I.U.A.V.Clasa LABORATORIO INTEGRATO DI PROGETTAZIONE 2 La MECCANICA delle STRUTTURE prof. Bruno Zan ing. Claudio Bertocco - LO SCHEMA STATICO - LA TEORIA DELLE TRAVI INFLESSE - LE STRUTTURE ISOSTATICHE - LA DEFORMAZIONE DELLE TRAVI INFLESSE - LE STRUTTURE IPERSTATICHE - IL METODO DELLE FORZE - IL METODO DELLE ROTAZIONI - IL METODO DI CROSS - LE STRUTTURE RETICOLARI I.U.A.V. prof. Bruno Zan – ing. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 1. PREMESSA La struttura è l’organismo costruttivo che ha il compito di sostenere i carichi e di trasferirli a terra attraverso i vari meccanismi di resistenza del materiale di cui è composta. Una struttura per poter essere valutata e risolta viene rappresentata dallo SCHEMA STATICO che definisce la geometria generale, le dimensioni delle sezioni, le caratteristiche del materiale, le condizioni di vincolo e le condizioni di carico che la struttura stessa deve sopportare. Calcolare o risolvere una struttura significa trovare, per il SISTEMA DI FORZE ATTIVO (condizioni di carico) applicato allo SCHEMA STATICO, il sistema di FORZE REATTIVO (le reazioni vincolari), l’andamento delle SOLLECITAZIONI in ciascuna sezione (diagrammi di Momento, Taglio e Sforzo Normale) e le DEFORMAFIONI in punti significativi (spostamenti orizzontali e verticali, rotazioni). La struttura nello svolgere il proprio compito di sostegno dei carichi non deve deformarsi eccessivamente e deve sempre mantenere un certo grado di sicurezza nei riguardi della fruibilità e del crollo. Per rispondere alle necessità di cui sopra la struttura deve soddisfare tre condizioni base: EQUILIBRIO RESISTENZA DEFORMABILITA’ L’EQUILIBRIO definisce la forma della struttura, il modo in cui è vincolata a terra e i carichi che essa deve sostenere, l’EQUILIBRIO è il sistema di FORZE ATTIVO e REATTIVO che agiscono sullo SCHEMA STATICO. La RESISTENZA rappresenta la capacità della struttura, configurata secondo l’equilibrio, cioè secondo lo schema statico definito, di sostenere i carichi con i diversi comportamenti virtuosi dei materiali scelti per realizzarla. La RESISTENZA è definita dai modi di resistere dei materiali alle sollecitazioni indotte nello schema statico dai carichi da sostenere. La DEFORMABILITA’ è la capacità di sostenere i carichi senza eccessive deformazioni che potrebbero rendere la struttura non utilizzabile per gli scopi e gli usi per cui è stata realizzata. 2 I.U.A.V. prof. Bruno Zan – ing. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 2. LO SCHEMA SATICO Lo SCHEMA STATICO interpreta e definisce una STRUTTURA mediante la geometria complessiva, le dimensioni delle sezioni, le caratteristiche del materiale, le condizioni di vincolo e le condizioni di carico e le ipotesi di deformabilità. Di seguito si fa riferimento alle STRUTTURE PIANE che rappresentano la tipologia strutturale più semplice che è descrivibile da uno schema statico nel piano. Le STRUTTURE SPAZIALI sono rappresentate, invece, da schemi statici più complessi che interpretano il comportamento strutturale nello spazio. GEOMETRIA COMPLESSIVA La geometria complessiva della struttura è rappresentata dalle ASTE collegate tra loro dai NODI di estremità. Le ASTE sono le unità componenti della struttura e sono caratterizzate dalla lunghezza ma anche dalle dimensioni della sezione trasversale. I NODI sono le estremità delle aste e sono individuati dal baricentro della sezione trasversale delle aste. Ciascun NODO, immaginato materialmente come baricentro delle sezioni di estremità di un asta, può essere collegato ad un'altra asta oppure può essere direttamente collegato a terra. Ogni NODO e la sezione trasversale di estremità dell’asta ad esso riferita, può spostarsi liberamente sul piano. Il NODO, trascinando le aste a lui collegate, può spostarsi lungo l’asse delle X, lungo l’asse delle Y o può ruotare, coinvolgendo negli spostamenti e nella rotazione le sezioni di estremità delle aste ad esso collegate. LE CONDIZIONI DI VINCOLO Le condizioni di VINCOLO sono fissate e definite dagli spostamenti impediti per ciascun nodo e per la sezione ad esso collegata. Esistono le CONDIZIONI di VINCOLO ESTERNE, cioè gli impedimenti assoluti posti per i nodi di estremità vincolati a terra. Esistono le CONDIZIONI di VINCOLO INTERNE, cioè gli impedimenti relativi posti per le sezioni d’estremità delle aste che concorrono nei vari nodi. I VINCOLI ESTERNI impediscono gli SPOSTAMENTI ASSOLUTI della sezione di estremità dell’asta lungo le direzioni X e Y e la rotazione φ della sezione attorno al nodo. Se si bloccano tutti e tre gli spostamenti si parla INCASTRO con 3 gradi di vincolo, se si bloccano solo gli spostamenti X e Y si parla di INCASTRO CERNIERA con 2 gradi di vincolo, se si blocca solo uno 3 gradi di vincolo spostamento X o Y si parla di CARRELLO (o APPOGGIO X=0 Y=0 =0 SEMPLICE) con 1 grado di vincolo. Altre modalità di vincolo, meno diffuse nell’ambito delle costruzioni sono CERNIERA 2 gradi di vincolo rappresentate dagli INCASTRI CEDEVOLI dove si blocca la X=0 Y=0 rotazione φ e uno solo degli spostamenti X o Y. CARRELLO 1 grado di vincolo Y=0 CARRELLO 1 grado di vincolo X=0 Negli schemi statici i vincoli esterni possono essere rappresentati in vario modo. Per indicare il vincolo agli spostamenti X e Y frequentemente si utilizza il triangolo al quale si applicano le ruote per indicare che è vincolato solo lo 3 sottofondi.U. oppure.APPOGGIO STRUTTURA RETICOLARE in APPOGGIO VINCOLO ESTERNO CERNIERA VINCOLO ESTERNO VINCOLO ESTERNO APPOGGIO INCASTRO STRUTTURA A TELAIO Gli spostamenti delle Strutture Reticolari sono principalmente dovuti alle deformazioni assiali (per Sforzo Normale) delle aste componenti. forze verticali e orizzontali isolate e concentrate nei nodi.INCASTRO VINCOLO INTERNO . alle forze che riproducono gli agenti atmosferici come neve e vento. definito dalla geometria complessiva e dalle condizioni di vincolo. In particolare si può parlare di vincolo a CERNIERA quando le sezioni di estremità delle aste non si possono allontanare tra loro ma possono ruotare indipendentemente. ai carichi di progetto che la struttura deve portare. da forze distribuite lungo le aste. coperture. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 spostamento in una direzione. Una struttura definita da vincoli interni a cerniera individua una struttura di tipo RETICOLARE. L’insieme delle condizioni di carico su una struttura rappresenta il SISTEMA DI FORZE ATTIVO che agisce sulla struttura stessa. I VINCOLI INTERNI impediscono gli SPOSTAMENTI RELATIVI tra le sezioni di estremità delle aste che concorrono nel nodo.I. I carichi sono rappresentati da momenti (o coppie). alle forze che riproducono gli effetti di un sisma.CERNIERA VINCOLO ESTERNO .A. Bruno Zan – ing. q= carico distribuito in copertura P=carico concentrato effetto del vento P=carico concentrato q=carico distribuito P=carico concentrato effetto del vento La determinazione dei carichi rappresenta uno degli aspetti fondamentali della definizione di uno schema statico per il progetto di qualsiasi elemento strutturale.V. prof. mentre una struttura definita da vincoli interni ad incastro individua una struttura a TELAIO. LE CONDIZIONI DI CARICO Lo schema statico.). mentre gli spostamenti delle strutture a Telaio sono principalmente dovuti alle deformazioni flessionale (per Momento Flettente) delle aste componenti. VINCOLO INTERNO . ecc. 4 . Nell’ambito delle strutture tali condizioni di carico sono dovute alle forze peso della struttura e dei materiali che compongono l’opera (pavimenti. Non è possibile dimensionare un elemento costruttivo senza conoscere i carichi e lo schema statico secondo il quale l’elemento costruttivo lavora. Per indicare l’incastro spesso si aggiunge alla cerniera (triangolo) un quadrato per indicare che è bloccata anche la rotazione φ. è soggetto alle condizioni di carico esterne che lo sollecitano e lo deformano. Si parla invece di vincolo ad INCASTRO quando le sezioni di estremità non possono né allontanarsi né ruotare tra loro.CERNIERA VINCOLO ESTERNO . e con il carico q. Bruno Zan – ing. prof. σ = E ·ε dove: σ ε E è la tensione normale sul materiale è deformazione unitaria del materiale è il modulo elastico del materiale di cui è composta la struttura Conseguenza immediata dell’utilizzo del modello ad elasticità lineare e il principio fondamentale della SOVRAPPOSIZIONE DEGLI EFFETTI secondo cui è sempre possibile risolvere una struttura scomponendo e sovrapponendo i singoli carichi oppure le singole deformazioni. Intendendo per soluzione della struttura la determinazione del SISTEMA di FORZE REATTIVO (reazioni vincolari). la derivata della funzione che rappresenta lo sforzo di taglio è uguale alla funzione che rappresenta il carico unitario cambiato di segno. I due sistemi di forze trovano l’equilibrio attraverso la deformazione della struttura. legate dal rispetto delle condizioni di equilibrio che forniscono le seguenti relazioni. quindi per interpretare una struttura in generale è necessario fissare anche le regole di deformabilità della stessa. che analizzeremo nei capitoli successivi: dT = −q dx dM =T dx Le relazioni stabiliscono che. Il modello di riferimento più semplice e utilizzato è il MODELLO ELASTICO-LINEARE che fissa le regole di deformabilità semplicemente attraverso il LEGAME LINEARE tra le tensioni e le deformazioni del materiale (legge di Hooke). la determinazione delle DEFORMAZIONI (abbassamenti e rotazioni) Per una trave le funzioni che definiscono i diagrammi delle sollecitazioni di Momento e Taglio sono tra loro. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 LE IPOTESI DI DEFORMABILITA’ La soluzione di uno schema statico inizia con il calcolo del SISTEMA di FORZE REATTIVO.A. la derivata della funzione che rappresenta il diagramma del momento flettente è uguale alla funzione che rappresenta lo sforzo di taglio. la determinazione dei diagrammi di sollecitazione (Diagrammi di Momento. Taglio e Sforzo Normale). Mettendo assieme le due relazioni si ottiene anche: q=− d ²M dx ² per la quale il carico unitario è la derivata seconda del momento cambiata di segno. rappresentato dalle REAZIONI dei VINCOLI ESTERNI.I. che equilibra il SISTEMA DI FORZE ATTIVO rappresentato dai CARICHI.V.U. La soluzione di una struttura soggetta a varie condizioni di carico è raggiungibile sommando le soluzioni di ciascuna condizione di carico. 5 . elastica utilizzando i tradizionali 2) il Principio dei Lavori Virtuali che fa riferimento ad un sistema di forze e tensioni virtuali equilibrato e un sistema di spostamenti e deformazioni congruente. Bruno Zan – ing. la deformazione flessionale è governate dall’equazione della linea elastica. cioè nella ipotesi di comportamento del materiale secondo il modello elastico-lineare. che analizzeremo nei capitoli successivi: ∆L = L·ε = dove: ∆L ε N A L E N ·L E· A è la deformazione complessiva dell’asta (accorciamento o allungamento) è la deformazione unitaria è lo Sforzo Normale baricentrico sulla sezione trasversale dell’asta è l’area della sezione trasversale dell’asta è la lunghezza dell’asta è il modulo elastico del materiale dell’asta La determinazione della deformazione assiale delle aste è importante per poter trovare le deformazioni complessive di una struttura reticolare.A. alla base del quale c’è la legge di Hooke che stabilisce la proporzionalità diretta tra deformazioni e tensioni. 6 . prof.U. MOMENTO FLETTENTE e DEFORMAZIONE FLESSIONALE Per un’asta della struttura sollecitata da Momento Flettente.I. SFORZO NORMALE e DEFORMAZIONE ASSIALE Per un’asta della struttura sollecitata da Sforzo Normale (carico di trazione o compressione posizionato nel baricentro della sezione trasversale dell’asta). Nel Capitolo 15 vengono trattate le strutture reticolari che si deformano per gli sforzi di trazione e compressione nelle singole aste.V. che analizzeremo nei capitoli successivi: 1 d 2η M = 2 = r dx E ·J ϕ= dove: 1/r η φ M E J dη dx dϕ M = dx E ·J è la curvatura della funzione η che rappresenta la deformata è lo spostamento delle sezioni della struttura è la rotazione delle sezioni della struttura è il momento flettente sulle sezioni è il modulo elastico del materiale dell’asta è il momento d’inerzia della sezione trasversale dell’asta Per determinare le deformazioni flessionali complessive (spostamenti o rotazioni delle sezioni dell’asta) si possono utilizzare diversi metodi di calcolo che analizzeremo nei capitoli successivi: 1) la doppia integrazione dell’equazione della linea metodi di integrazione della matematica. il modello elastico-lineare individua la seguente deformazione (allungamento o accorciamento dell’asta). 3) il teorema e il corollario di Mohr che consente di risolvere la doppia integrazione con l’aiuto di una trave ausiliaria caricata con il diagramma di curvatura per la quale il momento equivale alla freccia della trave principale e il taglio equivale alla rotazione. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 Per il MODELLO ELASTICO LINEARE le deformazioni di una struttura vengono determinate in campo elastico con i carichi di esercizio. DERIVATE e INTEGRALI I concetti di DERIVATA e di INTEGRALE di una funzione rappresentano uno dei cardini dell'analisi matematica e del calcolo infinitesimale. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 3. L’ ANALISI DI UNA CURVA e DELLA SUA FUNZIONE Prima di avventurarci nello studio delle strutture è necessario recuperare alcuni importanti concetti di analisi matematica e di studio delle funzioni. in questo caso rappresenta un area: O X x=b Y x=a ∫ f ( x)·d ( x) = area a b AREA O a X b L’elemento infinitesimo f(x)·dx è l’area infinitesima di base d(x) e altezza f(x). all’interno della famiglia definita da C. DERIVATA e INTEGRALE sono due operazioni matematiche inverse.U. la funzione che si ricerca . detta costante di integrazione: ∫ f ' ( x )·dx = f ( x) + C Per integrare una funzione è in genere necessario definire il valore della costante di integrazione C. a meno di una costante C.A. al fine trovare. La costante C viene calcolata mediante una condizione al contorno che è individuata da particolari requisiti ai quali deve sottostare la funzione cercata. l’asse delle x e le rette verticali passanti per i due punti. Nell’analisi matematica l’INTEGRALE rappresenta la sommatoria di elementi infinitesimi è può essere calcolato in un intervallo finito.I. Bruno Zan – ing. come ad esempio il passaggio per un punto dato. 7 . prof. La DERIVATA è un operatore che trasforma la funzione f(x) in una nuova funzione f’(x): d · f ( x) = f ' ( x) dx L’INTEGRALE è l’operatore inverso che trasforma la funzione f’(x) in una famiglia di funzioni f(x).V. Esempi di funzioni derivate e integrate: f(x)=a derivata D(a)=0 f(x)=x derivata D(x)=1 f(x)=x² derivata D(x²)=2·x f(x)=x3 derivata D(x3)=3·x² f(x)=xn derivata D(xn)=n·x(n-1) integrale integrale integrale integrale integrale I(0) = C I(1) = x+C I(2·x) = x²+C I(3·x²) = x3+C I(n·x(n-1)) = xn+C Y P TA NG EN TE Nell’analisi matematica il calcolo della DERIVATA di una funzione in un punto individua il valore del coefficiente angolare della retta tangente nel punto della curva di equazione f(x). quindi il calcolo dell’integrale al variare di x da a a b individua l'area compresa tra la curva di equazione f(x). curvatura positiva per la curva rivolta verso l’alto. quando il raggio r è piccolo la curvatura 1/r è grande.U. Quando la tangente forma un angolo φ positivo la curva è in salita. Nel punto B la retta tangente indica una pendenza in discesa cioè negativa. Nel punto A di figura la retta tangente indica una pendenza in salita cioè positiva. prof. Quando il raggio r del cerchio tangente è grande la curvatura 1/r è piccola. A A rA rB B B La pendenza è rappresentata dall’angolo φ che la retta tangente alla curva nel punto fa con l’orizzonte. mentre il raggio del cerchio tangente è piccolo e indica una curvatura 1/r grande. Bruno Zan – ing. mentre il raggio del cerchio tangente è grande e indica una curvatura 1/r piccola. Y dalla funzione: y = f ( x) Y in A T GE AN E NT A rA T A G N TA TE EN in B y=f(x) o in hi rc TE c e EN G N TA o chi in A cer NTE E G AN B B B B O X 8 . con r uguale al raggio cerchio tangente nel punto alla curva (detto cerchio osculatore). La curvatura è rappresentata dal rapporto 1/r . curvatura negativa per la curva rivolta verso il basso. Il segno della curvatura indica il verso della concavità. quando la tangente forma un angolo φ negativo la curva è in discesa. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 LA CURVA Una linea curva è caratterizzata in ogni suo punto dalla pendenza e dalla curvatura.A. LE FUNZIONI Una linea curva è rappresentabile nel piano cartesiano X.V. Per definire in modo completo una curva bisogna individuare per ogni suo punto la pendenza e la curvatura.I. 0) dove si inverte la pendenza è quindi un punto di minimo.La derivata seconda y’’=2 indica che la curvatura è costante e positiva. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 La pendenza. nel punto (x=0. .0) del sistema cartesiano e concavità rivolta verso l’alto.La derivata prima y’=2x indica che le tangenti in qualsiasi punto alla curva variano con funzione lineare e rappresentabile da una retta. . . Y y=3 x+2 = tg =3 y=5 X O Esempio: . Bruno Zan – ing. prof. cioè il reciproco del raggio del cerchio tangente alla curva in un punto generico. IL CALCOLO DELL’AREA Y y=x² X O Per trovare l’Area della figura geometrica delimitata dall’asse delle X . è individuata dalla derivata seconda della funzione y=f(x) calcolata nel punto: 1 d 2 f ( x) = y' ' = f ' ' ( x) = r dx 2 Esempio: . Esempio: .I. cioè l’angolo φ della tangente alla curva in un punto generico. è individuata dalla derivata prima della funzione y=f(x) calcolata nel punto: ϕ ≅ tg (ϕ ) = y ' = f ' ( x ) = d · f ( x) dx La curvatura 1/r. .la derivata prima y’=3 indica che le tangenti in qualsiasi punto alla curva formano un angolo φ costante pari a 3.V.la funzione rappresenta una retta orizzontale. si deve calcolare l’integrale definito della funzione che rappresenta la curva nell’intervallo a-b: 9 . y=0) la curva ha tangente orizzontale e il punto è per la parabola un punto di inversione di pendenza (massimo o minimo).la funzione rappresenta una retta inclinata . quindi. quindi con concavità rivolta verso l’alto.la derivata seconda y’’=0 indica che la curvatura è nulla e che il cerchio tangente ha raggio infinito.A. Il punto (0.curva definita dalla funzione y=5 . dalla curva f(x) e da due rette verticali passanti per i punti x=a e x=b.curva definita dalla funzione y= x² . . La derivata prima si annulla per x=0 e.la derivata seconda y’’=0 indica che la curvatura è nulla e che il cerchio tangente ha raggio infinito.la derivata prima y’=0 indica che le tangenti in qualsiasi punto alla curva sono orizzontali.curva definita dalla funzione y=3x+2 .La funzione rappresenta una parabola simmetrica rispetto l’asse delle Y con il vertice nell’origine (0.U. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 b Y b a Area = ∫ f ( x )·dx a Per trovare il baricentro xG della stessa figura geometrica è necessario applicare il teorema di Varignon: AREA f(x) xG = O x dx X S A dove S è il momento statico dell’area rispetto l’asse x =a: S = ∫ f ( x )· x·dx a b Come esempio calcoliamo l’area delimitata da una parabola rappresentata dalla funzione y=n·x² (il risultato sarà utilizzati negli esempi successivi). utilizzando il teorema di Varignon.U.A. risulta: xG = Per differenza l’area del settore triangolare OBC risulta : 1 2 AOBC = b·a − b·a = b·a 3 3 10 .I.V. Y y=n·x² B b C X a a O a A AOAC 1 1 1 = ∫ n· x ²·dx = n· x 3 + C = n·a 3 = b·a 3 3 0 3 0 dove abbiamo sostituito b = n·a² Il momento statico S dell’area OAC calcolato rispetto l’asse delle Y risulta: SOAC 1 1 1 = ∫ n· x ²· x·dx = n· x 4 + C = n·a 4 = b·a ² 4 4 0 4 0 S 1 / 4·b·a ² 3 = = a A 1 / 3·b·a 4 a a La coordinata xG del baricentro. prof. Bruno Zan – ing. U. Scriviamo allora l’equilibrio delle forze verticali e l’equilibrio dei momenti rispetto il punto B: 11 . LA TEORIA DELLE TRAVI INFLESSE Una trave (struttura composta da aste ad asse lineare soggette a flessione) soggetta ad un carico ripartito lungo il suo sviluppo longitudinale è sollecitata. Bruno Zan – ing.I. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 4. Le funzioni che rappresentano il carico q . Queste sollecitazioni variano lungo la trave e sono rappresentabili da funzioni di Momento e di Taglio.A. sono tra loro correlate. cioè il sistema di forze ad esso applicato è un sistema di forze in equilibrio. dette diagrammi di sollecitazione.V. dagli sforzi di Taglio e di Momento flettente. prof. in ogni sua sezione trasversale. T M q q·dx T1 M1 dx A B L’elemento di trave di lunghezza dx è in equilibrio. il diagramma di Momento M e il diagramma di Taglio T. q=carico M = momento T= taglio Si consideri un tratto di trave di lunghezza dx soggetta ad un carico q uniforme ripartito e si indichino con M e T il momento e il taglio nella sezione A e con M1 e T1 il momento e il taglio nella sezione B posta a distanza dx dalla sezione A. A. Come esempio disegniamo i diagrammi di Taglio e Momento per un tratto di trave di lunghezza l con carico uniforme q.q·dx M1 – M = T·dx dT = . T. si ottiene 2 T1-T = .q·dx dM = T·dx risultano così le relazioni cercate tra le funzioni che rappresentano il Carico q. sollecitazioni MA e TA nell’estremo A e MB e TB nell’estremo B. il diagramma di Momento M e il diagramma di Taglio T: dT = −q dx dM =T dx ossia.T1= 0 M + T·dx – q·dx·dx/2 – M1= 0 da cui. trascurando l’infinitesimo di secondo ordine q·d x/2.I. T.q·dx . Tra le funzioni q. la derivata dello sforzo di taglio è uguale al carico unitario cambiato di segno. Mettendo assieme le due relazioni si ottiene anche: q=− d ²M dx ² il carico unitario è la derivata seconda del momento cambiata di segno. Bruno Zan – ing. M sono valide anche le espressioni inverse che si possono utilizzare determinano le costanti di integrazione C1 e C2 con l’aiuto delle condizioni al contorno. prof. la derivata del momento flettente è uguale allo sforzo di taglio.V. M sopra riportate sono molto utili per disegnare l’andamento dei diagrammi di momento e taglio con diverse condizioni di carico. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 T . 1 I DIAGRAMMI di MOMENTO e TAGLIO - Relazioni q T M Le relazioni q. come esposto nel paragrafo successivo : T = − ∫ q·dx + C1 M = ∫ T ·dx + C2 4.U. 12 . U. La condizione al contorno. dal valore MA del Momento per x=0. Bruno Zan – ing. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 A TA MA x S q B TB MB x l T TA + 1/8 q·l² diagramma di Taglio TB MB 5 x MA diagramma di Momento c 1 2 3 d x e 3 4 5 1/8 q·l² 1 2 4 M Il diagramma di Taglio si ricava dalla seguente espressione T = − ∫ q·dx + C1 = − q· x + C1 che individua una fascio di rette parallele al variare di C1. quindi risulta: C2=-MA M =− q· x ² + TA x − M A 2 il diagramma che individua il Momento è una parabola che parte dal valore MA. nel nostro caso. Il diagramma di Momento si ricava dalla seguente espressione: M = ∫ T ·dx + C2 = ∫ ( − q· x + TA )dx + C2 = − q· x ² + TA x + C2 2 che individua una fascio di parabole al variare di C2. nel nostro caso. La condizione al contorno. per x=l in B. rappresentata dal valore TA che assume il Taglio per x=0: C1=TA+q·0 = TA L’equazione del Taglio è allora la retta: T=-q·x+ TA Il diagramma di Taglio è la retta che parte dal valore TA per x=0 in A. per x=0 e arriva al valore MB per x=l ed ha il suo valore massimo dove si annulla il Taglio. per individuare C2 è rappresentata. e arriva al valore TB.V. prof.A. 13 .I. per individuare C1 è. ma più semplicemente utilizzando le condizioni di equilibrio tra le forze applicate e le sollecitazioni. indicata dalla ascissa x. Un sistema di forze è in equilibrio quando: . 14 . Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 4.la risultante delle forze verticali è nulla . sono quindi determinabili con le condizioni di equilibro per il tratto di struttura A-S.q·x+ TA Il Momento nella sezione S. prof. che dista x dalla sezione A. 2 LE FUNZIONI di MOMENTO e TAGLIO . come sopra riportato. con le sollecitazioni di taglio TA e TB e di momento MA e MB agli estremi A e B.la risultante delle forze orizzontali è nulla .q·l·l/2 + TA·l = 0 Le equazioni che definiscono le funzioni e i diagrammi di Momento e Taglio.V. individua una struttura (trave A-S) alla quale è applicato un sistema di forze in equilibrio formato dal Momento e il Taglio in A. risultano: TA + TB – q·l = 0 -MA+MB. q A S TA MA x TS MS x Le sollecitazioni in S.I. Il Taglio nella sezione S. Momento MS e Taglio TS . rappresenta una struttura (trave A-B) con applicato un sistema di forze in equilibrio. A TA MA x S q B TB MB x l La sezione generica S .L’EQUILIBRIO Il tratto di trave di lunghezza l. cioè la variazione del Momento e Taglio per la generica sezione S. mentre la seconda equazione di equilibrio delle forze verticali e la terza di equilibrio dei momenti rispetto il punto B. Bruno Zan – ing. con carico uniforme q . è rappresentato dalla somma delle forze verticali che stanno a sinistra della sezione tra A e S: TS = .la risultante dei momenti rispetto qualsiasi punto del piano è nulla Nel nostro caso la prima equazione di equilibrio non esiste perché non ci sono forze orizzontali. è rappresentato dalla somma dei momenti prodotti dalle forze che stanno a sinistra della sezione tra A e S: MS = − q· x ² + TA x − M A 2 I valori così determinati sono uguali a quelli trovati integrando le funzioni T ed M. che dista x dalla sezione A. possono essere determinate senza utilizzare gli integrali.A. dal Momento e il Taglio in S e dal carico q nel tratto x.U. f tracciare le linee f-a e f-b dividere le linee in parti uguali. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 4. nel disegno sono sei e si individuano 5 punti per linea numerare e collegare i punti 1-1. 3 IL DISEGNO DELLA PARABOLA di MOMENTO L’ampiezza della parabola che rappresenta il diagramma di momento è individuata dal segmento ce = cd + de misurato verticalmente tra il punto medio della linea che unisce MA e MB e la parabola l l/2 a c 1/8 q·l² l/2 MA 1 2 3 b d 5 e 3 4 MB x M 4 5 f 1/8 q·l² 1 2 L’ampiezza della parabola dipende solo dal carico q e dalla luce l e vale sempre: 1 ce = q·l ² 8 di seguito si riporta il calcolo dell’ampiezza: 1 q·(l / 2)² ( M A + M B ) + [− + T A ·l / 2 − M A ] 2 2 1 q·l ² l 1 q·l ² l + TA · ce = ( M B − M A ) − ce = ( M A + M B ) − + TA · − M A 2 8 2 2 8 2 ql ² q·l ² 1 1 ql ² q·l ² l ce = + − = q·l ² ce = ( −T A ·l + + M A − M A) − + TA · 4 8 8 2 2 8 2 ce = cd + ce = L’ampiezza costante. pari a 1/8q·l². 2-2 . Bruno Zan – ing.5 come riportato nel disegno la parabola è individuata dalla curva tangente all’inviluppo delle linee disegnate. 15 - . prof.… 5.U.I. della parabola del diagramma di momento per un carico q su un tratto di trave l consente la costruzione della parabola in modo semplice: riportare i valori dei momenti MA ed MB nella scala scelta per il disegno tracciare la linea che unisce i vertici a e b individuare il punto c in asse della linea calcolare il valore 1/8 q·l² e definire l’ampiezza nella scala dei momenti scelta per il disegno riportare verticalmente due volte l’ampiezza della parabola nel disegno individuare così i punti e .A.V. I. è uguale al numero dei vincoli. La prima fase della soluzione è la determinazione del sistema di FORZE REATTIVE. Per il calcolo del sistema di FORZE REATTIVO si utilizzano le tre condizioni di equilibrio della struttura. la struttura rappresentata in figura è ISOSTATICA. La ricerca del sistema delle REAZIONI VINCOLARI ESTERNE per uno schema statico che rappresenta una struttura ISOSTATICA è la ricerca del sistema di FORZE REATTIVE equilibrante. cioè di Reazioni Vincolari. LE STRUTTURE ISOSTATICHE La soluzione di una struttura è la soluzione dello Schema Statico che la rappresenta. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 5. in A) : YB·L = P·L1 + q·L²/2 Elaborando le tre equazioni del sistema si determinano i valori delle forze passive XA. Nei riguardi dell’equilibrio tra i sistemi di FORZE ATTIVO e REATTIVO le strutture possono essere ISOSTATICHE o IPERSTATICHE. la determinazione del sistema di FORZE REATTIVO avviene utilizzando le semplici condizioni di equilibrio con il sistema di FORZE ATTIVO. Poiché il numero delle labilità. 1) Equilibrio delle forze orizzontali : XA = 0 2) Equilibrio delle forze verticali : YA+YB = P+q·L 3) Equilibrio alla rotazione (es. strettamente necessario e uguale al numero dei gradi di labilità delle strutture stesse. YA e YB .U. Il sistema di FORZE ATTIVO è rappresentato dalla forza concentrata P e dal carico distribuito q. Le strutture ISOSTATICHE sono caratterizzata dall’avere un numero di gradi di vincoli esterni. prof. L’asta nel piano ha 3 gradi di libertà ed è vincolata esternamente con 3 gradi di vincolo (2 per la cerniera e 1 per l’appoggio). rappresentato dalle reazioni vincolari. quindi. o movimenti. Il vincolo esterno nel nodo A è una CERNIERA. 16 . P L1 XA A YA L q L2 B YB Lo schema statico di figura rappresenta un struttura composta da un’asta di lunghezza L e due nodi di estremità A e B. Bruno Zan – ing. che equilibra il sistema di FORZE ATTIVE. rappresentato dai carichi e dalle azioni esterne agenti sulla struttura.V. Il sistema di FORZE REATTIVO che equilibra la struttura è rappresentato dalle reazioni vincolari XA. mentre il vincolo esterno nel nodo B è un CARRELLO (o APPOGGIO SEMPLICE). YA e YB .A. o reazioni vincolari. in particolare.U. Per il calcolo delle DEFORMAZIONI è necessario introdurre le IPOTESI DI DEFORMABILITA’ e le modalità di deformazione della struttura secondo il MODELLO ELASTICO LINEARE (vedi capitoli successivi) che è governato dalla relazione: d 2η M = dx 2 E ·J Anche questa relazione è utile per il disegno del diagramma di Momento e per il disegno della deformata. Per concludere lo studio di una struttura ISOSTATICA è spesso necessario trovare anche le deformazioni.I.il diagramma di taglio è lineare – il diagramma di momento è parabolico . per il tracciamento dei diagrammi. infatti. Dopo la determinazione del sistema di FORZE REATTIVO è possibile trovare le sollecitazione di Sforzo Normale. le sollecitazioni in alcune sezioni particolari della struttura. per le travi è significativo. Bruno Zan – ing. Per il calcolo si inizia da un estremo e si sommano progressivamente le Forze dei sistemi ATTIVO e REATTIVO. taglio T e momento M: dT = −q dx Tali relazioni stabiliscono che: dM =T dx d 2M = −q dx 2 .quando q=0 . prof. Per il tracciamento dei diagrammi bisogna calcolare.A. il tratto di parabola a sinistra di P ha ampiezza 1/8·q·L1².il diagramma di Momento ha un punto di massimo o minimo Il diagramma di Momento ha concavità di segno contrario al carico e la parabola che lo rappresenta è rivolta verso l’alto e.quando q=costante . mentre il tratto a destra di P ha ampiezza 1/8·q·L2² . sono gli estremi e la sezione sotto il carico concentrato P. ai fini di una verifica completa della struttura. si è utilizzato il punto A semplicemente per azzerare il contributo delle forze XA e YA e poter determinare YB in modo più rapido. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 L’equilibrio alla rotazione è sempre valido per qualsiasi punto del piano. Per il nostro esempio riportato in figura le sezioni significative.il diagramma di Taglio è costante .il digramma di momento è lineare . il calcolo del massimo abbassamento in campata (freccia massima). fissando un segno di riferimento. 17 .quando T=0 . ad esempio positive le forze verso l’alto e positivi i momenti destrogiri: Sollecitazioni all’estremo A : Sollecitazioni sotto P a sinistra : Sollecitazioni sotto P a destra : Sollecitazione all’estremo B: TA = YA TPs = YA-q·L1 TPd = YA-q·L1-P TB = YA-P-q·L MA = 0 MPs = YA·L1 – q·L21/2 MPd = -YA·L1 + q·L21/2 MB = 0 Per disegnare i diagrammi è sufficiente raccordare le varie sollecitazioni determinate secondo le indicazioni fornite dalle relazioni fondamentali tra carico q . Taglio e Momento Flettente per ciascuna sezione della struttura.V. quando il Momento si annulla la deformata ha un punto di flesso con cambiamento di curvatura. con le condizioni di equilibrio. Ricerchiamo allora la sezione per la quale il Taglio è nullo: T=1606 – 500·x – 800 =0 x = (1606-800)/ 500 = 1.V. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 5. 18 . Bruno Zan – ing.15 – 1606 = 1269 kg equilibrio forze orizzontali XA = 0 Dalle relazioni q. si ricava che il Momento è massimo nella sezione in cui il Taglio è nullo.2²/2 = 1567 kgm Per il disegno del diagramma di momento e taglio si procede come esposto nei paragrafi precedenti.20) = 1609 kgm Calcoliamo anche i valori del taglio e del momento in corrispondenza al carico P Taglio a sinistra di P: Taglio a destra di P : Momento sotto P: Ts = 1606-500·1.2-800 = 206 kg MP = 1606·1.2-500·1.A.15²/2) / 4.15 = 1606 kg equilibrio forze verticali YB = 800+500·4.61 m si ricava Calcoliamo il valore del Momento massimo nella sezione individuata da x =1.61-1.61-500·1.61²/2-800·(1.1 ESEMPIO – TRAVE ISOSTATICA Di seguito si espone il calcolo per la trave isostatica di figura .61 m: Mmax = 1606·1.95+500·4.2 = 1006 kg Td = 1606-500·1.U. P=800 kg A 120 415 diagramma di Taglio 161 diagramma di Momento q=500 kg/m B 295 Calcolo del sistema di FORZE REATTIVO: equilibrio alla rotazione in B YA = (800·2.I. Per il calcolo delle deformazioni è invece necessario introdurre la Teoria dell’elasticità . T e M. prof. V. L S S' P A f A' M=P·L MS TS T=P Il Momento Flettente e il Taglio provocano gli spostamenti delle sezioni S in S’ e. da una distribuzione lineare di tensioni normali σ che producono le progressive rotazioni delle sezioni e la deformazione f all’estremità della mensola. Per Calcolare le deformazioni prodotte dagli Sforzi Normali (nel caso di travature reticolari) o le deformazioni per Momento Flettente (travature a parete piena) è necessario introdurre il modello di comportamento elastico-lineare del materiale. Nel secondo caso la deformazione prodotta dal Momento Flettente è molto più importante della deformazione prodotta dal Taglio e. 19 . e la deformazione f all’estremità è dovuta al progressivo allungamento e accorciamento delle aste componenti.I. Bruno Zan – ing. Tale deformazione avviene poiché ogni sezione S della trave è soggette a Momento Flettente e a Taglio. oppure. Il Momento Flettente è equilibrato. LA DEFORMAZIONE DELLE TRAVI INFLESSE Una trave inflessa soggetta ad una condizione di carico si deforma. lo spostamento della sezione A in A’ . come trave a parete piena. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 6. in ciascuna sezione. in una trattazione semplificata.A. si può trascurare. P P f f La mensola può essere realizzata come trave reticolare. Ad esempio: per una trave a mensola con un carico concentrato all’estremità i digrammi di Momento e Taglio che deformano la struttura sono riportati in figura. conseguentemente. Nel primo caso le sollecitazioni di Momento e Taglio sono equilibrate dagli Sforzi Normali di Trazione e Compressione che nascono nelle aste componenti della reticolare.U. cioè l’abbassamento f e la rotazione φ della sezione di estremità. prof. distribuiti secondo i relativi diagrammi di momento lungo la trave. Nel modello elastico-lineare viene posta anche l’ipotesi che nella deformazione che l’asta subisce. quindi.V. come tra le sezioni S1 e S2 . Tale deformazione ε è costante secondo l’ipotesi del mantenimento delle sezioni piane. si deforma semplicemente allungandosi o accorciandosi. rimanga piana. anche la tensione σ. La seconda importante ipotesi che sta alla base del modello elastico-lineare è quella del “mantenimento delle sezioni piane” ipotizzata da Navier. detto modulo di elasticità o modulo di Young del materiale. N 1- S1 S2 L' L’asta di figura. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 La teoria elastico-lineare che interpreta le deformazioni per le strutture ha origine dalla relazione teorizzata da Hooke: σ = E·ε . quindi.1 LA DEFORMAZIONE per SFORZO NORMALE Un’asta di una struttura sollecitata da Sforzo Normale (carico di trazione o compressione posizionato nel baricentro della sezione trasversale dell’asta). Ogni tratto di asta di lunghezza pari a 1. sollecitata a Sforzo Normale di compressione N si accorcia complessivamente di una quantità ∆L. possiamo perciò scrivere: ∫ σ ·dA = N A Ricordando che il materiale si comporta in modo elastico lineare secondo la legge di Hooke: σ = E·ε L N e che le sezioni rimangono piane (la quantità E·ε e. equilibrano lo sforzo Normale. dopo la deformazione si accorcia della quantità ε . cioè l’accorciamento dell’asta: ∆L = L·ε L Le tensioni normali σ. in ogni sezione trasversale A.I. quando il rapporto tra la tensione σ (la forza ortogonale su un area unitaria) e la deformazione unitaria ε è costante e vale E. Bruno Zan – ing.U. sono costanti su ogni 20 . la sezione trasversale. Secondo tale ipotesi nelle deformazioni le sezioni si spostano ma rimangono piane e. Sommando gli spostamenti ε lungo l’intera asta di lunghezza L si ottiene lo spostamento della sezione di estremità.A. prof. σ =E ε che stabilisce che un materiale ha comportamento elastico-lineare. la deformazione unitaria ε per ciascuna sezione è sempre rappresentata da una funzione costante o lineare 6. inizialmente piana. cioè l’accorciamento dell’asta: ∆L = L·ε = dove: N A L E σ ε N ·L E· A è lo Sforzo Normale baricentrico sulla sezione è l’area della sezione trasversale dell’asta è la lunghezza dell’asta è il modulo elastico del materiale è la tensione normale sulla sezione trasversale dell’asta è lo spostamento unitario Le deformazioni per sforzo normale sono in genere piccole e si possono trascurare nelle strutture a Telaio dove sono più importanti le deformazioni per flessione. Bruno Zan – ing. prodotta dal carico P. P f Nella struttura reticolare di figura si può calcolare la freccia f.U.V. a partire dalle deformazioni assiali delle aste componenti soggette a compressione e trazione.I. Nelle strutture reticolari. prof. 21 . Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 sezione) possiamo elaborare la condizione di equilibrio sopra riportata: ∫ σ ·dA = ∫ E ·ε ·dA = E·ε ·∫ dA = E·ε · A = N A A A possiamo scrivere le due relazioni che definiscono l’accorciamento unitario e la tensione: ε= N E· A σ= N A N Sommando gli spostamenti ε lungo l’intera asta di lunghezza L si ottiene lo spostamento della sezione di estremità. dove il funzionamento è affidato agli sforzi di compressione e trazione delle singole aste che compongono la struttura. Le deformazioni assiali delle aste diventano essenziali per valutare le deformazioni complessive della struttura reticolare.A. V. l S1 S2 1 y 1+ 1 1- x M f S1 r S2 S1 S2 1 y 1+ 1 1S1 C Prima della deformazione prodotta dalla flessione le fibre del solido tra le sezioni S1 e S2 hanno lunghezza pari a 1 .I. La curva della deformazione η viene detta linea elastica e possiamo scrivere le relazioni: S2 1 d 2η = r dx 2 ϕ= d ·η dx 1 dϕ = r dx 22 . Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 6. cioè dall’inverso del raggio del cerchio tangente alla curva nel punto. le uniche fibre che non si allungano e non si accorciano a causa della deformazione sono le fibre che stanno nel baricentro della sezione. Bruno Zan – ing.U. L’allungamento delle fibre esterne e l’accorciamento delle fibre interne provocano le rotazioni φ delle sezioni con conseguente deformazione η dell’asse della trave. dopo la deformazione le fibre esterne si allungano di una quantità ε mentre le fibre interne si accorciano di una quantità -ε.2 LA DEFORMAZIONE per MOMENTO FLETTENTE Un’asta soggetta a Momento Flettente si deforma in modo evidente assumendo una configurazione curva caratterizzata in ogni punto dalla curvatura 1/r.A. prof. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 Per la teoria dell’elasticità. osservando la figura precedente. in particolare. prof. La relazione scritta in questo modo è poco utile.I. ∫σ A x E E ·dA = ∫ · y·dA = ∫ y·dA = 0 r r A A si annulla quando l’integrale di y·dA vale zero.U. esteso all’area A della sezione. Dalla proporzione si ottiene: ε = ·y 1 r e quindi ε y = 1 r La curvatura della linea elastica 1/r è uguale al rapporto tra la deformazione ε di una fibra e la sua distanza y dal baricentro della sezione. detto asse neutro risulta: 23 . possiamo scrivere la seguente proporzione 1: r = (1 + ε) : ( r + y) che deriva dalla similitudine dei triangoli che hanno vertice in C. n L’equilibrio delle tensioni orizzontali. possiamo scrivere l’equilibrio delle forze orizzontali e l’equilibrio dei y momenti rispetto l’asse n-n con le tensioni n M nulle.V. quindi le fibre contenute tra S1 e S2 si allungano e si accorciano secondo la legge lineare 1+ 1 y ε y = cos t. secondo il principio di Navier le sezioni S1 e S2 dopo la deformazione prodotta dalla flessione rimangono piane. ma possiamo utilizzare l’espressione che definisce il comportamento elastico lineare del materiale: 1- σ = E·ε e sostituire nella relazione della curvatura ε con σ/E : σ E =1 y r . Bruno Zan – ing. Tale integrale è il momento statico della sezione A rispetto l’asse n-n e stabilisce che l’asse con le tensioni nulle è l’asse baricentrico della sezione.A. centro del raggio di curvatura. L’equilibrio dei momenti rispetto l’asse baricentrico n-n . σ E· y = 1 r quindi σ= E ·y r in questo modo abbiamo scritto la legge di variabilità delle tensioni prodotte dalla flessione M sulla sezione generica in funzione della curvatura: Il sistema di forze-tensioni σ deve essere in equilibrio con la sollecitazione M che lo ha prodotto. il baricentro della sezione. Utilizzando l’equazione di Navier si individuano la tensione massima e la tensione minima sui due bordi.U.I. detta equazione di Navier. individua la legge di variabilità delle tensioni σ nella sezione soggetta a momento flettente M. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 ∫ y·σ A x E E ·dA = ∫ · y 2 ·dA = ∫ y 2 ·dA = M r r A A 1 M = r E ·J L’integrale di y²·dA rappresenta il Momento d’inerzia J della sezione A rispetto l’asse baricentrico. Bruno Zan – ing. quindi possiamo scrivere: E ·J = M r Aggiorniamo l’equazione della linea elastica dopo aver aggiunto le condizioni di elasticità lineare del materiale: d 2η M = 2 dx E ·J dalla relazione precedente.V. si ottiene anche la seguente relazione: r E· y σ E· y = M E ·J . sostituendo 1 σ = . 24 . max n n n ysup y inf n M min Per una sezione non simmetrica rispetto l’asse orizzontale (vedi sezione a T di figura). La tensione massima di trazione e la tensione minima di compressione risultano : σ MAX = + M · ysup J =+ M Wsup σ MIN = − M · yinf M =− J Winf dove le grandezze geometriche Wsup=J/ysup e Winf=J/yinf sono dette Moduli Resistenti della sezione . è individuato dalle due distanze ysup e ying . rispettivamente dal bordo teso e dal bordo compresso della sezione.A. σ= M ·y J La relazione. e quindi l’asse neutro delle tensioni. prof. Per la sezione S generica. 3) utilizzare il teorema di Mohr che consente di risolvere la doppia integrazione con l’aiuto di una trave ausiliaria caricata con il diagramma di curvatura per la quale il momento equivale alla freccia della trave principale e il taglio equivale alla rotazione. prof.I. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 7. 2) utilizzare il Principio dei Lavori Virtuali che fa riferimento ad un sistema di forze e tensioni virtuali equilibrato e un sistema di spostamenti e deformazioni congruente. 1 L’ INTEGRAZIONE DELLA LINEA ELASTICA Come esempio calcoliamo l’abbassamento massimo fB e la rotazione φB della sezione di estremità della mensola rappresentata in figura.V. 7. q=kg/m S individuata dalla ascissa x. Bruno Zan – ing. possiamo scrivere le A x B equazioni che definiscono il Momento e il Taglio: f max S l T=q·x M= 1/2 q·x² Per la deformata l’equazione della linea elastica risulta: MA A B d 2η 1 q· x ² = · 2 dx E ·J 2 e integrando due volte si ottiene: q· x 3 E·J ·ϕ = E ·J ·η ' = + C1 6 q· x 4 E · J ·η = + C1 · x + C2 24 25 VA B A .η) B come indicato in figura. Inseriamo il sistema di riferimento cartesiano (x. IL CALCOLO DELLE DEFORMAZIONI 1 d 2η M = 2 = r dx E ·J PER FLESSIONE La deformazione di un’asta soggetta a flessione è governata dall’equazione della linea elastica: dη =ϕ dx dove: 1/r η M E J φ dϕ M = dx E ·J è la curvatura della funzione η che rappresenta la deformata è la deformazione della struttura lungo x è il momento flettente sulla struttura lungo x è il modulo elastico del materiale di cui è composta la struttura è il momento d’inerzia della sezione della struttura è la rotazione della sezione della struttura Per determinare le deformazioni si possono utilizzare diversi metodi: 1) risolvere la doppia integrazione dell’equazione della linea elastica utilizzando i tradizionali metodi di integrazione della matematica.A.U. cioè la deformata dovuta al carico q.L.V. prof. La mensola di figura. stabilisce che il Lavoro virtuale esterno è uguale al Lavoro virtuale interno: B q=kg/m A x B fB Le = Li Condizione necessaria e sufficiente perché un sistema sia in equilibrio è che il lavoro virtuale interno sia uguale al lavoro virtuale esterno per qualunque sistema di spostamenti virtuali congruenti. 7. cioè compatibili con i vincoli. soggetta al carico uniforme rappresenta il SISTEMA NORMALE per il quale non riusciamo a scrivere il Lavoro esterno perché rappresentato dal prodotto del carico q per le deformazioni η che non conosciamo. al quale applichiamo la deformata congruente del SISTEMA NORMALE. Bruno Zan – ing. Nel caso di strutture inflesse il lavoro prodotto dal Taglio è trascurabile e si conteggia solo il lavoro prodotto dal Momento. In particolare trattandosi di una mensola la rotazione φ e l’abbassamento η nella sezione A . si ricavano la rotazione e l’abbassamento cercato : q·l 3 q·l 4 ϕB = − fB = 6·E ·J 8·E ·J I dati sono quelli dello schema statico B1 riportato nella Tabella 1. per lavoro interno si intende il lavoro prodotto dalle forze interne. Il P. individuata per x=l. valgono: φA=0 quindi per trovare C1 e C2 si scrive: ηA=0 C1 = − C2 = q·l 3 6 E ·J ·η ' = E · J ·ϕ = E · J ·η = q·l 3 + C1 = 0 6 q·l 4 ql 3 − ·l + C 2 = 0 24 6 q·l 4 8 le equazioni della linea elastica per le rotazioni e per gli abbassamenti risultano: q· x 3 q·l 3 q· x 4 ql 3 ql 4 E · J ·η ' = E · J ·ϕ = − E ·J ·η = − ·x + 6 6 24 6 8 nella sezione B. cioè i carichi. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 le incognite di integrazione C1 e C2 si possono determinare imponendo le condizioni al contorno della deformata con i vincoli dello schema statico. infatti è una struttura isostatica che ha una sua configurazione di equilibrio.A. Possiamo però definire un SISTEMA VIRTUALE rappresentato dalla mensola con un carico P (con posizione e verso nella sezione B per la quale vogliamo trovare la deformazione fB ). 26 . per x=0. l Per lavoro esterno si intende il lavoro prodotto dalle forze esterne.U. Questo struttura è un sistema equilibrato. cioè dalle sollecitazioni di Momento e di Taglio .I.V. 2 IL PRINCIPIO DEI LAVORI VIRTUALI Utilizziamo il PRINCIPIO DEI LAVORI VIRTUALI per calcolare l’abbassamento massimo fB e la rotazione φB della sezione di estremità della mensola dell’esempio precedente. V. possiamo però applicare il Principio dei Lavori Virtuali.L. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 P A x B l M=P·l Mx=P·x x fB A questa nuova struttura virtuale.V. Le = Li Il Lavoro esterno risulta (Forza per spostamento) : Le = P· fB Il lavoro interno Li prodotto dal momento Mx=P·x per le rotazioni φ della deformata prodotta dal carico uniforme q risulta : dϕ = M qx 2 ·dx = ·dx EJ 2 EJ qx ² P·q Li = ∫ M ·dϕ = ∫ P· x· ·dx = 2 EJ 2 EJ l l P·q l 4 q·l 4 x dx = · = P· ∫ 2 EJ 4 8EJ l 3 quindi. è necessario utilizzare un diverso SISTEMA VIRTUALE rappresentato dalla mensola con una coppia M B applicata all’estremo B. si ottiene il valore dell’abbassamento fB dell’esercizio precedente: q·l 4 fB = 8 EJ Per calcolare la rotazione φB in B prodotta dal carico q all’estremità della mensola. prof.U.I. Bruno Zan – ing. si ottiene il valore dell’esercizio precedente: q·l 3 ϕB = 6 EJ 27 . Il Lavoro esterno risulta: Le = M· φB Il lavoro interno Li prodotto dal momento M per le rotazioni φ prodotte dal carico uniforme q risulta: dϕ = Li = ∫ M ·dϕ = ∫ M · l l M qx 2 ·dx = ·dx EJ 2 EJ qx ² M ·q 2 M ·q l 3 q·l 3 ·dx = x dx = · = M · 2 EJ 2 EJ ∫ 2 EJ 3 6 EJ l quindi. confrontando il Lavoro esterno e il Lavoro interno e semplificando M. per le forze esterne e l interne della mensola con la coppia M e per gli spostamenti della mensola con il carico M distribuito.A. dove vogliamo calcolare B A la rotazione φB. confrontando il Lavoro esterno e il Lavoro interno e semplificando P . in quanto la deformata non è quella prodotta dal carico P ma è quella prodotta dal carico q. x M Applichiamo ora il P. a partire dalla curvatura (carico fittizio q*=-M/EJ). gli stessi procedimenti usati per tracciare i diagrammi di Momento e Taglio con l’avvertenza di partire dalla curvatura M/EJ anziché dal carico q. abbiamo utilizzato le condizioni di equilibrio applicate ad una trave reale.U. a partire dal carico q. Il teorema e il corollario di Mohr stabiliscono che. imponendo le condizioni al contorno rappresentate dalle reazioni vincolari (Taglio e Momento) agli estremi.carico q* =0 B=0 B A M* =0 A T* =0 A trave ausiliaria . per calcolare l’abbassamento massimo fB e la rotazione φB della sezione di estremità della mensola degli esempi precedenti . Per calcolare il Taglio e Momento in una sezione generica. 28 . per calcolare la rotazione (Taglio fittizio T*) e l’abbassamento (Momento fittizio M*) in una sezione generica. nella ricerca di η e φ. A trave reale .carico q B =0 B=0 B A =0 =0 A A trave reale . dT = −q dx dM =T dx d ²M = −q dx ² dϕ M = dx E ·J dη =ϕ dx d 2η M = dx 2 E ·J Va notata l’analogia tra i legami che regolano il Taglio T .V.carico q* B M* =0 B T* =0 B M* =0 B T* =0 B Utilizziamo il Teorema e il Corollario di Mohr. prof. possiamo utilizzare una trave ausiliaria per la quale i vincoli devono simulare le condizioni al contorno poste da rotazione e abbassamento della trave reale. 3 IL TEOREMA E IL COROLLARIO DI MOHR Il calcolo delle deformazioni utilizzando il teorema e il corollario di Mohr trae origine dall’osservazione dei legami differenziali tra le varie grandezze che caratterizzano la meccanica di una trave. il Momento M e il carico q con quelli che regolano la rotazione φ lo spostamento η e la curvatura M/EJ Si possono quindi utilizzare.A.carico q B B =0 A =0 A A M* =0 A T* =0 A trave ausiliaria . Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 7.I. Bruno Zan – ing. Bruno Zan – ing. infine.A.U. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 La trave ausiliaria riportata in figura è caricata con un carico ausiliario q* = − M EJ q A B B trave reale l f max MA =q·l²/2 A B R q*A =-MA /EJ 3/4 l q*=-M/EJ A trave ausiliaria l B il carico q* massimo nell’estremo A si ricava dal momento massimo MA della trave reale: qA* = − MA q·l ² =− EJ 2·EJ Il diagramma di momento e di carico fittizio è una parabola con area (vedi esempio paragrafo3): Area parabola = 1/3· l· q*A La risultante del carico fittizio risulta perciò: 1 M 1 q·l 3 q·l 3 R* = ·l · A = · = 3 EJ 3 2 EJ 6·EJ Calcoliamo.I.V. prof. il taglio fittizio e il momento fittizio in B che rappresentano rispettivamente la rotazione e l’abbassamento in B della trave reale: q·l 3 T = ϕB = 6·EJ * B q·l 3 3 q·l 4 M = fB = · ·l = 6·EJ 4 8·EJ * B 29 . V. Il calcolo del sistema delle FORZE REATTIVE (reazioni vincolari) viene fatto utilizzando le tre condizioni di equilibrio. mentre.U. non solo per verificare le massime deformazioni della trave. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 8. Bruno Zan – ing. TABELLA 1 – soluzione schemi isostatici SCHEMA A1 Trave appoggiata con carico uniforme q ϕ A = ϕB = f max q·L3 24·E · J 5 q·L4 = · 384 E ·J q·L2 8 q·L V A = VB = 2 M max = SCHEMA A2 Trave appoggiata con carico concentrato P in asse ϕ A = ϕB = f max P·L2 16·E ·J 8 P·L3 = · 384 E · J P· L 4 P V A = VB = 2 M max = 30 . è necessario risolvere l’EQUAZIONE DELLA LINEA ELASTICA con uno dei metodi prima enunciati. ma anche per utilizzarle nella ricerca delle soluzioni di strutture più complesse. Nella seguente TABELLA si riportano le soluzioni per la trave appoggiata e per la trave incastrata con diverse condizioni di carico. TABELLA 1 – LE STRUTTURE ISOSTATICHE AD UNA CAMPATA Per le strutture ISOSTATICHE composte da un’unica asta (trave) il calcolo delle deformazioni è utile.I. per determinare gli spostamenti (frecce e rotazioni).A. prof. I. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 SCHEMA A3 Trave appoggiata con un coppia M sull’appoggio B ϕA = fL/2 = M ·L 6·E · J ϕB = M ·L 3·E · J 1 M ·L2 · 16 E ·J f MAX = 1. Bruno Zan – ing.2064· f L / 2 MA = 0 MB = M M L SCHEMA B1 V A = −VB = Trave a mensola con carico uniforme q ϕB = f max q·L3 6·E ·J 1 q·L4 = · 8 E ·J MA = q·L2 2 V A = q·L SCHEMA B2 Trave a mensola con carico concentrato P in B ϕB = P·L2 2·E ·J 1 P·L3 fB = · 3 E ·J M A = P·L V A = −VB = P SCHEMA B3 Trave a mensola con una coppia M in B ϕB = M ·L E ·J M ·L2 fB = 2·E · J MA = M 31 VA = 0 .U. prof.A.V. MA XA q yB =0 yB=0. Bruno Zan – ing. YA YB MA). mentre nella A =0 sezione B lo spostamento deve essere x A =0 y A =0 La soluzione di una struttura iperstatica deriva non solo dalla condizione di equilibrio delle forze. LE STRUTTURE IPERSTATICHE Le strutture IPERSTATICHE sono caratterizzate dall’avere un numero di gradi di vincoli esterni superiore al numero dei gradi di labilità delle strutture stesse.A. abbiamo a disposizione quattro equazioni. E’ necessario trovare una quarta equazione per rendere il sistema determinato. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 9. La deformata deve rispettare la forma imposta dai vincoli. che derivano dai gradi di vincolo della struttura stessa. che derivano dai gradi di labilità. e quindi le REAZIONI VINCOLARI.U. la rotazione deve essere φA=0. nella sezione A. I vincoli. mentre. sono 4 (XA. in A) : MA+ YB·L = q·L²/2 Le tre equazioni di equilibrio non sono sufficienti a determinare le quattro reazioni incognite. ma anche la deformata prodotta da tutte le forze deve essere coerente. le equazioni dell’equilibrio sono solo 3. Le condizione poste dai vincoli alla deformata rappresentano le condizioni di CONGRUENZA e. Quindi per una struttura IPERSTATICA le condizioni di equilibrio. I sistemi di FORZE ATTIVE e di FORZE REATTIVE devono essere in equilibrio. la struttura è perciò UNA VOLTA IPERSTATICA. Le sole condizioni di equilibrio per una struttura IPERSTATICA non sono sufficienti a definire il sistema di FORZE REATTIVO. non sono sufficienti a determinare tutte le reazioni vincolari. Le tre condizioni di equilibrio per la struttura sono: q XA L YA YB 1) Equilibrio delle forze orizzontali : XA = 0 MA 2) Equilibrio delle forze verticali: YA+YB = q·L 3) Equilibrio alla rotazione (es. per esempio di figura. ma anche dalle Y YA B condizione di CONGRUENZA della deformata con i vincoli. ma per risolvere la struttura sarà sufficiente sceglierne una. e gli spostamenti devono risultare xA=0 e yA=0. Per il nostro esempio. conforme o CONGRUENTE con i vincoli della struttura. La struttura una volta IPERSTATICA di figura è rappresentata da una singola asta (con 3 gradi di libertà) vincolata a terra con un INCASTRO in A (3 gradi di vincolo) e un APPOGGIO SEMPLICE in B (1 grado di vincolo). Il sistema di tre equazioni con quattro incognite è indeterminato. 32 . prof.V.I. I.U.A.V. prof. Bruno Zan – ing. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 Possiamo riportare l’importante enunciato per la soluzione delle strutture IPERSTATICHE: per risolvere una struttura IPERSTATICA bisogna trovare l’unica soluzione EQUILIBRATA e CONGRUENTE. Questa dicotomia porta all’individuazione di due distinti metodi per la ricerca della soluzione delle strutture IPERSTATICHE. 1) il METODO DELLE FORZE che ricerca tra le infinite soluzioni equilibrate l’unica congruente. 2) il METODO DEGLI SPOSTAMENTI che ricerca tra le infinite soluzioni congruenti l’unica equilibrata. 33 I.U.A.V. prof. Bruno Zan – ing. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 10. IL METODO DELLE FORZE Il METODO DELLE FORZE ricerca tra le infinite soluzioni equilibrate l’unica congruente. Per risolvere la struttura iperstatica di figura operiamo, ad esempio, sulla equazione di congruenza posta dal vincolo in B e, in un primo momento, rendiamo la struttura isostatica semplicemente sostituendo l’appoggio in B con la sua reazione vincolare YB ancora incognita. q A L B q A L B Y B In questo modo otteniamo una mensola ISOSTATICA incastrata in A con un carico uniforme q e una forza concentrata nel vertice B pari a YB. Per la mensola è possibile scrivere le tre equazioni di equilibrio e trovare i valori di MA, XA e YA tutti in funzione del valore incognito di YB: XA = 0 YA = q·L-YB MA = q·L²/2- YB·L Le relazioni esprimono le infinite soluzioni, al variare di YB, del sistema equilibrato per la mensola. A =0 x A =0 y A=0 MA X A YA q yB =0 Y B Tra le infinite soluzioni equilibrate dobbiamo cercare l’unica congruente con lo schema statico iniziale e, quindi, con l’appoggio in B. Dobbiamo cercare per la mensola la soluzione per la quale nel punto B lo spostamento è nullo, yB =0 . Per le strutture che operano secondo il modello elastico lineare, come già detto, vale il PRINCIPIO DI SOVRAPPOSIZIONE DEGLI EFFETTI, quindi, possiamo scomporre il carico della mensola ponendo da una parte il carico q e dall’altra il carico YB. q f f L schema 1 YB L schema 2 34 I.U.A.V. prof. Bruno Zan – ing. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 La condizione di CONGRUENZA yB =0 si può facilmente scrivere uguagliando le due frecce della mensola dovute al carico q (schema 1) e alla forza YB (schema 2) f1=f2 Per determinare le due frecce bisogna calcolarle con uno dei sistemi esposti nel paragrafo 7. Per semplicità i valori sono stati inseriti nella TABELLA 1 al paragrafo 8, in particolare i valori delle frecce sono quelli riportati negli schemi B1 e B2. f1 = q·L4 8EJ f2 = YB ·L3 3EJ L’equazione di Congruenza f1=f2 per individuare la REAZIONE YB risulta, quindi: Y B ·L3 q·L4 = 3EJ 8 EJ e semplificando YB = 3 q· L 8 Trovata la quarta incognita YB si possono ora utilizzare le tre equazioni di equilibrio già scritte per trovare le altre forze MA , XA e YA che compongono il SISTEMA DI FORZE REATTIVO: XA =0 YA = 5 q·L 8 MA = 1 2 q·L 8 Per risolvere la struttura IPERSTATICA possiamo utilizzare anche un’altra equazione di congruenza posta da un vincolo diverso dall’appoggio in B. Come già detto la scelta del vincolo da utilizzare per scrivere l’equazione di congruenza è del tutto arbitraria. Risolviamo nuovamente la struttura iperstatica di figura lavorando sul vincolo che blocca la rotazione in A q A L B Eliminando la condizione di vincolo alla rotazione del nodo A trasformiamo l’incastro in una CERNIERA. La Reazione vincolare da considerare diventa il Momento MA e i due schemi isostatici risultano: q L schema 1 MA L schema 2 La condizione di congruenza è posta dall’uguaglianza delle due rotazioni in A φ1=φ2 nei due schemi isostatici individuati. 35 I.U.A.V. prof. Bruno Zan – ing. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 Scriviamo allora le espressioni che individuano le due rotazioni, φ1 per il primo schema e φ2 per il secondo schema, riportando i valori degli schemi A1 e A3 della TABELLA1 delle strutture isostatiche : M ·L q·L3 ϕ2 = A ϕ1 = 3EJ 24 EJ L’equazione di Congruenza φ1=φ2 per individua la REAZIONE MA risulta: q·L3 M ·L = A 24 EJ 3EJ e semplificando M A = 1 2 q·L 8 Ovviamente utilizzando adesso le equazioni di equilibrio si ricavano i valori delle altre reazioni vincolari : XA=0 ; YA=5/8 q·L ; YB=3/8 q·L Il METODO delle FORZE rappresenta un valido aiuto per la soluzione di strutture iperstatiche semplici come quelle a campata unica. Mentre, per strutture iperstatiche più complesse i calcoli con il metodo delle forze risultano particolarmente pesanti e complessi, diventano allora più utili metodi di calcolo come il Metodo delle Rotazioni e il Metodo di Cross. 36 I.U.A.V. prof. Bruno Zan – ing. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 11. TABELLA 2 -LE STRUTTURE ISPERSTATICHE AD UNA CAMPATA Per la soluzioni degli schemi elementari IPERSTATICI, riportati nella TABELLA 2, è stato utilizzato il METODO DELLE FORZE mediante le tre condizioni dell’equilibrio e la condizione di congruenza. Queste schematizzazioni elementari forniscono importanti valori da utilizzare nel calcolo per la ricerca delle soluzioni di strutture più complesse. TABELLA 2 – soluzione schemi iperstatici SCHEMA C1 Trave incastro-appoggio con carico uniforme q ϕB = fL/2 = 2 q·L4 · 384 E ·J q·L3 48·E · J f max = 1,04· f L / 2 q·L ² 14,22 q·L2 MA = 8 5 V A = ·q·L 8 M 5 / 8· L = 3 VB = ·q·L 8 SCHEMA C2 Trave incastro-appoggio con carico concentrato P in mezzeria P·L2 ϕB = 32·E ·J fL/2 = 3,5 P·L3 · 384 E ·J 3 · P· L 16 11 ·P 16 f max = 1,022· f L / 2 2,5 ·P·L 16 5 ·P 16 MA = M L/2 = VB = VA = 37 U.I. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 SCHEMA C3 Trave incastro-appoggio con una coppia M in B ϕB = MA = M 2 M ·L 4·E ·J MB = M 3·M 2·L V A = −VB = SCHEMA D1 Trave doppiamente incastrata con carico uniforme f MAX 1 q·L4 = · 384 E · J M L/2 = q·L2 24 MA = MB = q·L2 12 V A = VB = q·L 2 SCHEMA D2 Trave doppiamente incastrata con carico concentrato P in asse f Max = MA = MB = 2 P·L3 · 384 E ·J P· L 8 M L/2 = P·L 8 V A = VB = P 2 38 .A. Bruno Zan – ing. prof.V. le strutture a TELAIO o a TRAVE continua rappresentano le più diffuse tipologie di strutture IPERSTATICHE e la loro soluzione può avvenire in modo vantaggioso mediante il METODO DEGLI SPOSTAMENTI o il più semplice METODO DELLE ROTAZIONI.V. I nodi si possono considerare fissi quando sussistono adeguate condizioni di vincoli esterni che bloccano tutti gli spostamenti lungo X e lungo Y. per convenienza costruttiva ed economica. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 12. si cerca sempre di utilizzare sistemi controventanti per bloccare gli spostamenti dei nodi. I carrelli orizzontali di figura simulano proprio il comportamento di bloccaggio prodotto da un sistema controventante. Le strutture IPERSTATICHE a NODI FISSI si possono vantaggiosamente risolvere utilizzando il METODO DELLE ROTAZIONI che ricerca tra le infinite soluzioni CONGRUENTI l’unica EQUILIBRATA. La trave a due campate di figura è una struttura due volte iperstatica a nodi fissi.I.A. non si possono spostare lungo le direzioni X e Y ma permettono solo le rotazioni φ delle sezioni. STRUTTURA A TELAIO A NODI FISSI Per la struttura a telaio a nodi fissi di figura. Bruno Zan – ing. Per risolverla con il METODO DELLE FORZE dovremmo scrivere due complicate equazioni di congruenza e risolvere un sistema a due equazioni con due incognite. L’ipotesi di nodi fissi nelle strutture a telaio e a trave è nella pratica molto utilizzata poiché. I NODI FISSI sono quelli che. prof. la presenza dei carrelli orizzontali ai piani impedisce qualsiasi spostamento orizzontale dei nodi del telaio. Nel caso della figura. IL METODO DELLE ROTAZIONI Nell’ambito delle costruzioni. soprattutto per le strutture in acciaio.U. per una qualsiasi deformazione della struttura. A B 39 C . Il METODO DELLE ROTAZIONI si può utilizzare quando i NODI della struttura (sezioni d’incontro delle estremità delle aste) si possono considerare FISSI. qualsiasi condizione di carico può deformare le singole aste ma non può spostare i nodi lungo X e lungo Y. U. e la deformazione prodotta dalla rotazione φ del nodo B. Per il nostro esempio. prof. e risolvere la struttura per ciascuna condizioni parziale.V. (2) e (3) sono congruenti con i vincoli.A. per gli appoggi B e C. le sollecitazioni flessionali sulla trave producono le deformazioni. soluzione (1). bisogna trovare l’unica equilibrata. dovute al variare di φ nello schema (3). gli abbassamenti sono nulli. invece. (1) A (2) B =0 C A B C (3) A B C Tutte le deformazioni (1). Bisogna determinare la vera rotazione φ attraverso l’equilibrio dei momenti che si creano al nodo B per le due deformate (2) e (3). Le deformazioni della trave producono le sollecitazioni flessionali. condizione (3). infatti. come evidenziato dall’espressione della linea elastica che relaziona direttamente la deformata con il momento sollecitante: d 2η M = 2 dx E·J Osservando le deformate possiamo disegnare qualitativamente i diagrammi di momento per la trave: 40 . Tra le infinite soluzioni congruenti. Per le strutture vale il principio di SOVRAPPOSIZIONE DEGLI EFFETTI. E’indifferente stabilirlo poiché le deformazioni e le sollecitazioni flessionali sono una la conseguenza dell’altra. ma anche le deformazioni. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 Se utilizziamo. intendendo che è sempre possibile suddividere i carichi. è il risultato della somma della deformazione prodotta dal carico q quando si impedisce al nodo B di ruotare. il METODO DELLE ROTAZIONI l’incognita è rappresentata solo dalla rotazione φ delle sezioni nel nodo B.I. la deformazione complessiva della trave soggetta al carico uniforme. Bruno Zan – ing. per l’incastro in A le rotazioni e gli spostamenti sono nulli e. oppure. condizione (2). U. come quella rappresentata nello schema statico D1 riportato dalla TABELLA 2 del capitolo 11. e avremo i seguenti momenti: 41 . Per risolvere i due schemi statici e scrivere la condizione di equilibrio dei momenti nel nodo B dobbiamo porre la seguente convenzione per il segno dei momenti: momenti destrogiri = POSITIVI momenti sinistrogiri = NEGATIVI SOLUZIONE DELLO SCHEMA STATICO (2) Ricerchiamo le sollecitazioni flessionale prodotte dal carico q nell’ipotesi di rotazione nulla in B. dovute al variare di φB.A. Questa ipotesi (2) viene comunemente detta “la condizione d’incastro perfetto”. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 m1A A (1) m1B S m 1B m 1B B D C m 2A A (2) m 2B S m 2B B D C (3) A m 3A m 3B S m 3B B D C Per la trave nello schema (1) l’equilibrio al nodo B risulta soddisfatto poiché il momento di sinistra nella sezione di appoggio B è uguale al momento di destra: m1Bs + m1Bd = 0 Per gli schemi (2) e (3) l’equilibrio dei momenti in B dipende dal valore della rotazione φB e dovrà essere: m2B + m2Bd + m3Bs + m3Bd = 0 Questa condizione di equilibrio permette di trovare tra le infinite soluzioni CONGRENTI.V. e avremo i seguenti momenti: nel nodo A: m2A = -1/12 qL² nel nodo B a sinistra : m2Bs= +1/12 qL² La campata a destra è una trave caricata uniforemente con l’incastro in B e l’appoggio in C. La campata di sinistra è una trave doppiamente incastrata con carico uniforme.I. come quella dello schema statico C1 riportato dalla TABELLA 2. Bruno Zan – ing. prof. l’unica soluzione EQUILIBRATA. e avremo i seguenti momenti: nel nodo A: m3A = + ½ m3Bs= +φ·2EJ/L nel nodo B a sinistra : m3Bs= + φ·4EJ/L La campata a destra è una trave appoggiata in B e in C con la rotazione φ in B.A. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 nel nodo B a destra : m2Bd= . prof. Bruno Zan – ing.U. 3EJ/L. come quella dello schema statico C3 riportato dalla TABELLA 2.I. come quella dello schema statico A3 riportato dalla TABELLA 1.1/8·qL² + φB·4EJ/L + φB·3EJ/L =0 determinare la rotazione in B: φB = (1/8·qL²-1/12·qL²)/(4EJ/L+3EJ/L) ϕB = 1 / 24qL ² 4 EJ / L + 3EJ / L Per determinare i momenti nella condizione (3) sostituiamo il valore della rotazione φB : m3 A = m3 Bs = 1 2 EJ / L qL² 24 4 EJ / L + 3EJ / L 1 4 EJ / L qL ² 24 4 EJ / L + 3EJ / L m3Bd = 1 3EJ / L qL² 24 4 EJ / L + 3EJ / L Le grandezze 2EJ/L.1/8 qL² nel modo C: m2C= 0 SOLUZIONE DELLO SCHEMA STATICO (3) Ricerchiamo le sollecitazioni flessionale prodotte dalla rotazione φ del nodo B.V. La campata di sinistra è una trave incastrata in A e appoggiata in B con rotazione φ in B . 4EJ/L sono dette RIGIDEZZE A FLESSIONE e definiscono il rapporto tra momento e rotazione nei diversi schemi statici utilizzati: rigidezza a flessione delle aste : Wi=M/φ La somma delle rigidezze delle aste che concorrono in un nodo è detta RIGIDEZZA DEL NODO: rigidezza del nodo: Wnodo= Σi Wi 42 . e avremo i seguenti momenti: nel nodo B a destra : m3Bd= + φ·3EJ/L nel modo C: m3C= 0 Possiamo ora scrivere la condizione di equilibrio dei momenti al nodo B : m2B + m2Bd + m3Bs + m3Bd = 0 sostituire i valori trovati: +1/12·qL² . A. SOLUZIONE DELLO SCHEMA STATICO (1) Infine.V. per trovare i momenti flettenti dello schema statico (1) si sommano i valori degli schemi (2) e (3): m1 A= + m2A + m3A m1Bs= + m2Bs + m3Bs m1Bd = + m3Bs+ m3Bd 43 . prof. Bruno Zan – ing. si modificano proporzionalmente anche i momenti che ciascuna asta assorbe.I.U. Tale osservazione risulta molto utile per stabilire che se si modificano le rigidezze delle aste che concorrono ad un nodo. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 Utilizzando la definizione di Rigidezza flessionale delle aste e del nodo possiamo scrivere: m3 A = 1 W /2 qL² 1 24 WB W 1 qL² 1 WB 24 m3 Bs = m3Bd = W 1 qL ² 2 WB 24 Le espressioni indicano che i due momenti nel nodo B sono rispettivamente proporzionali alle rigidezze delle due aste che concorrono al nodo. I.2 = + φB ·0.2 = 3299 kgm MBd= .2+ φB·3EJ/5.3 = + φB ·1. l’equilibrio è sempre garantito indipendentemente dall’entità della rotazione. quindi. prof.1/12·1200·4.1 ESEMPIO . ciò rappresenta un controllo del calcolo eseguito.3 = .U.1/12·qL21 = .000 kg/cm² Momento d’inerzia del profilo HEA180: J =2510 cm4 Luce della prima campata : L1 = 420 cm = 4.3 m Carico uniformemente distribuito: q=1200 kg/m Calcoliamo i momenti per la condizione (2) d’incastro perfetto dovuti al carico q: nodo A: nodo B: nodo C: MA = .1764 +1613·2/4.2 = .518·EJ MC = 0 Scriviamo l’equazione di equilibrio dei momenti in B per trovare la rotazione φB : nodo B: Σ MB=0 -2449 + φB ·1.1/8·qL22 + φB ·3EJ/L2 = . La rotazione nel nodo C non rappresenta un’incognita poiché i momenti nell’appoggio C sono nulli e. Bruno Zan – ing.3299 kgm MC = 0 Ovviamente per l’equilibrio il momento a destra e il momento a sinistra nel nodo B assumono lo stesso valore con segno contrario.4213 + 1613·3/5.2 m Luce della seconda campata : L2 = 530 cm = 5. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 12.518 EJ = 1613/EJ Determiniamo i momenti per ogni sezione sovrapponendo le condizioni (2) e (3): Campata AB nodo A : nodo B : Campata BC nodo B : nodo C : MA = .996 kgm MBs= + 1/12·qL21 + φB ·4EJ/L1 = +1764 +1613·4/4.METODO DELLE ROTAZIONI Con il metodo delle ROTAZIONI risolviamo la TRAVE rappresentata dallo schema statico di figura per il quale l’unica incognita è la rotazione φ del nodo B.518·EJ =0 φB = 2449/1.A. 44 .476·EJ MB= + φB ·4EJ/L1 + φB ·3EJ/L2 = + φB ·4EJ/4.2² = -1764 kgm MB = + 1/12·qL21 .V.1/8·qL22 = +1764 -4213= -2449 kgm MC = 0 Calcoliamo i momenti per la condizione (3) dovuti la rotazione φ in B: nodo A: nodo B: nodo C: MA = + φB·2EJ/L1 = + φB · 2EJ/4.1/12·qL21 + φB·2EJ/L1 = .100. B q=1200 kg/m trave HEA180 A 420 B 530 C La trave è realizzata con un profilo in acciaio tipo HEA180 con le seguenti caratteristiche: Modulo elastico dell’acciaio: E= 2. A. MA=-996 kgm YB = 3068+3803 = 6871 kg YC = 2557 kg YA = 1972 kg YB = 3068 kg x = 1.64 – 1200·1.3 – 1200·5. YA= 1972 kg .3 + YB =0 Ascissa da B in cui si annulla il Taglio: x =T/q= 3803/1200 Momento massimo in campata: Mmax= 3803·3.64 m Mmax= 624 kgm YC = 2557 kg YB = 3803 kg x = 3.2 – 1200·4.I.2²/2 + 3299 .2 + YB =0 Ascissa da A in cui si annulla il Taglio: x = T/q= 1972/1200 Momento massimo in campata: Mmax= 1972·1. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 Il diagramma di momento finale risulta: A 420 B 530 C Per calcolare le reazioni e il diagramma di Taglio è necessario scrivere le condizioni di equilibrio per le due campate AB e BC.64²/2-996 CAMPATA BC equilibrio dei momenti in B : YC·5.17 m Mmax= 2725 kgm M=3299 M=996 q=1200 kg/m M=624 M=3299 M=2725 A 164 420 B B T=3803 317 C 530 T=1972 T=3068 45 T=2557 .996 = 0 equilibrio forze verticali : 1972 – 1200·4.17 – 1200·3. prof.17²/2-3299 Il SISTEMA di FORZE REATTIVO ossia le REAZIONI VINCOLARI risulta: Incastro in A: Appoggio in B: Appoggio in C: XA=0 .U.3²/2 + 3299 = 0 equilibrio forze verticali: 2557 – 1200·5. Bruno Zan – ing. CAMPATA AB equilibrio dei momenti in B : YA·4.V. o meglio sul più completo METODO DEGLI SPOSTAMENTI.V. LE STRUTTURE A NODI FISSI q1 2 P q3 q2 3 1 H L1 L2 Il MEDODO delle ROTAZIONI è molto efficace per risolvere le strutture a Telaio a nodi fissi caratterizzate da un elevato grado di iperstaticità. per la sua soluzione con il METODO delle FORZE. La scrittura delle equazioni di equilibrio è semplice e pressoché automatica.I. nodi 1. 2 e 3 si individuano le quattro deformazioni congruenti della struttura. (0) deformazione prodotta dai carichi bloccando tutti i nodi (1) deformazione prodotta applicando una rotazione al nodo 1 con gli altri nodi bloccati (2) deformazione prodotta applicando una rotazione al nodo 2 con gli altri nodi bloccati (3) deformazione prodotta applicando una rotazione al nodo 3 con gli altri nodi bloccati Lo schema statico (0). definisce la deformazione prodotta dai carichi bloccando tutti i nodi: 2 q1 q2 1 3 H P q3 L1 schema statico (0) L2 46 . La struttura di figura è caratterizzata da tre NODI FISSI.A. Per questo motivo tutti i codici o programmi di calcolo automatico per le strutture si basano principalmente sul metodo delle rotazioni. detta condizione di incastro perfetto. Per scrivere in modo semplice il sistema delle equazioni di equilibrio dei nodi 1. con il metodo delle rotazioni possiamo allora scrivere il sistema con le 3 equazioni di equilibrio dei nodi. Il telaio in figura ha 6 gradi di iperstaticità e. 2 e 3. Bruno Zan – ing. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 13. prof. sarebbe necessario scrivere un complesso sistema di 6 equazioni con 6 incognite.U. I diversi codici di calcolo si differenziano essenzialmente per i diversi modi di risoluzione del sistema di equazioni lineari. I. lo schema statico a cui si fa riferimento è lo schema C3 dove la rotazione imposta all’appoggio crea una deformata e un conseguente digramma di Momento con valori M all’appoggio e M/2 all’incastro: M M/2 47 . 1 1 2 H 3 L1 schema statico (1) L2 Con l’aiuto degli schemi statici riportati nella TABELLA 2 possiamo scrivere i momenti presenti in ciascun nodo dello schema statico (1): nodo 1: M11= + φ1·4·EJ/L1 + φ1·4·EJ/H nodo 2 : M12= + φ1·2·EJ/L1 nodo 3 : M13 = 0 Per le aste. prof. Per scrivere i momenti si utilizza la convenzione di segno positivo per i momenti destrogiro e negativo per i momenti sinistrogiro. la determinazione dei momenti d’incastro indicati in figura è immediata. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 Utilizzando le soluzioni degli schemi statici semplici riportati nella TABELLA 2 del capitolo 11.V. D2 e C1 possiamo scrivere i momenti presenti in ciascun nodo dello schema statica (0): nodo 1: M01= -1/12·q1·L21 nodo 2 : M02 = +1/12·q1·L21-1/12 q2·L22+ 1/8·P·H nodo 3 : M03= +1/12 q2·L22. Utilizzando gli schemi D1.1/8·q3·H2 Lo schema statico (1) è rappresentato dalla rotazione del solo nodo 1.A. Bruno Zan – ing. Per semplicità le rotazioni sono ipotizzate destrogire in modo tale che tutti i momenti prodotti siano anche essi destrogiri e quindi positivi. mantenendo bloccati i nodi 2 e 3.U. mantenendo bloccati i nodi 1 e 3.V.U. Bruno Zan – ing. prof. 2 1 2 3 H L1 schema statico (2) L2 Con l’aiuto dello schema statico C3 riportato nella TABELLA 2 possiamo scrivere i momenti presenti in ciascun nodo: nodo 1: M21= + φ2·2·EJ/L1 nodo 2 : M22 = + φ2·4·EJ/L1 + φ2·4·EJ/L2 + φ2·4·EJ/H nodo 3 : M23 = + φ2·2·EJ/L2 Lo schema statico (3) è rappresentato dalla rotazione del solo nodo 3. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 Lo schema statico (2) è rappresentato dalla rotazione del solo nodo 2. 3 1 2 3 H L1 schema statico (3) L2 Con l’aiuto degli schemi statici C1 e A3 riportatI nelle TABELLE 1 e 2 possiamo scrivere i momenti presenti in ciascun nodo: nodo 1: M31= 0 nodo 2 : M32 = + φ3·2·EJ/L2 nodo 3 : M33 = + φ3·4·EJ/L2+ φ3·3·EJ/H 48 . mantenendo bloccati i nodi 1 e 2.I.A. Questa proprietà della matrice K permette la soluzione del sistema attraverso il Metodo Cholesky utilizzato frequentemente nel calcolo automatico delle strutture per risolvere il sistema di equazioni. cioè i valori si ripetono simmetricamente rispetto la diagonale.I.A. prof. (1). E’ interessante notare che la matrice delle rigidezze è una matrice simmetrica.V. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 Ora possiamo scrivere le tre equazioni di equilibrio dei 3 nodi sommando l’effetto delle quattro deformazioni congruenti: la prima equazione è la somma di tutti i momenti nel nodo 1. (2). tra questi vi sono l'algoritmo di Gauss. φ2 e φ3 che possiamo scrivere in modo più organico in forma matriciale: K·X = -Yo Dove: K è la matrice delle rigidezza della struttura X è il vettore delle rotazioni Yo è il vettore dei termini noti Di seguito riportiamo le matrici del sistema: +4·EJ/L1+4·EJ/H +2·EJ/L1 +4·EJ/L1+4·EJ/L2+4·EJ/H + 2·EJ/L2 -1/12·q1·L21 0 + 2·EJ/L2 + 4·EJ/L2+ 3·EJ/H K= +2·EJ/L1 0 φ1 X= φ2 φ3 Yo = +1/12·q1·L21-1/12 q2·L22+ 1/8·P·H +1/12 q2·L22. ad esempio: Momenti per l’asta 1-2 : nodo 1 nodo 2 nodo 2 nodo 3 M1= -1/12·q1·L21 + φ1·4·EJ/L1 + φ2·2·EJ/L1 M2= +1/12·q1·L21 + φ1·2·EJ/L1 + φ2·4·EJ/L1 M2= -1/12 q2·L22 + φ2·4·EJ/L2 + φ3·2·EJ/L2 M3= +1/12 q2·L22 + φ2·2·EJ/L2 + φ3·4·EJ/L2 49 Momenti per l’asta 2-3: . la seconda è la somma dei momenti del nodo 2. φ3 è possibile determinare le sollecitazioni flessionali della struttura semplicemente sommando i vari contributi degli schemi statici (0). -1/12·q1·L21 + φ1·4·EJ/L1 + φ1·4·EJ/H + φ2·2·EJ/L1 = 0 +1/12·q1·L21-1/12 q2·L22+ 1/8·P·H + φ1·2·EJ/L1+φ2·4·EJ/L1 +φ2·4·EJ/L2 +φ2·4·EJ/H +φ3·2·EJ/L2 = 0 +1/12 q2·L22.1/8·q3·H2 Esistono diversi metodi per risolvere un sistema di equazioni lineari.U. la regola di Cramer ed il metodo di riduzione. φ 2. Bruno Zan – ing.1/8·q3·H2 + φ2·2·EJ/L2 + φ3·4·EJ/L2+ φ3·3·EJ/H = 0 Il sistema di equazioni è un sistema lineare con incognite φ1 . la terza è la somma dei momenti del nodo 3. (3). Trovati i valori delle rotazioni incognite φ1. tuttavia. prof. Questa osservazione ha permesso al Prof. queste grandezze sono dette rigidezze flessionale.I. Hardy Cross dell’Università di Yale di sviluppare nel 1935 un metodo di calcolo iterativo che parte dalla condizione d’incastro non equilibrata e per successiva approssimazione trova il risultato equilibrato aggiungendo il contributo delle varie rotazioni. per la sua semplicità è ancora utilizzato per strutture fino a quattro o cinque nodi.U. 50 . 3EJ/L e 4EJ/L. Bruno Zan – ing. Questo metodo di calcolo è stato superato dall’uso dei computer e dai programmi automatici di calcolo.A. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 Va notato che i momenti in ciascuna asta sono quelli prodotti dalla condizione di incastro perfetto alla quale vengono sottratti o aggiunti (a seconda del segno della rotazione) i contributi delle rotazioni moltiplicati per le quantità 2EJ/L.V. 476 EJ nodo B: M1B = + φB·4EJ/L1+φB·4EJ/L2 = + φB·1.377 EJ + φC·1.U.I.664 EJ = 0 51 330 .3 m Carico uniformemente distribuito sulla trave: q=1200 kg/m Calcoliamo i momenti per la condizione d’incastro perfetto (con i nodi B e C bloccati): nodo A: M0A= –1/12·qL21 = –1/12·1200·4.2² = –1764 kgm nodo B: M0B = + 1/12·qL21–1/12·qL22 = +1764–2809 = –1045 kgm nodo C: M0C = + 1/12·qL22 = +1/12·1200·5. B q=1200 kg/m trave HEA180 C C B A 420 530 pilastro HEA180 D La trave e il pilastro sono profili in acciaio tipo HEA 180 con le seguenti caratteristiche: Modulo elastico dell’acciaio: E= 2.2 m Luce della seconda campata : L2 = 530 cm = 5.707 EJ + φC·0.377 EJ Calcoliamo i momenti prodotti dalla rotazione arbitraria φC in C (con il nodo B bloccato): nodo A : M2A = 0 nodo B: M2B = + φC·2EJ/L2 = + φC·0.000 kg/cm² momento d’inerzia del profilo HEA180: J = 2510 cm4 Luce della prima campata : L1 = 420 cm = 4.664 EJ Scriviamo il sistema delle due equazioni di equilibrio dei nodi B e C: nodo B: Σ MB=0 nodo C: Σ MC=0 –1045 + φB·1.1 ESEMPIO .707 EJ nodo C: M1C= +φB·2EJ/L2 = +φB·2EJ/5.3 = + φB·0. Bruno Zan – ing.100.A. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 13. prof.V.3 m Luce pilastro : L3 = 330 cm = 3.3² = + 2809 kgm Calcoliamo i momenti prodotti dalla rotazione arbitraria φB in B (con il nodo C bloccato): nodo A : M1A = + φB·2EJ/L1 = + φB·0.377 EJ = 0 + 2809 + φB·0.METODO DELLE ROTAZIONI Con il metodo delle ROTAZIONI risolviamo la struttura rappresentata dallo schema statico di figura. Le due incognite sono rappresentate dalle rotazioni φ del nodo B e del nodo C.377 EJ nodo C: M2C = + φC·4EJ/L2+φC·3EJ/H = +φC·1. A.3–1923·2/5.157 EJ = +1036/ EJ Calcoliamo i momenti per ogni sezione sovrapponendo gli effetti e sostituendo i valori numerici: Campata AB nodo A : M= – 1/12·qL21 + φB·2·EJ/L1 = –1764+1036·2/4.377 EJ = 0 –12719 –φB· 1. prof.157 EJ = –1923/EJ Troviamo la rotazione φB utilizzando il metodo della sottrazione per risolvere il sistema x [-4.2 = –1270 kgm nodo B : M= +1/12·qL21 + φB·4·EJ/L1 = +1764+1036·4/4.414] +4612 – φB·7.707 EJ – φC·7.157 EJ = 0 φC = –13764/7.V.534 EJ – φC·1.I.377 EJ + φC·1.534 EJ = 0 –13764 + 0 – φC·7.528] – 1045 + φB·1.3 = –2752 kgm nodo C: M= + 1/12·qL22+ φB·2·EJ/L2 + φC·4·EJ/L2=+2809+1036·2/5.3 = -1749 nodo D: M= 0 Disegniamo il diagramma di momento: M=2752 M=1270 M=1749 M=1749 C A 420 B 530 330 D 52 .U. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 Troviamo la rotazione φC utilizzando il metodo della sottrazione per risolvere il sistema x [-4.3 = +1749 kgm Pilastro CD nodo C: M= φC·3EJ/H = –1923·3/3.3–1923·4/5.664 EJ = 0 + 2809 + φB·0.2 = + 2752 kgm Campata BC nodo B: M= – 1/12·qL22 +φB·4·EJ/L2 + φC·2·EJ/L2= –2809+1036·4/5.157 EJ + 0 =0 φB = +7421/7.707 EJ + φC·0. Bruno Zan – ing.664 EJ = 0 +7421 – φB·7. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 14. MB mB1 mA1 A mB2 C L1 B L2 Si tratta di trovare i momenti mB1 ed mB2.U. soprattutto. permette un rapido calcolo delle strutture a nodi fissi e. prof. mentre la trave (2) di destra è rappresentata dallo schema statico A3 riportato nella TABELLA 1 del capitolo 8. provocati dal momento esterno MB in B e dalla conseguente rotazione φ che deforma le due aste.I. Con l’aiuto delle TABELLE 1 e 2 scriviamo i valori dei due momenti dovuti alla rotazione φ: 53 .V. La struttura può essere scomposta in due aste separate. i diagrammi delle sollecitazioni e le deformate delle due travi coincidono con quelli della struttura iniziale. MB mA1 A mB1 mB2 B B C L1 L2 trave (1) trave (2) Per poter affermare che le due travi equivalgono alla struttura iniziale le due rotazioni φ devono essere uguali (condizione di congruenza) e la somma dei momenti mB1 e mB2 deve essere uguale al Momento MB (condizione di equilibrio). rispettivamente alle estremità dell’asta B-A e dell’asta B-C. Hardy Cross dell’Università di Yale nel 1935. da un lato la trave (1) dall’altro la trave (2). Per illustrare il Metodo di Cross è prima necessario risolvere il semplice problema statico illustrato dalla figura: trovare la ripartizione del Momento MB tra le due o più aste che convergono nel nodo. Nella sua versione semplificata. Non si tratta di un metodo di calcolo approssimato ma di un metodo di calcolo iterativo che converge alla soluzione esatta. Bruno Zan – ing. La trave (1) di sinistra è rappresentata dallo schema C3 riporta nella TABELLA 2 del capitolo 11. IL METODO DI CROSS Il METODO DI CROSS. In questo caso le reazioni vincolari. che deriva direttamente dal METODO DELLE ROTAZIONI.A. rappresenta ancora oggi un significativo strumento per il calcolo delle strutture. studiato dal Prof. consente una lucida interpretazione della struttura attraverso l’uso delle RIGIDEZZE e dei COEFFICIENTI DI RIPARTIZIONE. Esse esprimono la capacità della trave di opporsi alla rotazione imposta dal momento. Questi coefficienti esprimono le quote percentuali di suddivisione del momento MB tra le aste che convergono nel nodo. più rigida della trave (2) di rigidezza 3·EJ/L. la trave (1) di rigidezza 4·EJ/L è meno deformabile. Nel nostro caso.U. indicate con il simbolo W. rigidezze minori rappresentano travi che hanno minor capacità di resistere alle deformazioni. Tale differenza è dovuta alla presenza. rapporto tra la rigidezza dell’asta e la rigidezza complessiva del nodo. Tale somma W1 + W2 è anche detta RIGIDEZZA DEL NODO. a parità di dimensioni L (luce) e J (inerzia della sezione trasversale).V. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 per la trave (1): mB1 = per la trave 2 : mB 2 4·EJ 1 ·ϕ L1 3·EJ 2 = ·ϕ L2 L’equazione di equilibrio dei momenti sul nodo B fornisce il valore della rotazione: m B1 + m B 2 = 4·EJ 1 3·EJ 2 ·ϕ + ·ϕ = M B L1 L2 1 ϕ = M B· 4·EJ 1 / L1 + 3·EJ 2 / L2 Le due grandezze 4EJ/L e 3EJ/L rappresentano per le travi (1) e (2) il rapporto tra il momento applicato all’estremo m e la conseguente rotazione φ.A. dell’incastro per la trave (1) e della cerniera per la trave (2). Le RIGIDEZZE. 4·EJ 1 L1 3·EJ 2 La rigidezza della trave (2) è: W2 = L2 Scriviamo la rotazione φ del nodo sollecitato dal momento M usando le rigidezze: La rigidezza della trave (1) è : W1 = MB W1 + W2 La rotazione φ è il rapporto tra il momento applicato MB e la somma delle rigidezze W1 e W2 delle aste che convergono nel nodo B. prof. 54 .I. nell’estremo opposto. ϕ= Nota la rotazione φ ricaviamo i due momenti mB1 e mB2 mB1 = mB 2 4·EJ 1 MB W1 ·ϕ = W1 = MB = M B ·α1 L1 W1 + W2 W1 + W2 3·EJ 2 MB W2 = ·ϕ = W2 = MB = M B ·α 2 L2 W1 + W2 W1 + W2 dove α1 e α2 sono i COEFFICIENTI DI RIPARTIZIONE. Bruno Zan – ing. Rigidezze elevate rappresentano travi robuste difficili da deformare a flessione. assumono una particolare importanza perché evidenziano le capacità di deformarsi e di resistenza delle travi. Queste grandezze sono le RIGIDEZZE FLESSIONALI di ciascuna trave. 