ed avra' equazione:
MLM Hx3 L = c0 + TLM x3
(113)
MLM Hx3 L = −TLM HL5 + x3 L
(114)
ed essendo MLM HL5 L = 0, si potra' scrivere:
Il valore del momento nel nodo L, considerato come estremo del tratto LM verra' indicato con MLM , e vale:
MML = MLM H0L = −TLM L5
(115)
Sul ritto KL, invece, il diagramma sara' lineare:
MKL Hx3 L = c0 + TKL x3
(116)
e si annulla nella cerniera I:
MKL HH5 L = c0 + TKL H5 = 0
La sua espressione finale e' quindi :
C0 = − TKL H5
(117)
213
MKL Hx3 L = −TKL HH5 − x3 L
(118)
ed e' possibile dedurre il valore nel nodo L:
MKL = MKL HH4 + H5 L = −TKL H4
(119)
L' equilibrio del nodo permette di ricavare il valore del momento in L lungo il traverso inferiore:
MCL = MML − MKL
(120)
Nel traverso inferiore, quindi, il momento varia con legge lineare :
MCL Hx3 L = c0 + TCL x3
(121)
e dovra' essere :
MCL HL2 + L3 + L4 L = c0 + TCL HL2 + L3 + L4 L = MCL
(122)
MCL Hx3 L = MCL − TCL HL2 + L3 + L4 − x3 L
(123)
e quindi:
Nel nodo triplo C il momento lungo il traverso inferiore sara' allora:
MLC = MCL − TLC HL2 + L3 + L4 L
(124)
Sul ritto CE il diagramma si annulla nella cerniera D, e giunge in C con valore:
MEC = −TEC H2
(125)
L' equilibrio del nodo triplo C permette il calcolo del momento in C sul tratto BC:
MBC = MLC − MDC
(126)
Nel tratto BC il diagramma ha pendenza TBC , e quindi:
MBC Hx3 L = MBC − TBC HL1 − x3 L
(127)
Nel nodo B sara' dunque:
MCB = MBC H0L = MBC − TBC L1
(128)
e per l' equilibrio del nodo sara' anche :
MBA = −MCB = − MBC + TBC L1
(129)
Infine, il diagramma nel ritto BA e' definito dal valore:
MBA Hx3 L = −MBC + TBC L1 + TBA x3
(130)
Si noti che comunque dovra' verificarsi anche :
MA = − MrA
(131)
Sul tratto superiore il diagramma puo' completarsi facilmente, in quanto sul ritto di sinistro si potra' scrivere:
MEC Hx3 L = c0 + TEC x3
(132)
e poiche' esso dovra' annullarsi in corrispondenza della cerniera si potra' scrivere, soddisfacendo anche la
(125):
MEC Hx3 L = −TEC HH3 − x3 L
(133)
214
In E si ha quindi il valore:
ME = −TEC H3
(134)
L'equilibrio del nodo impone poi che il momento in EH sia dato da:
MEH Hx3 L = TEC H3 + TEH x3
(135)
ed in corrsipondenza della forza si avra' :
MH = TEC H3 + TEH HL2 + L3 L
(136)
Nel tratto HK, il diagramma prosegue con diversa pendenza, THK , sicche' si potra' scrivere:
MHK Hx3 L = MH + THK x3
(137)
giungendo in K con valore:
MHK = MH + THK L4
(138)
Un'utile verifica impone che sia anche:
MHK = MLL
(139)
Il diagramma del momento si presenta come in Figura 32 :
P
E
F
H
K
I
D
B
A
C
L
M
β
α
Figura 32 - Il diagramma del momento dedotto analiticamente
Si inizia a determinare graficamente le reazioni, partendo dall'ovvia constatazione che l'equilibrio del tratto II
impone che la retta d'azione delle cerniere in D ed F coincida con la congiungente le due cerniere. Per
l'equilibrio del tratto III si puo' scrivere:
f+p+i = 0
(140)
e conoscendo le rette d' azione di f e di p, si puo' dedurre la reazione della cerniera I: basta infatti intersecare
f e p, identificando il punto S, e la reazione i della cerniera sara' la retta passante per I e per S. Infine,
215
l'equilibrio esterno impone che sia:
a+p+m = 0
(141)
Le rette d' azione p della forza ed m del pendolo sono note, cosi' come e' nota l'inclinazione della retta
d'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, ed
essere ortogonale all'asse del bipendolo.
P
S
F
E
H
K
d=f
I
D
i
C
B
L
a
A
α
M
β
m
V
Figura 33 - Il calcolo grafico delle reazioni
Determinate le reazioni, puo' tracciarsi il diagramma del momento, iniziando dal pendolo in M, e dal tratto
ML. Per proseguire, si noti che l'equilibrio del tratto I impone che sia:
a+d+i+m = 0
(142)
a+d = i+m
(143)
ossia :
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 risultante
appena costruita con il traverso.
