DISPENSA - ESERCIZI SVOLTI Di Scienza Delle Costruzioni

Università degli Studi di Pisa Anno Accademico 2001/2002 Corso di Laurea in Ingegneria Edile (Nuovo Ordinamento)

Insegnamento di SCIENZA DELLE COSTRUZIONI (12 CFU) Docente: Ing. Salvatore Sergio Ligarò (per segnalazioni e suggerimenti contattare [email protected])

Parte I)

GEOMETRIA DELLE MASSE

TEMA 1 Data la sezione a T mostrata in figura 80 30

20

30

20

100 80

1. calcolarne le caratteristiche inerziali; 2. disegnarne l’ellisse centrale d’inerzia; 3. disegnarne il nocciolo centrale d’inerzia. Nota: tutte le lunghezze sono espresse in cm

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Geometria delle aree

SOLUZIONE: La sezione possiede un asse di simmetria ortogonale che dovrà contenere il baricentro e coincidere con uno degli assi principali centrali. Per complicare un po’ le cose, consideriamo i tre rettangoli mostrati in figura. Scelto il sistema di riferimento (O,x,y), si ottengono:

y

b1

b2

b3

1

h2

h1

2

h3

3

x O a) Area della sezione A = A1 − A2 − A3 = (80 ⋅100) − (30 ⋅ 80) − (30 ⋅ 80) = 3.200,00 cm 2

b) Posizione del baricentro S x = S x1 − S x 2 − S x 3 = A1 ⋅ yG1 − A2 ⋅ yG2 − A3 ⋅ yG3 = S x = (8000 ⋅ 50) − (2400 ⋅ 40) − (2400 ⋅ 40) = 208.000,000 cm3 S y = S y1 − S y 2 − S y 3 = A1 ⋅ xG1 − A2 ⋅ xG2 − A3 ⋅ xG3 = S y = (8000 ⋅ 40) − (2400 ⋅15) − (2400 ⋅ 65) = 128.000,000 cm3

da cui xG =

Sy A

=

128000 = 40,0 cm , 3200

yG =

2

S x 208000 = = 65,0 cm A 4800

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Geometria delle aree

c) Momenti del second’ordine rispetto al riferimento (O,x,y) 1 1 1 J x = J x1 − J x 2 − J x 3 = b1 ⋅ h13 − b2 ⋅ h23 − b3 ⋅ h33 = 3 3 3 1 J x = [(80 ⋅1003 ) − 2 ⋅ (30 ⋅ 803 )] = 16.426.666,6667 cm 4 3 1 1 1 J y = J y1 − J y 2 − J y 3 = h1 ⋅ b13 − h2 ⋅ b23 − h3 ⋅ b33 − A3 ⋅ xG2 3 = 3 3 12 1 1 1 J y = (100 ⋅ 803 ) − (80 ⋅ 303 ) − (80 ⋅ 303 ) − 2400 ⋅ 652 = 3 3 12 J y = 17.066.666,6667 − 720.000 − 180.000 − 10.140.000 = 6.026.666,6667 cm 4 J xy = J xy1 − J xy 2 − J xy 3 = A1 ⋅ xG1 ⋅ yG1 − A2 ⋅ xG2 ⋅ yG2 − A3 ⋅ xG3 ⋅ yG3 = J xy = 8000 ⋅ 40 ⋅ 50 − 2400 ⋅15 ⋅ 40 − 2400 ⋅ 65 ⋅ 40 = 8.320.000,0000 cm 4

d) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (G, x’, y’) J x ' = J x − A ⋅ yG2 = 16.426.666,6667 − 3.200 ⋅ 652 = 2.906.666,6667 cm 4 J y ' = J y − A ⋅ xG2 = 6.026.666,6667 − 3.200 ⋅ 40 2 = 906.666,6667 cm 4 J x ' y ' = J xy − A ⋅ xG ⋅ yG = 8.320.000 − 3.200 ⋅ 40 ⋅ 65 = 0,0000 cm 4