555 αBC = WBC/Wtot = (1769 E)/(5359 E) = 0.555·6000 = + 3330 kgm Momento sull’asta BC mBC = αBC·M = 0. la rigidezza del nodo B: Rigidezza asta BA WBA = 4·EJBA/LBA = 4·E·312500/420 = 2976 E Rigidezza asta BC WBC = 3·EJBC/LBC = 3·E·312500/530 = 1769 E Rigidezza asta BD WBD = 3·EJBD/LBD = 3·E·67500/330 = 614 E Rigidezza del nodo B Wtot = 5359 E Calcoliamo i COEFFICIENTI DI RIPARTIZIONE delle aste: Coefficiente di ripartizione asta BA : αBA = WBA/Wtot = (2976 E)/(5359 E) = 0. DI RIPARTIZIONE Ripartiamo tra le aste del nodo B il Momento M=6000 kgm utilizzando i concetti di RIGIDEZZA e i COEFFICIENTI DI RIPARTIZIONE AL NODO.000 Trattandosi di coefficienti percentuali la loro somma deve essere pari a 1.330 Coefficiente di ripartizione asta BC : Coefficiente di ripartizione asta BD : αBD = WBD/Wtot = (614 E)/(5359 E) = 0.115·6000 = + 690 kgm Somma = + 6000 kgm M=6000 kgm B A 420 330 530 C D 55 . quindi.I. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 14.RIGIDEZZE E COEFF.U.330·6000 = + 1980 kgm Momento sull’asta BD mBD = αBD·M = 0.115 Σα = 1.V. M=6000 kgm trave 50x30 A trave 50x30 B 530 pilastro 30x30 C 420 330 D Trave e pilastro sono in Calcestruzzo armato con le seguenti caratteristiche: Modulo Elastico del calcestruzzo: E=280.000 kg/cm² Trave BA : LBA = 420 cm Sezione 50x30 cm Inerzia JBA= 503·30/12 = 312500 cm4 Trave BC : LBC = 530 cm Sezione 50x30 cm Inerzia JBC= 503·30/12 = 312500 cm4 Pilastro BD: LBD = 330 cm Sezione 30x30 cm Inerzia JBD= 303·30/12 = 67500 cm4 Calcoliamo le RIGIDEZZE delle aste che convergono nel nodo e. Bruno Zan – ing.1 ESEMPIO . prof.A. Calcoliamo i valori dei momenti per ciascuna asta: Momento sull’asta BA mBA = αBA·M = 0. è raggiungibile sommando le due deformate nella condizione di equilibrio del nodo. come già illustrato per il metodo delle rotazioni. In particolare si riportano i dati su uno schema della struttura scrivendo ordinatamente i momenti nelle varie sezioni. prof.I. Bruno Zan – ing.V.U.A.1/8·ql² 56 . momenti d’incastro perfetto calcolati considerando la convenzione per la quale sono positivi i momenti destrogiri. Il METODO DI CROSS è caratterizzato dal particolare modo di scrivere e riportare le soluzioni delle varie fasi di calcolo. La soluzione è ricercata attraverso la successiva sovrapposizione di soluzioni congruenti e non equilibrate che convergono alla soluzione equilibrata. Alle estremità delle aste nel nodo B si formano i MOMENTI PRIMI ( I ). Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 14. Il primo schema statico è quello rappresentato dai carichi sulla struttura con il nodo B bloccato. Nello schema seguente riportiamo la prima fase di calcolo con i MOMENTI PRIMI (I) d’incastro perfetto dovuti ai carichi sulla struttura. MOMENTO SQUILIBRATO: ∆m I = + 1/12·ql² . I -1/12·ql² I +1/12·ql² I -1/8·ql² A B C I MOMENTI PRIMI non sono equilibrati. mA mB mB A B mI mI =0 C mI A B C mI mII mIII mII A B C La soluzione della struttura di figura.2 IL METODO DI CROSS CON UN NODO Il METODO DI CROSS semplificato. e nel nodo B nasce un MOMENTO SQUILIBRATO dovuto proprio alla differenza tra i momenti. il momento di sinistra e il momento di destra nel nodo sono tra loro diversi. è un metodo iterativo per risolvere le strutture a NODI FISSI. Ovviamente. Bruno Zan – ing. I MOMENTI SECONDI sono quelli che fanno ruotare il nodo B e quindi producono dei MOMENTI TERZI (III) nell’estremità opposta delle aste. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 Per equilibrare questo momento nel nodo B applichiamo un MOMENTO EQUILIBRANTE uguale e contrario a ∆m I MOMENTO EQUILIBRANTE: . 57 . i momenti mB. per ripartire il momento equilibrante tra le aste è necessario individuare per esse i COEFFICIENTI di RIPARTIZIONE nel nodo. i MOMENTI SECONDI di equilibrio al nodo.I. SECONDI e TERZI che si trovano al disotto delle righe orizzontali che individuano l’equilibrio. Per la campata BC lo schema statico è lo schema A3 riportato nella TABELLA 1 e quindi. Anche in questo caso è utile organizzare i dati per il calcolo dei coefficienti nel nodo con un schema: nodo Asta AB B BC Lunghezza Li LAB LBC Inerzia Ji JAB JBC Rigidezza Wi 4·EJ/L 3·EJ/L Coeff. Moltiplicando il MOMENTO EQUILIBRANTE per i vari COEFFICIENTI DI RIPARTIZIONE si determinano. nell’estremo appoggiato il momento è nullo. il MOMENTO TERZO nell’estremo incastrato è uguale alla metà del MOMENTO SECONDO e mantiene lo stesso segno. I momenti finali sulla struttura si ottengono sommando.di ripartizione α = Wi/ΣWi αAB αBC Σ α =1 Σ Wi = WAB+WBC I coefficienti di ripartizione calcolati per ciascuna asta nel nodo vanno riportati nello schema di calcolo del Cross. avranno lo stesso valore ma con segno opposto.V. si riporta nello schema una riga orizzontale. mI mII mIII mII A B C Per la campata AB lo schema statico è lo schema C3 riportato nella TABELLA 2. a destra e a sinistra nel nodo B. mA III (1/2 II) I -1/12·ql² mB AB mB BC II ( m I · ) II ( m I · I +1/12·ql² I -1/8·ql² AB BC ) A B C Per indicare le raggiunte condizioni di equilibrio. tutti i momenti PRIMI.∆m I Come precedentemente illustrato. per l’equilibrio. agli estremi delle aste.A. prof. per ciascuna asta.U. quindi. di ripartizione α = Wi/ΣWi 0.I.3 ESEMPIO . Bruno Zan – ing.A.2 m Luce della seconda campata : L2 = 530 cm = 5.373 0 A B C MOMENTO SECONDO per l’asta AB : II = .1.1764 +1/12·qL1²= + 1764 -1/8·qL2²= .627 = +1535 kgm MOMENTO TERZO per l’asta AB : III = +1535/2 = + 767 kgm MOMENTO SECONDO per l’asta BC : II = .30 Carico q 1200 1200 nodo A B B C MOMENTO PRIMO di incastro -1/12·qL1²= .90·E 3·EJ/L = 14. prof.3 m Carico uniformemente distribuito: q=1200 kg/m Calcoliamo le rigidezze e i coefficienti di ripartizione nel nodo: nodo Asta AB B BC Lunghezza Li 420 530 Inerzia Ji 2510 2510 Rigidezza Wi 4·EJ/L= 23.100.(1764-4213)· 0. B q=1200 kg/m trave HEA180 A 420 B 530 C La trave è realizzata con un profilo in acciaio tipo HEA180 con le seguenti caratteristiche: Modulo elastico dell’acciaio: E= 2.627 II I +914 -4213 0.METODO DI CROSS CON UN NODO Risolviamo con il METODO di CROSS la TRAVE già calcolata nell’esempio al paragrafo 12. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 14.373 1.4213 0 Riportiamo i dati nello schema ed eseguiamo il calcolo secondo CROSS: -997 +3299 -3299 III I +767 -1764 II I +1535 +1764 0.V.000 kg/cm² Momento d’inerzia del profilo HEA180 J =2510 cm4 Luce della prima campata : L1 = 420 cm = 4.627 0.000 Σ Wi = Calcoliamo i MOMENTI PRIMI d’incastro perfetto ai nodi per le varie aste: asta AB BC Lunghezza Li 4.21·E 38.373 = + 914 kgm I risultati sono uguali (salvo le piccole differenze dovute alle approssimazioni numeriche dell’unità) a quelli riportati per l’esempio precedentemente svolto con il metodo delle rotazioni.U.(1764-4213)·0.11·E Coeff. 58 .20 5. (1764-4213+432)· 0.627 = +1265 kgm MOMENTO TERZO per l’asta AB : III = +1265/2 = + 632 kgm MOMENTO SECONDO per l’asta BC : II = . Bruno Zan – ing.I.U.627 II +752 III +432 I -4213 0.(1764-4213+432)·0.373 Ms +864 A B C MOMENTO TERZO dovuto allo sbalzo: III= +864/2 =+432 kgm MOMENTO SECONDO per l’asta AB : II = .V.METODO DI CROSS CON SBALZO Risolviamo con il METODO di CROSS la TRAVE dell’esercizio precedente con uno sbalzo all’appoggio C B q=1200 kg/m trave HEA180 A 420 B 530 C 120 I dati geometrici della trave e i coefficienti di ripartizione al nodo sono quelli dell’esercizio precedente. prof. La condizione d’incastro perfetto.A. è la seguente: M=q·l²/2 A 420 B 530 C Il momento dello sbalzo Ms=1200·1.4 ESEMPIO . Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 14. sostituendo lo sbalzo con il momento prodotto nel appoggio C.2²/2=+864 kgm produce un momento III in B : MIII=+1/2 ·864 = +432 kgm Riportiamo questo valore nello schema di calcolo del CROSS -3029 -1132 +3029 III I +632 -1764 II I +1265 +1764 0.373 = + 752 kgm 59 . Bruno Zan – ing.5 IL METODO DI CROSS CON PIU’ NODI Il METODO DI CROSS per strutture a nodi fissi ricerca la soluzione equilibrata sovrapponendo soluzioni congruenti che hanno la caratteristica di essere ripetibili e facilmente sommabili. Si determinano i MOMENTI SECONDI di equilibrio al nodo. Si mandano ai vertici opposti di ciascuna asta i MOMENTI TERZI. Si marca con una linea l’equilibrio raggiunto al nodo. Concluso il PRIMO GIRO la situazione è la seguente: . Si BLOCCA nuovamente il nodo equilibrato. A questo punto per ottenere il risultato finale si sommano tutti i valori presenti ad ogni estremità delle aste. q A B P q C P D E Dopo aver preparato lo schema di lavoro per la struttura da calcolare e aver trovato tutti i coefficienti di ripartizione per ciascun nodo si inizia il procedimento di calcolo: 1) Si inizia dalla configurazione di carico con tutti i nodi BLOCCATI.U. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 14.A.il nodo sbloccato è il nodo B .i MOMENTI SECONDI hanno inviato agli estremi opposti i MOMENTI TERZI. Si calcolano i MOMENTI PRIMI d’incastro alle estremità delle aste. prof. fino a quando assume valori molto piccoli per i quali si può ritenere di aver raggiunto un sufficiente grado di approssimazione nel calcolo. . . 2) 3) 4) Nel ripetere le operazioni di equilibrio dei vari nodi il MOMENTO SQUILIBRANTE ad ogni GIRO DI CROSS diminuisce. . 60 .si è marcato l’equilibrio del nodo B con le righe.il C è squilibrato dai MOMENTI PRIMI e dal MOMENTO TERZO inviato da B. Si calcola il MOMENTO EQUILIBRANTE del nodo.I.V.si sono calcolati i MOMENTI SECONDI di equilibrio. Si ripetono le operazioni 2) e 3) per eseguire un altro GIRO DI CROSS. . Si SBLOCCA un solo nodo (è indifferente quale). Dopo aver preparato lo schema di lavoro ed aver bloccato i nodi B e C si calcolano per tutte le aste i MOMENTI PRIMI ed è iniziato il primo GIRO DI CROSS. III III I II I AB BD D III I E II I BC II III I CB II I A B C II I III I CE D Secondo giro di Cross Conclusi il PRIMO e SECONDO GIRO la situazione è la seguente: . prof. . .U.si sono calcolati i MOMENTI SECONDI di equilibrio.il nodo sbloccato è il nodo C .A.I. .i MOMENTI SECONDI hanno inviato agli estremi opposti i MOMENTI TERZI.V.si è marcato l’equilibrio del nodo C con le righe. BD E 61 . Possiamo continuare i GIRI di CROSS fino a quando il MOMENTO TERZO che squilibra i nodi assume un valore molto piccolo per il quale si può ritenere di aver raggiunto un sufficiente grado di approssimazione nel calcolo.nodo B è squilibrato dal MOMENTO TERZO inviato da C. Bruno Zan – ing. . Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 III I II I AB II I BC III I CB I A B C II I CE Primo giro di Cross Possiamo ora fare il SECONDO GIRO DI CROSS bloccando nuovamente il nodo B e sbloccando il nodo C. 454 0.76·E Coeff.METODO DI CROSS CON PIU’ NODI Risolviamo con il METODO di CROSS la struttura già calcolata con il metodo delle rotazioni nell’esempio riportato al paragrafo 13. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 14.000 0.V.3 m Luce pilastro : L3 = 330 cm = 3.A.30 Carico q 1200 1200 nodo A B B C MOMENTO PRIMO di incastro -1/12·qL1²= .3 m Carico uniformemente distribuito sulla trave: q=1200 kg/m Calcoliamo le rigidezze e i coefficienti di ripartizione nei nodi: nodo Asta BA B BC CB C CD Lunghezza Li 420 530 530 330 Inerzia Ji 2510 2510 Rigidezza Wi 4·EJ/L= 23.000 Σ Wi = 2510 2510 Σ Wi = Calcoliamo i MOMENTI PRIMI d’incastro perfetto ai nodi per le varie aste: asta AB BC Lunghezza Li 4.100.20 5.94·E 42.442 1.1.I.94·E 3·EJ/L = 22.000 kg/cm² momento d’inerzia del profilo HEA180 J = 2510 cm4 Luce della prima campata : L1 = 420 cm = 4.558 0. prof.di ripartizione α = Wi/ΣWi 0. trave HEA180 q=1200 kg/m C B A 420 530 pilastro HEA180 D Trave e pilastro in acciaio con profilo tipo HEA 180 con le seguenti caratteristiche: Modulo elastico dell’acciaio E= 2.6 ESEMPIO .82·E 41.546 1.2 m Luce della seconda campata : L2 = 530 cm = 5.2809 +1/12·qL2²= +2809 62 330 . Bruno Zan – ing.U.1764 +1/12·qL1²= +1764 -1/12·qL2²= .84·E 4·EJ/L= 18.90·E 4·EJ/L = 18. I.546 II -1660 II II -1747 A B C -83 -4 D I risultati sono uguali (salvo le piccole differenze dovute alle approssimazioni numeriche dell’unità) a quelli riportati per l’esempio precedentemente svolto con il metodo delle rotazioni: M=2752 M=1270 M=1749 M=1749 C A 420 B 530 330 D 63 . prof.558 II III II III II III II I +1 -2 +16 -35 +305 -690 +462 -2809 +1747 II III II III II III I -4 +8 -69 +152 -1380 +231 +2809 0. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 Riportiamo i dati nello schema ed eseguiamo il calcolo secondo CROSS: -2752 +1271 III III III III I 0 +9 +192 +292 -1764 +2752 II II II II I +1 +19 +385 +583 +1764 0. Bruno Zan – ing.442 0.V.454 0.U.A. 2802 +1/12·qL²= +2802 -1/8·PL= .000 0.20 4. prof.10 5.000 Σ Wi = Calcoliamo i MOMENTI PRIMI d’incastro perfetto ai nodi per le varie aste: asta AB BC CD DE Lunghezza Li 4.500 0.000 0.10 4.U.000 kg/cm² ) di dimensioni costanti 28x100 cm con le caratteristiche riportate in figura.A.7 ESEMPIO . Calcoliamo le rigidezze e i coefficienti di ripartizione nei nodi: nodo Asta BA B BC CB C CD DC D DE Lunghezza Li 410 410 410 520 520 400 Inerzia Ji 183.000 Rigidezza Wi 4·EJ/L= 1785·E 4·EJ/L = 1785·E 3570·E 4·EJ/L= 1785·E 4·EJ/L = 1407·E 3192·E 4·EJ/L= 1407·E 3·EJ/L = 1372·E 2779·E Coeff.V. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 14.494 1.1537 +1/8·PL= +1537 -1/12·qL²= .000 183. Bruno Zan – ing.000 Σ Wi = 183.000 Σ Wi = 183.3000 0 64 .00 Carico q=2000 P=3000 q=1500 q=1500 nodo A B B C C D D E MOMENTO PRIMO di incastro -1/12·qL²= .441 1.000 183.METODO DI CROSS – TRAVE CONTINUA P=3000 kg q=2000 kg/m q=1500 kg/m A 410 B 410 C 520 D 400 E Trave in calcestruzzo armato (modulo elastico del calcestruzzo E= 280.3380 +1/12·qL²= +3380 -1/8·qL²= .500 1.559 0.di ripartizione α = Wi/ΣWi 0.506 0.000 183.I. semplicemente tendono ad annullare le differenze tra i momenti di destra e di sinistra di ciascun nodo.506 0. 65 . -3297 III -2 +1811 -1809 +1 -4 +9 -23 +46 -332 +60 +2482 II III II III II III II -2482 +3470 III II III II III +1 -4 +7 -42 +36 -3469 II II -3 -41 III -11 III -166 III II -4 II III II -23 II III II -332 II III III -316 I -2802 III +604 II -632 II -632 I +2802 I -1537 0. quello di sinistra sale di circa 900 e quello di destra scende di circa 900.A.500 0.I.559 A B C D E DIAGRAMMA DI MOMENTO FINALE DIAGRAMMA DI MOMENTO D'INCASTRO Dal confronto tra il diagramma di momento nella condizione iniziale con i nodi incastrati (MOMENTI PRIMI) e il diagramma di momento finale si evince che gli equilibri dei nodi nei vari GIRI DI CROSS. Poiché il valore di sinistra è sceso di 1000 automaticamente il valore in A -2802 cresce di circa -500 (la metà di 1000) e sale fino a -3297. in questo caso i due valori si incontrano a metà strada. prof. Sono sufficienti anche solo due giri di CROSS per capire verso quali valori finali la struttura si sta dirigendo.441 III +47 II -431 II -425 III +476 I +3380 I -3000 0.494 0. L’equilibrio nel nodo C tra +1537 e -3380 è raggiunto con un valore ±2482. Bruno Zan – ing.V.500 +2 II +2 -2 III -2 +18 II +14 -11 III -21 +93 II +73 -166 +120 II +95 III -215 II +1207 II +952 III -316 I +1537 I -3380 0. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 Di seguito si riporta lo schema di calcolo del CROSS e il diagramma del Momento flettente.U. L’equilibrio del nodo B tra +2802 e -1537 è raggiunto con il valore ± 1809. quindi il valore di sinistra scende di circa 1000 per incontrare il valore di destra che sale di circa 300. Componendo le strutture a triangolo si ottengono forme sempre indeformabili definite sistemi reticolari o strutture reticolari. NODI VINCOLO INTERNO . Bruno Zan – ing.V.I.U.CERNIERA ASTE RETTILINEE VINCOLO ESTERNO .APPOGGIO 66 . nodo ta as Il triangolo è la forma strutturale più semplice che ha la caratteristica di essere indeformabile. LE STRUTTURE RETICOLARI Per realizzare travi di grande luce si possono convenientemente utilizzare le STRUTTURE RETICOLARI. Le travature reticolari che trattiamo sono composte da un sistema piano di aste rettilinee collegate tra loro alle estremità (nodi). a ast VINCOLO ESTERNO . Queste strutture sono leggere e quindi vantaggiose per risolvere il problema di copertura di grandi spazi. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 15. Esse sono del tipo triangolato.A.CERNIERA Le Strutture Reticolari sono costituite da aste rettilinee vincolate fra loro mediante cerniere in modo da formare un sistema indeformabile vincolato a terra attraverso i vincoli esterni. prof. cioè generate a partire da un triangolo per successive aggiunte di aste a costituire altri triangoli. mentre il quadrilatero è un sistema deformabile. La realizzazione di strutture reticolari può avvenire semplicemente per aggregazione successiva di triangoli. infatti. ossia isostatico 2) a>2·n–3: Il sistema presenta un numero di aste sovrabbondanti e quindi è iperstatico 3) a<2·n–3: Il sistema presenta un numero di aste non sufficienti e quindi è deformabile. = 2·n I punti o nodi sono collegati da a aste che ne impediscono l’avvicinamento o l’allontanamento. I sistemi iperstatici possono essere risolti con procedimenti di calcolo che non vengono riportati nella presente trattazione.I. detti nodi. prof.3 Nel caso in cui : 1) a=2·n–3: Il sistema presenta un numero di aste sufficienti per essere indeformabile. = a Se il numero di aste è sufficiente ad impedire tutti i movimenti relativi dei nodi allora il sistema triangolare è una “struttura indeformabile”. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 I punti di collegamento tra le aste si chiamano “nodi” e le aste che vi concorrono sono articolate. l’intera struttura può traslare verticalmente.l. orizzontalmente o ruotare.A.d. cioè sono libere di ruotare. ossia labile I sistemi labili non sono strutture reticolari e dovranno essere trasformati in sistemi indeformabili. 67 . I sistemi reticolari sono anche interpretabili come un sistema piano di n punti. Bruno Zan – ing. I gradi di libertà al movimento del sistema di punti è paria a: g.U. Un sistema triangolare indeformabile nel piano ha ancora 3 gradi di libertà. che sono liberi di muoversi sul piano.V. Quindi.v.d. Le aste rappresentano ciascuna un grado di vincolo al movimento del sistema di punti nel piano : g. il numero totale della aste occorrenti per formare un sistema triangolare indeformabile risulta: 2·n = a + 3 a = 2·n . tra loro (vincolo interno a cerniera). V. Il numero di vincoli esterni per bloccare sul piano una struttura indeformabile è: v=3 Un sistema indeformabile triangolare vincolato esternamente è una Struttura Reticolare. Le aste si suppongono scariche concentrando anche i pesi propri nei nodi. La figura (b) rappresenta una trave reticolari (internamente isostatica) vincolata a terra in modo iperstatico. A B (a) : Struttura reticolare isostatica per i vincoli esterni A B (b) : Struttura reticolare iperstatica per i vincoli esterni C Per le strutture reticolari si ipotizza che le forze esterne (carichi) siano applicate nei nodi. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 Un sistema reticolare triangolare.U.esternamente labile: La figura (a) rappresenta una trave reticolari (internamente isostatica) vincolata a terra in modo isostatico. è vincolato al piano con i Vincoli esterni. prof. In questo caso la determinazione delle reazioni vincolai a terra può avvenire applicando le tre condizioni di equilibrio all’intera trave reticolare.esternamente iperstatica v>3 con grado di iperstaticità i=v-3 v<3 . 68 . Se la trave reticolare è internamente isostatica. In questo caso per la determinazione delle reazioni vincolai a terra è necessario utilizzare il “metodo delle forze”. Con queste ipotesi di carico le aste di una Struttura Reticolare sono sollecitate soltanto da Sforzo Normale di trazione o di compressione.I. Bruno Zan – ing.esternamente isostatica v=3 .A. che può essere: . indeformabile nel piano. dopo aver trovato le reazioni vincolari a terra si possono individuare gli sforzi normali di trazione e di compressione sulle singole aste utilizzando le tre condizioni di equilibrio con il “metodo dei nodi” o con il “metodo delle sezioni di Ritter”. V.I. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 Le strutture reticolari con il corrente superiore e inferiore orizzontali sono dette Travi Reticolari. le strutture reticolari con il corrente superiore inclinato sono dette Capriate. ARCO A DUE CERNIERE ARCO A TRE CERNIERE 69 .A. prof. Di seguito riportiamo alcune forme di Travi Reticolari e di Capriate: Neville Pratt Howe Mohnie Semplice Warren Semplice Howe Fink Pratt Le strutture reticolari possono anche assumere la configurazione ad arco. Bruno Zan – ing. mentre.U. Nel caso di strutture vincolate esternamente in modo isostatico. Si inizia dall’equilibrio di un nodo dove concorrono due aste.V.1 IL METODO DEI NODI Per determinare le forze di compressione e/o di trazione che agiscono sulle aste di una struttura reticolare internamente isostatica è necessario individuare prima le reazioni vincolari esterne.100 = 0 XA= 300 kg 2) equilibrio ai momenti in A : -YB·1020+ (100+100)·173+100·260+250·340+250·510+250·680=0 YB= 434 kg 3) equilibrio delle forze verticali: YB+YA-250-250-250=0 YA=750-434= 316 kg Con il “METODO DEI NODI” si possono ora trovare le forze di compressione e/o trazione nelle aste.100 .100 . prof. Bruno Zan – ing. 3 2 4 1 6 5 A 100 kg 250 kg 100 kg 250 kg B 250 kg 100 kg XA YA Per la capriata di figura le reazioni vincolari esterne risultano: 1) equilibrio delle forze orizzontali: XA . Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 15. YB 70 . le reazioni vincolari si trovano ponendo le condizioni di equilibrio del sistema reticolare considerata come “corpo rigido indeformabile”.A.U.I. 89 N2-3 (verticale) = N2-3· 87/191 = N2-3·0.I.71 6 69 N 2- 6 a as t Per l’equilibrio ci servono anche le componenti orizzontali e verticali di N1-2 = 696 kg: N1-2 (orizzontale) = 696·0.A. Possiamo usare le relazioni trigonometriche con l’angolo di 26.454 = 316 kg 71 . l’asta 1-6 è tesa con una forza pari a 920 kg. prof. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 Cominciamo con il nodo 1 : Le forze che agiscono sul nodo 1 sono le reazioni vincolari esterne e le forze nelle aste 1-2 e 1-6 allineate ovviamente come l’asta.892 N1-2 (verticale) = N1-2· 173/381 = N1-2·0. Quindi l’asta 1-2 è compressa con una forza pari a 696 kg.892 = 0 +316+N1-2·0. Per scrivere l’equilibrio di queste forze dobbiamo individuare le componenti orizzontale e verticale di N1-2 . Utilizziamo ancora la similitudine tra i triangoli: N2-3 (orizzontale) = N2-3· 170/191 = N2-3·0. mentre.U.V. Passiamo ora al nodo 2 : 250 100 1.70 N2-6 (verticale) = N2-6· 173/243 = N2-6·0.9° oppure le relazioni di proporzionalità tra i triangoli: N1-2 (orizzontale) = N1-2· 340/381 = N1-2·0.892 = 620 kg N1-2 (verticale) = 696·0.454 = 0 N1-2 = -696 kg (il segno negativo indica che la forza N1-2 è orientata nel verso opposto a quello riportato nel disegno) N1-6 = +920 kg 300 6 69 a ast 1-2 asta 1-6 920 316 Nelle aste agiscono le forze uguali e contrarie di quelle sul nodo. Per scrivere l’equilibrio delle forze bisogna prima trovare le componenti delle forze N2-3 e N2-6 .2 N 2 -3 Le forze che agiscono nel nodo 2 sono riportate in figura.45 N2-6 (orizzontale) = N2-6· 170/243 = N2-6·0. Bruno Zan – ing.454 300 N 1-2 N1-6 316 Dalle equazioni di equilibrio: 1) equilibrio delle forze orizzontali: 2) equilibrio delle forze verticali: possiamo ricavare: -300+N1-6+N1-2·0. A.V.U.70=0 -250+316+ N2-3·0. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 Dalle equazioni di equilibrio del nodo 2: 1) equilibrio delle forze orizzontali: 2) equilibrio delle forze verticali: Possiamo ricavare: +100+620+ N2-3·0.71=0 N2-3 = -586 kg (il segno negativo indica che la forza N2-3 è orientata nel verso opposto a quello riportato nel disegno) N2-6 = -283 kg (il segno negativo indica che la forza N2-6 è orientata nel verso opposto a quello riportato nel disegno) Nelle aste agiscono le forze uguali e contrarie a quelle sul nodo. Si può ora continuare con i restanti nodi.89+ N2-6·0.I.N2-6·0. Bruno Zan – ing. Perciò l’asta 2-3 è compressa con una forza pari a 586 kg e l’asta 2-6 è compressa con una forza pari a 283 kg. prof. In conclusione le sollecitazioni assiali nelle aste della capriata risultano: aste di falda asta 1-2 asta 2-3 asta 3-4 asta 4-5 aste di parete asta 2-6 asta 3-6 asta 4-6 N2-6 = 283 kg (compressione) N3-6 = 335 kg (trazione) N4-6 = 187 kg (compressione) N1-6 = 920 kg (trazione) N6-5 = 853 kg (trazione) N1-2 = 696 kg (compressione) N2-3 = 586 kg (compressione) N3-4 = 698 kg (compressione) N4-5 = 958 kg (compressione) tirante inferiore asta 1-6 asta 6-5 72 .45. 6+250·1.10+100·1. prof. August Ritter 1826-1908. dove concorrono le aste N1-6 e N2-3.10+100·1. dopo aver determinato le reazioni vincolari esterne.U. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 15.73-250·1. nodo dove concorrono le altre aste tagliate 2-6 e 1-6: -N2-3·232+316·5. 73 316 434 .70=0 N2-3= +586 (forza di compressione per l’asta) Allo stesso risultato si arriva se si pone in equilibrio. in alternativa al METODO DEI NODI. la parte destra della capriata: N2-3·232-434·5.A.73+100·2. si può utilizzare. 250 100 250 S 250 100 3 2 100 4 5 S 6 300 1 316 La SEZIONE di RITTER è una linea ideale che taglia la struttura reticolare e la divide in due parti.2 IL METODO DELLE SEZIONI DI RITTER Per determinare le forze di compressione e/o di trazione che agiscono sulle aste di una struttura reticolare internamente ed esternamente isostatica.V.70=0 N2-3= +586 (forza di compressione per l’asta) Con la stessa sezione di Ritter possiamo trovare lo sforzo N2-6 scrivendo l’equilibrio della parte sinistra rispetto il nodo 1. Per scrivere l’equilibrio bisogna prima individuare il braccio di leva “b” della forza N2-6 rispetto il nodo 1: è sufficiente notare che l’area del triangolo 1-2-6 si può calcolare in due modi: b ·242/2=510·173/2 b=364 dove 242 è la lunghezza del lato 2-6. Su ciascuna parte agiscono le forze assiali delle aste tagliate e ciascuna parte con queste forze applicate deve essere in equilibrio. il METODO delle SEZIONI o METODO di RITTER. dal nome del suo ideatore ing.I. rispetto in nodo 6. 250 100 250 434 N 2-3 N 2-3 250 100 3 100 2 N 300 N 26 4 5 26 1 N1-6 6 N1-6 6 Con la sezione di Ritter di figura possiamo trovare la forza N2-3 se scriviamo l’equilibrio della parte sinistra della capriata rispetto il nodo 6. Bruno Zan – ing. N6-4 e N6-5 : 3 N 3-4 N 1 4 6 6- 316 -N1-2·2. Bruno Zan – ing.32+316·5.U.10=0 N1-2= + 694 (forza di compressione per l’asta) S 250 100 2 4 5 S 434 N6-5 74 . prof.I.73=0 N2-6= +281 (forza di compressione per l’asta) Sempre con la stessa sezione possiamo trovare la forza N1-6 scrivendo l’equilibrio rispetto il nodo 2: N1-6·1.73+316·3.40+100·1. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 N 2-3 250 100 2 N 300 1 26 N1-6 6 316 L’equilibrio rispetto il nodo 1 risulta: -N2-6·3.V.40+300·1.A. Con la sezione di Ritter S-S di figura si può calcolare la forza sull’asta 1-2 scrivendo l’equilibrio rispetto il nodo 6: S 3 N 1-2 2 1 S 4 5 300 N1-6 6 Con la nuova sezione S-S di figura si possono trovare le forze N3-4 .64+250·3.73=0 N1-6= -921 (forza di trazione nell’asta) Il segno negativo indica che la forza N1-6 è orientata nel verso opposto a quello riportato nel disegno. 64+100·1.331 (forza di trazione nell’asta) 75 . Bruno Zan – ing.I.4-281·2.32+250·1.U.1=0 N4-5= + 954 (forza di compressione nell’asta) Con la nuova sezione S-S di figura si può trovare le forze N3-6 : 3 N 3-4 S 250 N3-6 2 1 28 100 N 4 5 6 434 26 1 921 N1-6 S L’equilibrio rispetto il nodo 4 permette di torvare N3-6 : -N3-6·1. prof.73-434·3.A.70+100·1.73=0 N3-6= .73-434·5.853 (forza di trazione nell’asta) Con la nuova sezione S-S di figura si può trovare le forze N4-5 : 3 4 N 2 1 6 L’equilibrio rispetto il nodo 6 permette di torvare N4-5 : 4-5 S 5 N6-5 S 434 N4-5·2.42+921·1.1=0 N3-4= +696 (forza di compressione per l’asta) L’equilibrio rispetto il nodo 5 permette di torvare N6-4 : N6-4·3.4=0 N6-5= .70-434·3.V. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 L’equilibrio rispetto il nodo 6 permette di trovare N3-4 : N3-4·2.32-434·5.73-250·3.40=0 N6-4 = + 185 (forza di compressione per l’asta) L’equilibrio rispetto il nodo 4 permette di torvare N6-5 : -N6-5·1. A. Il modulo elastico per la lega di alluminio risulta E=700.000 daN/cm² 76 . prof. Bisogna definire le dimensioni e il materiale di costruzione di ciascuna asta componente. con area della sezione trasversale A=2.95 cm².3 LA DEFORMAZIONE DELLE STRUTTURE RETICOLARI Per calcolare le deformazioni di una struttura reticolare si utilizza il PRINCIPIO DEI LAVORI VIRTUALI che è già stato esposto nel paragrafo 7. Per determinare le deformazioni è necessario definire la struttura reticolare in tutte le sue componenti.2. detto freccia f . 250 kg 100 kg 250 kg 100 kg 250 kg 100 kg f Struttura Normale La capriata è realizzata con tubi in alluminio di diametro 40 mm e spessore 2.V.I. 15.U.5 mm. A titolo di esempio riprendiamo la capriata del paragrafo precedente per trovare l’abbassamento lungo Y del nodo 6. Bruno Zan – ing. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 In conclusione le sollecitazioni assiali nelle aste della capriata risultano: aste di falda asta 1-2 N1-2 = 694 kg (compressione) asta 2-3 N2-3 = 586 kg (compressione) asta 3-4 N3-4 = 696 kg (compressione) asta 4-5 N4-5 = 954 kg (compressione) aste di parete asta 2-6 N2-6 = 281 kg (compressione) asta 3-6 N3-6 = 331 kg (trazione) asta 4-6 N4-6 = 185 kg (compressione) tirante inferiore asta 1-6 N1-6 = 921 kg (trazione) asta 6-5 N6-5 = 853 kg (trazione) Le piccole differenze nei risultati tra il metodo delle sezioni e il metodo dei nodi sono dovute alle approssimazioni numeriche introdotte nel calcolo. 2275 0. prof.000 700. cioè compatibili con i vincoli. Bruno Zan – ing.95 2.000 700.A. Possiamo però determinare l’allungamento e/o l’accorciamento di ogni asta: ∆L = dove : N L E A è la forza assiale sull’asta è la lunghezza dell’asta è il modulo elastico del materiale è sezione trasversale dell’asta N ·L E· A Per il SISTEMA NORMALE. 77 . Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 Il Principio dei Lavori Virtuali stabilisce che il Lavoro esterno è uguale al Lavoro interno: Le=Li Il Lavoro esterno è la somma del lavoro prodotto dalle forze esterne (applicate alla struttura) per lo spostamento lungo la direzione di ciascuna forza.0329 0. determiniamo le seguenti deformazioni della aste (.000 700.000 700.0217 0.95 2.1760 -0.000 700.000 700.V.000 allungamento ∆L cm asta 1-2 2-3 3-4 4-5 2-6 3-6 4-6 1-6 6-5 -0. Ogni forza esterna produce una quota di lavoro esterno quando è moltiplicata per lo spostamento dei nodi dove è applicata.000 700.95 2. la capriata caricata che stiamo analizzando. La reazione Vincolare YB non produce lavoro perché lo spostamento è perpendicolare alla direzione della forza e quindi il prodotto scalare è nullo. La capriata con il carico P rappresenta un sistema equilibrato.95 modulo E cm4 700.U.95 2. togliamo i carichi.95 2. e applichiamo un carico verticale P al nodo 6 (nodo del quale ricerchiamo lo spostamento verticale). detta SISTEMA NORMALE. + allungamento) dovute alle forze assiali nelle aste stesse: forza N lunghezza L daN cm -694 -586 -696 -954 -281 331 -185 921 853 381 191 191 381 242 260 242 510 510 area A cm² 2.0417 -0.95 2.0542 -0. Prendiamo allora la capriata.0644 -0.2107 Applichiamo ora il Principio dei Lavori Virtuali che dice: Condizione necessaria e sufficiente perché un sistema sia in equilibrio è che il lavoro virtuale interno sia uguale al lavoro virtuale esterno per qualunque sistema di spostamenti virtuali congruenti.95 2.000 700.accorciamento . qualsiasi deformata della capriata (compatibile con i vincoli) è virtualmente applicabile. non conosciamo gli spostamenti dei nodi e quindi non possiamo trovare il Lavoro esterno. Per la struttura caricata.95 2. quindi.1280 -0.I. Bruno Zan – ing. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 Creiamo allora un SISTEMA VIRTUALE dove le forze esterne sono rappresentate dalla forza verticale P e la deformata congruente è quella prodotta dalle forze verticali e orizzontali del SISTEMA NORMALE. Il Lavoro Virtuale Interno è espresso dalla seguente sommatoria: Lint = ∑ N a ·∆l a a =1 n dove: Na ∆la è lo sforzo normale delle aste nel SISTEMA VIRTUALE è l’allungamento o accorciamento dell’asta per la deformata del SISTEMA NORMALE Gli allungamenti ∆la nel sistema normale sono stati già determinati. 3 2 4 1 6 5 P/2 P 78 P/2 . ora dobbiamo trovare le forze assiali prodotte nel sistema virtuale dalla forza P.V. P f Struttura Virtuale Per questo SISTEMA VIRTUALE vale il Principio del Lavori Virtuali: il Lavoro Esterno prodotto dalla forza P è uguale al Lavoro Interno prodotto dall’allungamento e/o accorciamento delle aste nel Sistema Normale ad opera delle forze interne assiali del Sistema Virtuale. Lest=Lint Il Lavoro esterno prodotto dalla forza P nel SISTEMA VIRTUALE risulta: Lest = P·f dove f è lo spostamento verticale del nodo 6 nel SISTEMA NORMALE.A. prof.I.U. 099 P x -1.099 P x -1.983 P x 0.0217 0.0596 P x 0.1280 -0.0708 P x 0. 79 .099 P x -1.0417 P x 0.099 P x -1. + trazione) : forza N daN P x -1.983 asta 1-2 2-3 3-4 4-5 2-6 3-6 4-6 1-6 6-5 Possiamo ora trovare il Lavoro Interno del SISTEMA VIRTUALE : forza N daN P x -1.I.0542 -0.0000 P x 0.V.9369 -0.U.1407 P x 0.1760 -0.0000 P x 0.9369 [cm] Se si vuole trovare anche lo spostamento orizzontale del nodo 6 si dovrà costruire un altro SISTEMA VIRTUALE dove la forza P sarà orizzontale.1934 P x 0.983 allungamento ∆L cm asta 1-2 2-3 3-4 4-5 2-6 3-6 4-6 1-6 6-5 Lavoro Interno daN·cm P x 0.0329 0.099 Px 0 Px 1 Px 0 P x 0. Per qualsiasi altro spostamento bisogna creare un SISTEMA VIRTUALE con la forza P applicata nel punto e con orientamento e verso dello spostamento da ricercare.099 P x -1.compressione.0644 -0.A. Bruno Zan – ing.0417 -0.9369 f = 0.2107 LINTERNO = P x Per calcolare lo spostamento verticale del nodo 6 (freccia f) SISTEMA VIRTUALE il Principio dei Lavori Virtuali: della Capriata applichiamo al Lest =Lint P·f = P·0.2071 0.099 Px 0 Px 1 Px 0 P x 0.2275 0.2236 P x 0.099 P x -1. prof. cioè avrà il verso dello spostamento da ricercare. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 Risolvendo con il metodo delle sezioni di Ritter la struttura di figura otteniamo le seguenti forze assiali (.983 P x 0. 