Per conoscere un altro punto del diagramma, si consideri la sezione M1 in cui la reazione i incontra il
traverso: in essa, il momento e' dovuto alla sola reazione m del pendolo, e quindi il diagramma del momento
nel tratto CL, se proseguito idealmente, dovra' passare per M2 . Cio' permette il tracciamento del diagramma
del momento fino all'altro nodo triplo C.
216
P
S
F
E
H
K
I
UD
a+d=i+m
B
C
W
M
L
A
α
β
T
V
Figura 34 - Tracciamento della ausiliaria a + d = i + m
P
S
F
E
H
K
I
A3
D
W
A2
A
B
C
A1
M1 M
β
L
M2
α
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 del
bipendolo 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 quindi
l'ordinata A3 e' valida, permettendo di completare il diagramma in BC.
217
P
F
E
H
K
B1
I
D
B
C
B2
β
M
L
a
A
α
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 il
momento dovra' annullarsi in B1 , intersezione tra la verticale per A e la reazione del bipendolo.
P
E
F
H
K
I
D
B
C
M
β
L
A
α
Figura 37 - Il diagramma del momento dedotto graficamente
Esercizio n. 7
Si voglia ora studiare il telaio di Figura 38, costituito da un portale a tre cerniere con uno sbalzo, su cuii
agisce la forza verticale P. L'isostaticita' e' ovvia
218
P
D
B
E
C
II
H1
I
H2
F
A
L1
L2
L3
Si scrivano le equazioni di equilibrio dei due tratti:
RAv + P + TD = 0
RAw + ND = 0
P L1 − TD L2 − ND H1 = 0
REv − TD = 0
REw − ND = 0
−TD L3 + ND H2 = 0
(144)
avendo scelto i due poli in con polo in A ed F, rispettivamente. La soluzione delle equazioni puo' scriversi
come:
RAv = −P 1 +
RAw = −P
REv = F
REw = P
TD = P
ND = P
H2 L1
H2 L2 + H1 L3
L1 L3
H2 L2 + H1 L3
H2 L1
H2 L2 + H1 L3
L1 L3
H2 L2 + H1 L3
H2 L1
H2 L2 + H1 L3
L1 L3
H2 L2 + H1 L3
TBC = −P; NBC = 0;
(145)
219
TCA = −RAw ; NCA = RAv ;
TCE = TD ; NCE = ND ;
TEF = −REw ; NEF = REv ;
Il tracciamento del diagramma del momento puo' iniziare dal punto B, dove il momento e' nullo. Nel tratto
BC il diagramma sara' lineare, giungendo nel nodo C con il valore:
MBC = TBC L1 = − P L1
(147)
Nel ritto CA, il diagramma variera' linearmente da 0, in corrispondenza della cerniera in A, fino a:
MCA Hx3 L = c0 + TCA x3
(148)
e dovra' annullarsi in x3 = H1 , ossia in corrispondenza della cerniera. Cio' basta per definire univocamente
l'andamento:
MCA Hx3 L = −TCA HH1 − x3 L
(149)
Quindi nel nodo C si avra' :
MCA = −TAC H1 = −P
H1 L1 L3
(150)
H2 L2 + H1 L3
Similmente, lungo il ritto EF il momento varia lineramente e si annula in corrispondenza della cerniera F, per
x3 = H2 . Nel nodo E sara' quindi:
MFE = −TEF H2
(151)
e l' equilibrio dello stesso nodo permette di calcolare il valore del momento in E sul traverso:
MFE = MCE = −TEF H2
(152)
Sara' quindi:
MCE Hx3 L = c0 + TCE x3
(153)
e poiche':
MCE HL2 + L3 L =
c0 + TCE HL2 + L3 L = − TEF H2
c0 = −TEF H2 − TCE HL2 + L3 L
(154)
si avra', lungo il traverso :
MCE Hx3 L = −TCE HL2 + L3 L + TCE HH2 − x3 L
(155)
ed infine, in C :
MEC = −TCE HL2 + L3 L + TCE H2
(156)
Un' utile verifica consiste nel controllare che il nodo C sia equilibrato :
−MBC + MCA + MEC = 0
(157)
220
P
D
B
E
C
H1
H2
F
A
L1
L2
L3
Figura 39 - Il diagramma del momento dedotto analiticamente
Si inizia a determinare graficamente le reazioni, partendo dall'ovvia constatazione che l'equilibrio del tratto II
impone che la retta d'azione delle cerniere in D ed F coincida con la congiungente le due cerniere. Per
l'equilibrio del tratto III si puo' scrivere:
p+a+d = 0
(158)
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 cerniera
sara' la retta passante per A e per G.
G
a
d=f
P
D
B
E
C
H1
H2
F
A
L1
L2
L3
Figura 40 - Il calcolo grafico delle reazioni
221
Determinate le reazioni, puo' tracciarsi il diagramma del momento, iniziando dal punto B, sotto la forza, in
cui il momento e' nullo. Si traccia quindi un segmento inclinato di un angolo arbitrario - cosi' assegnando
implicitamente 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' un
punto valido del richiesto diagramma. Ne segue che basta congiungere M con la cerniera in D per ottenere il
diagramma lungo CE.