e) Direzioni e momenti d’inerzia principali centrali tan(2α) = −

2 J x' y' J x' − J y'

=0

per cui J ξ = J x ' = 2.906.666,6667 cm 4 ,

Jη = J y ' = 906.666,6667 cm4 ,

f) Raggi d’inerzia centrali ρξ =

Jξ A

= 30,1 cm ,

ρη =

3

Jη A

= 16,8 cm

J ξη = 0,0000 cm 4

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Geometria delle aree

g) Ellisse centrale d’inerzia L’ellisse di equazione: ξ 2 η2 + = 1, ρη2 ρξ2

ovvero

ξ2 η2 + = 1, 283,35 908,36

è rappresentata nella figura seguente η

ξ G

h) Nocciolo centrale d’inerzia Il nocciolo centrale d’inerzia di una sezione è la figura piana convessa luogo dei centri relativi delle rette del piano che non tagliano la sezione data. Per la sua costruzione occorre considerare l’inviluppo delle rette tangenti alla sezione che non la intersecano (il contorno della sezione convessificata). Nel caso in esame, tale inviluppo è costituito dalle rette 1-1 e 4-4, parallele all’asse ξ, con i centri relativi 1 e 4 disposti sull’asse η (V. Figura successiva), dalle due rette 3-3 e 5-5, parallele all’asse η con i centri relativi 3 e 5 disposti sull’asse ξ, ed infine dalle due rette oblique 2-2 e 6-6 con centri relativi 2 e 6 da determinare completamente. Si dimostra facilmente che se il contorno della sezione convessificata è una poligonale chiusa con n vertici, anche il nocciolo centrale è costituito da una poligonale chiusa con lo stesso numero di vertici; in particolare, ad ogni lato del contorno della sezione convessificata corrisponde un vertice del nocciolo (centro relativo comune alle rette che hanno il proprio centro relativo sul lato considerato) e viceversa Per determinare analiticamente il nocciolo centrale d’inerzia occorrerà innanzitutto determinare le coordinate ξ ed η dei vertici del contorno della sezione convessificata rispetto al riferimento centrale principale (G, ξ ,η ). Ciò si effettua attraverso le semplici relazioni  ξ   cos α sin α   x − xG  η = − sin α cos α  ⋅  y − y    G    4

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Geometria delle aree

dove x ed y sono le coordinate del punto nel sistema di riferimento originale (O, x, y), xG ed yG le coordinate del baricentro nello stesso riferimento ed infine α l’angolo, anch’esso noto, di cui è ruotato il riferimento principale rispetto al sistema parallelo baricentrico (G, x’, y’). Successivamente, si utilizza la relazione: ξ ⋅ ξ 0 η ⋅ η0 + 2 +1 = 0 , ρη2 ρξ

che definisce la retta r0 avente per centro relativo il punto P0 ≡ (ξ 0 , η 0 ) . Imponendo che tale retta passi per i vertici consecutivi P1 ≡ (ξ1 , η1 ) e P2 ≡ (ξ 2 , η2 ) del lato 1-2 del contorno della sezione convessificata, le coordinate del vertice corrispondente del nocciolo P0 ≡ (ξ 0 , η 0 ) risultano 1 η1 1 η2 2 ρ ,e ξ0 = − ξ1 η1 η ξ 2 η2

ξ1 ξ η0 = − 2 ξ1 ξ2

1 1 2 ρ η1 ξ η2

Il nocciolo centrale d’inerzia della sezione data, è mostrato nella figura successiva. I suoi vertici sono: 1 ≡ (0.0, 13.974) , 2 ≡ (−8.242, 9.909) , 3 ≡ (−7.083, 0.0) , 4 ≡ (0.0, − 25.952) , 5 ≡ (7.083, 0.0) e 6 ≡ (8.242, 9.909) . 5

3

η

4

4 2

6 2

1

6

G

3

ξ

5

5

3 4

1

1 6

2

5

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Insegnamento di SCIENZA DELLE COSTRUZIONI (12 CFU) Docente: Ing. Salvatore Sergio Ligarò (per segnalazioni e suggerimenti contattare [email protected])

Parte I)

GEOMETRIA DELLE MASSE

TEMA 2 Data la sezione a U mostrata in figura

80 20

40

20

80 100

20

1. calcolarne le caratteristiche inerziali; 2. disegnarne l’ellisse centrale d’inerzia; 3. disegnarne il nocciolo centrale d’inerzia. Nota: le dimensioni sono espresse in cm.