20=0 X7= 23.2-N11-6·0.4 ESEMPIO .40+900·1.V.142 kg 8 2 S5 S4 9 3 S3 10 4 11 5 S2 12 6 S1 1 4500 kg Il secondo passo è la determinazione degli sforzi assiali sulle aste utilizzando il metodo delle Sezioni di Ritter.60+900·2.TRAVE RETICOLARE A SBALZO 900 kg 900 kg 900 kg 900 kg 900 kg Risolviamo la trave reticolare di figura vincolata a sbalzo. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 15.U. Bruno Zan – ing.A.80+900·3.7+900·1.142 kg 7 23.70+900·6+900·4.605=0 N11-6= +1785 (trazione) N5-6 facendo l’equilibrio ai momenti nel nodo 11 della parte destra: 80 . 7 1 8 2 9 3 10 4 11 5 12 6 Il primo passo è l’individuazione delle Reazioni Vincolari nei nodi 1 e 7 : l’equilibrio delle forze verticali fornisce la reazione Y1 : Y1 – 900-900-900-900-900=0 Y1 = +4500 kg l’equilibrio dei momenti rispetto il nodo 1 fornisce la reazione orizzontale X7: -X7·0. isostatica internamente ed esternamente. prof.142 kg l’equilibrio delle forze orizzontali fornisce la reazione X1: X1-23142=0 X1=23412 kg Il verso delle reazioni è quello riportato in figura: S5 900 kg S4 900 kg S3 900 kg S2 900 kg S1 900 kg 23. Con la sezione di Ritter S1 si trovano le forze assiali: N11-12 scrivendo l’equilibrio ai momenti nel nodo 6 della parte destra: N11-12= 0 N11-6 facendo l’equilibrio ai momenti nel nodo 5 della parte destra: N11-12·0.I. 8+900·3.2-N8.40+900·1.2+N4-5·0.2+N2-3·0.-4= .6+900·2.7+900·3.8+900·3.605=0 N10-5= +3571 (trazione) N4-5 facendo l’equilibrio ai momenti nel nodo 10 della parte destra: 900·2.2-N7-2·0.7 =0 N2-3= .2= +8930 (trazione) N1-2 facendo l’equilibrio ai momenti nel nodo 7 della parte destra: 900·6+900·4.605=0 N7.40+900·1.6+900·2.2-N10-5·0.7 =0 N1-2= .7 =0 N5-6= -1542 (compressione) Con la sezione di Ritter S2 si trovano le forze assiali: N10-11 scrivendo l’equilibrio ai momenti nel nodo 5 della parte destra: -N10-11·0.23142 (compressione) 81 .40+900·1.7 =0 N3.7+900·3. prof.6+900·2. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 900·1.20 = 0 N8-9= +9257 (trazione) N8-3 facendo l’equilibrio ai momenti nel nodo 2 della parte destra: -9257·0.U.7+900·1.7+900·4. Bruno Zan – ing.6+900·2.7 =0 N5-6= .7+900·2.8+900·3.6+900·2.4628 (compressione) Con la sezione di Ritter S3 si trovano le forze assiali: N9-10 scrivendo l’equilibrio ai momenti nel nodo 4 della parte destra: -N9-10·0.7+900·2.4+900·1.3·0.15428 (compressione) Con la sezione di Ritter S5 si trovano le forze assiali: N7-8 scrivendo l’equilibrio ai momenti nel nodo 2 della parte destra: -N7-8·0.2+N1-2·0.A.9257 (compressione) Con la sezione di Ritter S4 si trovano le forze assiali: N8-9 scrivendo l’equilibrio ai momenti nel nodo 3 della parte destra: -N8-9·0.7+900·4.2+N3-4·0.605=0 N8-3= +7140 (trazione) N2-3 facendo l’equilibrio ai momenti nel nodo 8 della parte destra: 900·4.2-N9-4·0.4+900·1.V.605=0 N9-4= +5356 (trazione) N3-4 facendo l’equilibrio ai momenti nel nodo 9 della parte destra: 900·3.4+900·1.4+900·1.6+900·2.20 = 0 N9-10= +4628 (trazione) N9-4 facendo l’equilibrio ai momenti nel nodo 3 della parte destra: -4628·0.2+N5-6·0.4+900·1.8+900·3.4+900·1.40+900·1.6+900·2.4+900·1.20 = 0 N8-9= +15428 (trazione) N7-2 facendo l’equilibrio ai momenti nel nodo 1 della parte destra: -15428·0.I.8+900·3.20 = 0 N10-11= +1542 (trazione) N10-5 facendo l’equilibrio ai momenti nel nodo 4 della parte destra: -1542·0.7+900·6+900·4.6+900·2. 2700 (compressione) Con la sezione di Ritter S8 si trova la forza assiale: N9-3 scrivendo l’equilibrio delle forze verticali della parte destra: N9-3 +900+900+900+900 = 0 N9-3 = -3600 (compressione) Con la sezione di Ritter S9si trova la forza assiale: N8-2 scrivendo l’equilibrio delle forze verticali della parte destra: N8-2 +900+900+900+900+900 = 0 N8-2 = .4500 (compressione) Con la sezione di Ritter S10 si trova: N7-1 scrivendo l’equilibrio delle forze verticali della parte destra: N7-1 +900+900+900+900+900 = 0 N7-1 = . Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 900 kg S10 23.U.V. Bruno Zan – ing.142 kg 8 2 S10 S9 9 3 S8 10 4 S7 11 5 12 6 S6 1 4500 kg Con la sezione di Ritter S6 si trova la forza assiale: N11-5 scrivendo l’equilibrio delle forze verticali della parte destra: N11-5 +900+900 = 0 N11-5 = .1800 (compressione) Con la sezione di Ritter S7 si trova la forza assiale: N10-4 scrivendo l’equilibrio delle forze verticali della parte destra: N10-4 +900+900+900 = 0 N10-4 = . prof.I.142 kg S9 S8 900 kg S7 900 kg S6 900 kg 900 kg 7 23.A.4500 (compressione) 82 . 0051 -0. Bruno Zan – ing.38 modulo E cm4 2.100.0000 -0.000 2. la trave reticolare a sbalzo con il carico. spessore 6 mm e area della sezione trasversale A=23.compressione.100.000 2.0226 0.100.38 23.100.38 23.0064 -0.0038 -0.0038 0. + allungamento) dovute alle forze assiali nelle aste stesse (.V.100.100. Per il SISTEMA NORMALE.000 2.100. determiniamo le deformazioni ∆L della aste (. + trazione): forza N asta daN Corrente superiore 7-8 15428 8-9 9-10 10-11 11-12 1-2 2-3 3-4 4-5 5-6 7-1 8-2 9-3 10-4 11-5 12-6 7-2 8-3 9-4 10-5 11-6 9257 4628 1542 0 -23143 -15428 -9257 -4628 -1542 -4500 -4500 -3600 -2700 -1800 -900 8930 7140 5356 3571 1786 lunghezza L cm 120 120 120 120 120 120 120 120 120 120 70 70 70 70 70 70 139 139 139 139 139 area A cm² 23.38 23.100. prof.000 allungamento ∆L cm 0.000 2.000 2. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 Per concludere l’esercizio cerchiamo l’abbassamento verticale massimo della mensola sul nodo 6.000 2.000 2.000 2.38 23.000 2. 900 kg 7 900 kg 900 kg 900 kg 900 kg 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 f P Sistema NORMALE e Sistema VIRTUALE Utilizziamo il Principio dei Lavori Virtuali e costruiamo un SISTEMA VIRTUALE con una forza P posizionata nel nodo e nella direzione dello spostamento che vogliamo trovare.100.100.100.000 2.100.38 23.I.38 23.000 2.38 cm².0566 -0.38 23.38 23.000 2.38 23.A.100.100.100.38 23.38 23.0226 -0.38 23.0101 0.38 23. Per trovare la deformazione è necessario definire le dimensioni delle aste e il materiale di costruzione: tutte le aste sono realizzate con profilo quadro cavo 110x110 mm.0013 Corrente inferiore Montani verticali diagonali 0.0051 83 .100.100.0377 -0.000 2.100.38 23.38 23.000 2. le aste sono in acciaio con modulo elastico E=2.000 daN/cm².0253 0.000 2.000 2.0377 0.38 23.38 23.38 23.0113 0.accorciamento .0026 -0.000 2.0152 0.100.U.38 23.0113 -0.0038 -0.100.100.000 2.0064 -0.0202 0.000 2.000 2.38 23.100. 0038 P x 0.0051 P x 0.714 Px 0 P x -8.985 P x 1.0566 P x 0.1162 0.0064 -0. prof.0051 -0.0113 P x 0.985 P x 1.4999 asta 7-8 8-9 9-10 10-11 11-12 1-2 2-3 3-4 4-5 5-6 7-1 8-2 9-3 10-4 11-5 12-6 7-2 8-3 9-4 10-5 11-6 Possiamo infine scrivere la relazione del PLV e trovare la freccia f massima della mensola: Lest =Lint P·f = P·1.4999 [cm] 84 .0000 P x 0.0386 0.0065 -0.0200 0.143 P x 3.143 P x -3.857 P x -5.571 P x -6.U. Bruno Zan – ing.2585 0.0038 P x 0.0253 P x 0.4999 f = 1.42 P x 1.0026 P x 0.0377 P x 0.0026 -0.42 P x -1.0000 0.0038 P x 0.I.0226 P x 0.0226 P x 0.0152 P x 0.0202 P x 0.0064 P x 0.0101 LINTERNO = P x 1.0051 P x 0.0064 P x 0.985 P x 1.2585 -0.0065 0.V.857 P x 5.0386 -0.0377 P x 0.985 P x 1.0038 -0. si può calcolare il lavoro interno del SISTEMA VIRTUALE.0113 P x 0.714 P x -1 P x -1 P x -1 P x -1 P x -1 Px 0 P x 1.4851 -0.1162 -0.0502 0.0401 0.A.0302 0. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 Per calcolare il Lavoro interno del SISTEMA VIRTUALE è necessario calcolare gli sforzi normali sulle aste dovuti al carico verticale P applicato nel nodo 6.0101 P x 0.0064 -0.0013 P x 0. Dopo il calcolo degli forze assiali utilizzando il metodo delle sezioni di Ritter.985 allungamento ∆L Lavoro Interno cm daN·cm 0.0000 -0. forza N daN P x 6. Bruno Zan – ing.5 LE STRUTTURE RETICOLARI IPERSTATICHE Le Reticolari IPERSTATICHE sono sistemi reticolari indeformabili. La reticolare risulta perciò UNA VOLTA IPERSTATICA: i=v-3=4-1=1 Le tre condizioni di equilibrio non sono sufficienti per determinare le quattro reazioni vincolari esterne. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 15. Per esporre il Metodo delle Forze per le strutture reticolari. risolviamo la trave reticolare iperstatica di figura. internamente isostatici. 900 kg 900 kg 900 kg 900 kg 900 kg B 7 8 9 10 11 12 A 1 2 3 4 5 6 C La reticolare è vincolata esternamente con 4 vincoli: cerniera in A (2 gradi di vincolo).I. cioè l’annullamento dello spostamento verticale y in C : yC=0 85 .U. ottenuta aggiungendo un appoggio alla mensola dell’esercizio precedente. prof.V. vincolati a terra in modo iperstatico. carrello verticale in C (1 grado di vincolo). Trasformiamo la reticolare iperstatica in un sistema isostatico sostituendo il vincolo in C con la reazione vincolare incognita YC .A. E’ necessario introdurre una quarta equazione di congruenza e risolvere la struttura utilizzando il METODO DELLE FORZE. carrello orizzontale in B (1 grado di vincolo). 900 kg 900 kg 900 kg 900 kg 900 kg B 7 8 9 10 11 12 A1 2 3 4 5 6 C Y C Possiamo determinare la reazione YC imponendo la condizione di CONGRUENZA del vincolo sostituito. Per la determinazione delle reazioni vincolai a terra è necessario utilizzare il METODO DELLE FORZE così come esposto nel Capitolo 10. 4999 [cm] La freccia f2 dello schema 2 è determinabile applicando il Principio dei Lavori Virtuali allo Schema 2.U.accorciamento . 900 kg 7 900 kg 900 kg 900 kg 900 kg 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 f1 SCHEMA 1 7 8 9 10 11 12 f2 1 2 3 4 5 6 YC SCHEMA 2 L’equazione di CONGRUENZA si ottiene uguagliando le due frecce delle mensole sottoposte ai carichi e alla reazione YC : yc = f1 . + trazione): ∆L=N·L/E·A 86 . Bruno Zan – ing.f2 = 0 La freccia f1 dello schema 1 è la stessa determinata nell’esercizio precedente : f1 = 1.V.I. Tale calcolo è già stato fatto nell’esercizio precedente con una forza P orientata in verso opposto. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 La condizione di CONGRUENZA (yC=0) si può individuare dividendo i carichi del sistema isostatico in due parti e utilizzando il PRINCIPIO DI SOVRAPPOSIZIONE DEGLI EFFETTI.A. In questo caso il Sistema Virtuale è lo stesso Sistema Normale poiché il Lavoro esterno è esprimibile dalla relazione: Lest = YC · f2 Per calcolare il Lavoro interno bisogna trovare gli sforzi normali sulle aste dovuti al carico verticale YC applicato nel nodo 6. prof. + allungamento) dovute alle forze assiali nelle aste stesse (.compressione. Possiamo allora calcolare le deformazioni della aste (. 149E-04 (Yc)² x 6.426E-06 Yc x -1.38 modulo E cm4 2.38 23.359E-06 Yc x -4.426E-06 Yc x -1.000 2.143 Yc x -3.U.426E-06 (Yc)² x 1.100.465E-05 (Yc)² x 2.257E-05 Yc x -8.38 23.38 23.985 Yc x -1.42 Yc x 1.985 Yc x -1.38 23.100.985 lunghezza L cm 120 120 120 120 120 120 120 120 120 120 70 70 70 70 70 70 139 139 139 139 139 area A cm² 23.795E-04 (Yc)² x 1.985 Yc x -1.676E-05 Yc x 1.620E-06 Yc x -5.100.714 Yc x 0 Yc x 8.116E-05 (Yc)² x 1.000E+00 Yc x -5.000 allungamento ∆L cm Yc x -1.000 2.38 23.38 23.V.985 Yc x -1.095E-05 Yc x 1. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 asta 7-8 8-9 9-10 10-11 11-12 1-2 2-3 3-4 4-5 5-6 7-1 8-2 9-3 10-4 11-5 12-6 7-2 8-3 9-4 10-5 11-6 forza N daN Yc x -6.426E-06 Yc x 0.100.100.620E-06 Yc x -5.180E-06 (Yc)² x 1.620E-06 Yc x -5.100.38 23.100.426E-06 (Yc)² x 1.116E-05 (Yc)² x 1.116E-05 (Yc)² x 1.189E-06 Yc x 0.100.985 Yc x -1.38 23.38 23.620E-06 Yc x -5.359E-06 Yc x -4.000 2.426E-06 Yc x -1.100.189E-06 Yc x -1.000 2.180E-06 (Yc)² x 0.857 Yc x -5.116E-05 (Yc)² x 1.359E-06 Yc x 4.714 Yc x 0 Yc x 8.000 2.426E-06 Yc x -1.620E-06 Ora possiamo calcolare il Lavoro interno Lint dello SCHEMA 2: forza N daN Yc x -6.38 23.731E-04 87 .620E-06 Lavoro Interno = asta 7-8 8-9 9-10 10-11 11-12 1-2 2-3 3-4 4-5 5-6 7-1 8-2 9-3 10-4 11-5 12-6 7-2 8-3 9-4 10-5 11-6 Lavoro Interno daN·cm (Yc)² x 1.571 Yc x 6.116E-05 (Yc)² x 6.38 23.985 allungamento ∆L cm Yc x -1.189E-06 Yc x 0.857 Yc x -5.000 2.38 23.100.620E-06 Yc x -5.000 2.000 2.100. prof.985 Yc x -1.A.000 2.38 23.859E-05 (Yc)² x 7.426E-06 (Yc)² x 0.257E-05 Yc x -8.000 2.143 Yc x 3.100.426E-06 (Yc)² x 1.676E-05 Yc x -1.38 23.000E+00 (Yc)² x 1.000 2.359E-06 Yc x 4.714 Yc x -1 Yc x -1 Yc x -1 Yc x -1 Yc x -1 Yc x 0 Yc x -1.000 2.426E-06 Yc x -1.676E-05 Yc x -1.426E-06 Yc x -1.857 Yc x 5.100.465E-05 (Yc)² x 2.100.620E-06 Yc x -5.100.257E-05 Yc x 8.426E-06 Yc x -1.100.000 2.620E-06 Yc x -5.426E-06 Yc x 0.985 Yc x -1.426E-06 Yc x -1.100.100.42 Yc x -1.38 23.620E-06 Yc x -5.000E+00 Yc x 2.42 Yc x 1. Bruno Zan – ing.38 23.I.149E-04 (Yc)² x 6.676E-05 Yc x 1.857 Yc x 5.100.000 2.189E-06 Yc x -1.143 Yc x 3.38 23.426E-06 (Yc)² x 1.985 Yc x -1.42 Yc x -1.143 Yc x -3.257E-05 Yc x 8.000E+00 (Yc)² x 1.000E+00 Yc x 2.859E-05 (Yc)² x 7.095E-05 Yc x 1.000E+00 Yc x -5.100.000 2.000 2.000 2.38 23.000 2.571 Yc x 6.000 2.38 23.38 23.100.000 2.714 Yc x -1 Yc x -1 Yc x -1 Yc x -1 Yc x -1 Yc x 0 Yc x -1. YC · 0.U.2+XB·0.V.0006731 f2 = YC· 0.0006731 [cm] per concludere troviamo la Reazione Vincolare YC con l’equazione di congruenza: f1 . Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 Scriviamo la relazione del PLV e troviamo la freccia f2 : Lest = Lint YC · f2 = (YC)² · 0.4999 .6-900·2.4045 = 0 XA= 4045 kg 900 kg 4045 kg 900 kg 900 kg 900 kg 900 kg B 7 8 9 10 11 12 4045 kg 1 2 2272 kg 3 4 5 6 A C 2228 kg Per concludere si possono trovare le forze assiali nelle aste utilizzando il Metodo delle Sezioni di Ritter (.f2 = 0 1.A. Bruno Zan – ing.0006731 =0 YC =2228 [daN] Per trovare le restanti Reazioni Vincolari usiamo le equazioni di equilibrio: 1) equilibrio delle forze verticali: YC+YA-900x5=0 YA=4500-2228= 227 kg 2) equilibrio ai momenti in A : 2228·6-900·6-900·4. prof.4-900·1.8-900·3. + trazione): Corrente inferiore Asta 1-2: -4049 daN Asta 4-5: +3009 daN Corrente superiore Asta 7-8: +153 daN Asta 10-11: -2276 daN Montanti verticali Asta 7-1: -2272 daN Asta 10-4: -472 daN Diagonali di parete Asta 7-2: +4510 daN Asta 10-5: -848 daN Asta 2-3: -153 daN Asta 5-6: +2276 daN Asta 8-9: +2199 daN Asta 11-12: +0 daN Asta 8-2: -2272 daN Asta 11-5: +427 daN Asta 8-3: +2724 daN Asta 11-6: -2635 daN Asta 3-4: +2199 daN Asta 9-10: -3009 daN Asta 9-3: -1372 daN Asta 12-6: -900 daN Asta 9-4: +937 daN 88 .7 =0 XB= 4045 kg 3) equilibrio delle forze orizzontali: XA .compressione.I. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 E’ interessante notare la grande differenza tra le forze nelle aste nella struttura a sbalzo (vedi esempio 15.4) e della struttura con un appoggio in C.23142 daN Invece. 89 . Bruno Zan – ing.A. per la struttura con l’appoggio in C l’asta maggiormente sollecitata e l’asta 7-2 con una forza di trazione: N7.V. prof.U.I.2 = + 4500 daN. In particolare l’asta maggiormente sollecitata della struttura a sbalzo è l’asta 1-2 con una compressione: N1-2 = . Ovviamente la struttura con l’appoggio in C potrà essere dimensionata con profili molto più leggeri della struttura a sbalzo. 90 . TABELLA 2 -LE STRUTTURE IPERSTATICHE AD UNA CAMPATA…..…………… LA DEFORMAZIONE DELLE TRAVI INFLESSE.U.1 6. 2. IL TEOREMA E IL COROLLARIO DI MOHR……………….…………….……………. 3 pag. 5. IL PRINCIPIO DEI LAVORI VIRTUALI…………………….. 66 pag. PREMESSA ……………………………………………. IL DISEGNO DELLA PARABOLA di MOMENTO…. I DIAGRAMMI di MOMENTO e TAGLIO – Relazioni q T M ... 30 pag. 9.1 15. 46 pag. 19 pag. LA TEORIA DELLE TRAVI NFLESSE …………………………………..….. 56 pag. 58 pag..7 15. 28 pag. 59 pag. 62 pag.. TABELLA 1 -LE STRUTTURE ISOSTATICE AD UNA CAMPATA …. 22 pag.1 4....3 8. 69 pag. 32 pag. ESEMPIO – METODO DI CROSS – TRAVE CONTINUA…………… LE STRUTTURE RETICOLARI……………………………………. 39 pag. 13.. pag. Bruno Zan – ing.………….2 7. 26 pag.……………………………. ESEMPIO – RIGIDEZZE E COEFF. 14. Claudio Bertocco La Meccanica delle strutture -Novembre 2012 INDICE 1...…… ESEMPIO – METODO DI CROSS CON SBALZO……………… …… IL METODO DI CROSS CON PIU’ NODI ………………………. 53 pag. IL METODO DI CROSS …………………………………………………. 20 pag.. DI RIPARTIZIONE……………… IL MEODO DI CROSS CON UN NODO………………………………… ESEMPIO – METODO DI CROSS CON UN NODO……………. 51 pag. 85 4. 7 pag. 16 pag. 37 pag. LE FUNZIONI di MOMENO e TAGLIO .1 14. 7. 72 pag. 4.. 25 pag.5 14.3 5. …... 44 pag.1 14.2 LA DEFORMAZIONE PER SFORZO NORMALE…………..2 4.1 13.I. 34 pag. prof. 80 pag. LE STRUTTURE IPERSTATICHE ………………………………………. LE STRUTTURE A NODI FISSI ………………………………………….5 ESEMPIO – METODO DELLE ROTAZIONI…………………. IL MEODO DELLE SEZIONI DI RITTER…………………………… LA DEFORMAZIONE DELLE STRUTTURE RETICOLARI………… ESEMPIO – TRAVE RETICOLARE A SBALZO………. 11 pag. 15. 55 pag. 18 pag.. ESEMPIO – METODO DELLE ROTAZIONI…………………….4 15.. 14 pag..V. 12 pag.2 15.…………………… 6..1 7.6 14... LE STRUTTURE ISOSTATICHE …………………………. LA DEFORMAZIONE PER MOMENTO FLETTENTE……… 7.…………………………………………. ESEMPIO – TRAVE ISOSTATICA …………….. ESEMPIO – METODO DI CROSS CON PIU’ NODI ………………….……….3 15... 75 pag. 64 pag..A. 60 pag. IL METODO DELLE FORZE …………. 2 pag. 11... 25 pag.4 14. ANALISI DI UNA CURVA E DELLA SUA FUNZIONE……………….……………… LO SCHEMA STATICO …………………………………….L’EQUILIBRIO…. IL METODO DEI NODI ……..3 14. …….. 10. IL CALCOLO DELLE DEFORMAZIONI PER FLESSIONE…………….. IL METODO DELLE ROTAZIONI …………………………………. 12. LE STRUTTURE RETICOLARI IPERSTATICHE……….1 6.. …… 12.. L’INTEGRAZIONE DELLA LINEA ELASTICA……………. 3.. 15 pag.2 14.
Report "La Meccanica Delle Strutture Prof. Bruno Zan"