P
M
D
B
N
E
C
H1
H2
F
A
L1
L2
L3
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 in
EF. Infine, il solito equilibrio del nodo C permette di ottenere il valore del momento in C sul ritto AC,
completando il diagramma.
Esercizio n. 8
Si 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 usuali
equazioni di equilibrio;
222
P
H
G
F
E
II
H5
H3
I
D
I
H4
H2
III
A
B
C
P
L1
L2
L3
NG − TI = 0
NI + TG = 0
−TG L1 − NG H3 = 0
−TG + P + ND = 0
−NG − TD = 0
−TG HL2 + L3 L + P L3 + NG H5 = 0
−NI − ND − P = 0
TI + TD = 0
−TI H2 − NI HL1 + L2 L + ND L3 − TD H4 = 0
(159)
Si ottengono quindi nove equazioni in sei incognite, ma e' immediato constatare che tre equazioni sono
linearmente dipendenti dalle altre sei, in quanto basta soddisfare l'equilibrio di due tratti per imporre l'equilibrio del tratto restante. Risolvendo le prime sei equazioni, ad esempio, si ottiene:
NI = −P
TI = −P
TD = P
H3 L3
H5 L1 + H3 HL2 + L3 L
L1 L3
H5 L1 + H3 HL2 + L3 L
L1 L3
H5 L1 + H3 HL2 + L3 L
ND = P −1 +
TG = P
NG − P
H3 L3
(160)
H5 L1 + H3 HL2 + L3 L
H3 L3
H5 L1 + H3 HL2 + L3 L
L1 L3
H5 L1 + H3 HL2 + L3 L
ed e' facile constatare che le ultime tre equazioni sono identicamente soddisfatte, imponendo la relazione
geometrica H2 + H3 = H4 + H5 .
223
Soluzione analitica
THA
THF
TFE
TEC
TBC
TAB
= TI ; NAH = NI ;
= TG ; NHE = NG ;
= THF − P;
= TD ; NEC = ND ;
= −NEC ; NAC = TEC ;
= NAH;
(161)
Il tracciamento del diagramma del momento puo' iniziare dal tratto HA:
MHA Hx3 L = c0 + THA x3
(162)
e considerando che in I esso si dovra' annullare, si potra' dedurre la costante di integrazione c0 :
MHA Hx3 L = −THA HH3 − x3 L
(163)
Il momento in H sul tratto verticale varra' quindi:
MHA = −THA H3
(164)
mentre in A si avra':
MHA = THA H2
(165)
Ribaltando il diagramma in H, si ottiene:
MFH = −MHA
(166)
e quindi il momento nel tratto HF potra' scriversi come:
MHF Hx3 L = MFH + THF x3
(167)
In corrispondenza dell'ascissa di applicazione della forza, il momento varra':
MF = MFH + THF HL1 + L2 L
(168)
e, proseguendo lungo FE, con diversa pendenza, si giunge in E col valore:
MFE = MF + TFE L3
(169)
Lungo il ritto, poiche' dall'equilibrio si ottiene MEC = MEF , si potra' scrivere:
MEC Hx3 L = MCE + TEC x3
(170)
giungendo in C col valore :
MEC = MCE + TEC HH4 + H5 L
(171)
Si noti che i momenti in C ed in E possono anche calcolarsi come:
MCE = −TEC H5
MEC = TEC H4
(172)
Per l'equilibrio in C si ha:
MBC = −MEC
(173)
224
e quindi il momento in BC potra' scriversi come:
MBC = MBC − TBC HL3 − x3 L
(174)
MB = MBC − TBC L3
(175)
ed in B :
Infine, il momento in AB puo' calcolarsi come :
MAB = MB − TAB HL1 + L2 − x3 L
(176)
riottenendo il valore :
MBA = MB − TAB HL1 + L2 L
(177)
P
H
G
F
E
H5
H3
D
I
H4
H2
A
B
L1
L2
C
P
L3
Si inizia a determinare graficamente le reazioni, partendo dall'ovvia constatazione che l'equilibrio del tratto I
impone 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:
p+g+d = 0
(178)
e conoscendo le rette d' azione p della forza e g della reazione nella cerniera, si puo' dedurre la retta d'azione
della 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 traccia
quindi un segmento inclinato di un angolo arbitrario - cosi' assegnando implicitamente una scala - fino al
nodo H in alto, ed al nodo A in basso. Per proseguire lungo il traverso, si ribalta il diagramma e si prosegue
fino 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
225
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 la
sua intersezione S col traverso inferiore segna un punto di nullo del diagramma, consentendo di tracciare il
diagramma fino alla sezione B, in corrispondenza della forza inferiore. Infine, a sinistra di una generica
sezione del tratto AB agisce solo la reazione I, e quindi la sua intersezione V col traverso inferiore fornisce il
punto di nullo, consentendo di completare il diagramma.
L
P
H
G
N
F
E
D
I
V
S
A
B
C
P
Figura 44 - Ricerca delle reazioni e tracciamento del diagramma del momento
Figure

12. I diagrammi delle caratteristiche per le strutture isostatiche

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