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Geometria delle aree

SOLUZIONE:

La sezione possiede un asse di simmetria ortogonale che dovrà contenere il baricentro e coincidere con uno degli assi principali centrali. Considerati i tre rettangoli mostrati in figura e scelto il sistema di riferimento (O,x,y), si ottengono:

y b1

b2

b3

1

h1

O

3

h3

h2

2

x

a) Area della sezione A = A1 + A2 + A3 = (20 ⋅ 100) + (40 ⋅ 20) + (20 ⋅ 100) = 4.800,00 cm 2

b) Posizione del baricentro S x = S x1 + S x 2 + S x 3 = A1 ⋅ yG1 + A2 ⋅ yG2 + A3 ⋅ yG3 = S x = (2000 ⋅ 50) + (800 ⋅10) + (2000 ⋅ 50) = 208.000,000 cm3 S y = S y1 + S y 2 + S y 3 = A1 ⋅ xG1 + A2 ⋅ xG2 + A3 ⋅ xG3 = S y = (2000 ⋅10) + (800 ⋅ 40) + (2000 ⋅ 70) = 192.000,000 cm3

da cui xG =

Sy A

=

192000 = 40,0 cm , 4800

yG =

S x 208000 = ≅ 43,3 cm . A 4800

c) Momenti del second’ordine rispetto al riferimento (O,x,y) 1 1 1 J x = J x1 + J x 2 + J x 3 = b1 ⋅ h13 + b2 ⋅ h23 + b3 ⋅ h33 = 3 3 3 1 J x = [2 ⋅ (20 ⋅1003 ) + (40 ⋅ 203 )] = 13.440.000,0000 cm 4 3

2

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Geometria delle aree

1 1 1 J y = J y1 + J y 2 + J y 3 = h1 ⋅ b13 + h2 ⋅ b23 + A2 ⋅ xG2 2 + h3 ⋅ b33 + A3 ⋅ xG2 3 = 3 12 12 1 1 1 J y = (100 ⋅ 203 ) + (20 ⋅ 403 ) + 800 ⋅ 40 2 + (100 ⋅ 203 ) + 2000 ⋅ 70 2 = 3 12 12 J y = 266.666,6667 + 106.666,6667 + 1.280.000 + 66.666,6667 + 9.800.000 = 11.520.000,0000 cm 4 J xy = J xy1 + J xy 2 + J xy 3 = A1 ⋅ xG1 ⋅ yG1 + A2 ⋅ xG2 ⋅ yG2 + A3 ⋅ xG3 ⋅ yG3 = J xy = 2000 ⋅10 ⋅ 50 + 800 ⋅ 40 ⋅10 + 2000 ⋅ 70 ⋅ 50 = 8.320.000,0000 cm 4

d) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (centrali) J x ' = J x − A ⋅ yG2 = 13.440.000 − 4800 ⋅ 43,32 = 4.426.666,6667 cm 4 J y ' = J y − A ⋅ xG2 = 11.520.000 − 4800 ⋅ 40 2 = 3.840.000,0000 cm 4 J x ' y ' = J xy − A ⋅ xG ⋅ yG = 8.320.000 − 4800 ⋅ 40 ⋅ 43. 3 = 0,0000 cm 4

e) Direzioni e momenti d’inerzia principali centrali tan(2α) = −

2 J x' y' J x' − J y'

=0

per cui J ξ = J x ' = 4.426.666,6667 cm 4

,

J η = J y ' = 3.840.000,0000 cm 4

,

f) Raggi d’inerzia centrali ρξ =

Jξ A

= 30,368 cm ,

ρη =

Jη A

= 28,284 cm .

g) Ellisse centrale d’inerzia L’ellisse cercata ha equazione: ξ2 η2 ξ 2 η2 1 + = 1, , ovvero + = 800 922,21 ρη2 ρξ2

ed è rappresentata nella figura seguente

3

J ξη = 0,0000 cm 4

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Geometria delle aree

η ρξ ξ ρη

G

h) Nocciolo centrale d’inerzia Le rette tangenti alla sezione che non la intersecano sono le due rette 1-1 e 3-3 parallele a ξ, per cui i loro centri relativi 1 e 3 dovranno giacere sull’asse η, e le due rette 2-2 e 4-4, parallele a η, aventi i centri relativi 2 e 4 disposti sull’asse ξ. Utilizzando la relazione: ξ ⋅ ξ 0 η ⋅ η0 + 2 +1 = 0 , ρη2 ρξ

che definisce la retta r0 avente per centro relativo il punto P0 ≡ (ξ 0 , η 0 ) , si ottiene il nocciolo centrale d’inerzia della sezione data, i cui vertici sono: 1 ≡ (0.0, 21.282) , 2 ≡ (−20.0, 0.0) , 3 ≡ (0.0, − 16.275) e 4 ≡ (20.0, 0.0) . 4

2

η

3

3

1 2

G

ξ

4 3

1

1 4

2

4

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Insegnamento di SCIENZA DELLE COSTRUZIONI (12 CFU) Docente: Ing. Salvatore Sergio Ligarò (per segnalazioni e suggerimenti contattare [email protected]) Parte I)

GEOMETRIA DELLE MASSE

TEMA 3 Data la sezione a L mostrata in figura 80

20

100

20

1. calcolarne le caratteristiche inerziali; 2. disegnare l’ellisse centrale d’inerzia; 3. disegnare il nocciolo centrale d’inerzia.

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Geometria delle aree

SOLUZIONE:

Suddivisa la sezione nei due rettangoli mostrati in figura e scelto il sistema di riferimento (O,x,y), si ottengono:

y b1

b2

1

h1

2

h2

O a) Area della sezione A = A1 + A2 = (20 ⋅100) + (60 ⋅ 20) = 2.000 + 1200 = 3.200,00 cm 2 b) Posizione del baricentro S x = S x1 + S x 2 = A1 ⋅ yG1 + A2 ⋅ yG2 = S x = (2000 ⋅ 50) + (1200 ⋅10) = 112.000,000 cm3 S y = S y1 + S y 2 = A1 ⋅ xG1 + A2 ⋅ xG2 = S y = (2000 ⋅10) + (1200 ⋅ 50) = 80.000,000 cm3

da cui xG =

Sy A

=

S 80000 112000 = 25,0 cm , yG = x = = 35,0 cm 3200 A 3200

c) Momenti del second’ordine rispetto al riferimento (O,x,y) 1 1 J x = J x1 + J x 2 = b1 ⋅ h13 + b2 ⋅ h23 = 3 3 1 J x = [(20 ⋅1003 ) + (60 ⋅ 203 )] = 6.826.666,666 6 cm 4 3 1 1 J y = J y1 + J y 2 = h1 ⋅ b13 + h2 ⋅ b23 + A2 ⋅ xG2 2 = 3 12 1 1 J y = (100 ⋅ 203 ) + (20 ⋅ 603 ) + 1200 ⋅ 50 2 = 3 12 J y = 266.666,666 6 + 360.000 + 3.000.000 = 3.626.666,666 6 cm 4

2

x

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Geometria delle aree

J xy = J xy1 + J xy 2 = A1 ⋅ xG1 ⋅ yG1 + A2 ⋅ xG2 ⋅ yG2 = J xy = 2000 ⋅10 ⋅ 50 + 1200 ⋅ 50 ⋅10 = 1.600.000,0000 cm 4 d) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (centrali) J x ' = J x − A ⋅ yG2 = 6.826.666,666 6 − 3200 ⋅ 352 = 2.906.666,666 6 cm 4 J y ' = J y − A ⋅ xG2 = 3.626.666,666 6 − 3200 ⋅ 252 = 1.626.666,666 6 cm 4 J x ' y ' = J xy − A ⋅ xG ⋅ yG = 1.600.000 − 3200 ⋅ 25 ⋅ 35 = −1.200.000,0000 cm 4 e) Direzioni e momenti d’inerzia principali centrali tan(2α) = − da cui α =

2 J x' y' J x' − J y'

=−

2 ⋅ (−1.200.000) = 1.875 2.906.666,6666 − 1.626.666,6666

1 arctan( 1.875 ) = 30°.9637 = 30° 57' 49",32 2

inoltre Jξ = Jη =

J x' + J y ' 2 J x' + J y ' 2

+

1 ( J x ' − J y ' ) 2 + 4 J x2' y ' = 3.626.666,666 6 cm 4 , 2

−

1 ( J x ' − J y ' ) 2 + 4 J x2' y ' = 906.666,666 6 cm 4 , 2

J ξη = 0,0000 cm 4 . f) Raggi d’inerzia centrali ρξ =

Jξ A

= 33,7 cm ,

ρη =

Jη A

= 16,8 cm

g) Ellisse centrale d’inerzia L’ellisse cercata ha equazione: ξ 2 η2 ξ2 η2 + = 1 , ovvero + = 1, ρη2 ρξ2 283,32 1.133,3 3 ed è rappresentata nella figura seguente

3

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Geometria delle aree

η ξ

G

h) Nocciolo centrale d’inerzia Le rette tangenti alla sezione ma che non la intersecano sono le cinque rette 1-1, 2-2, 3-3, 4-4 e 5-5 mostrate in figura. Poiché nessuna di esse è parallela ad alcuno degli assi centrali ξ ed η, le coordinate dei centri relativi alle rette passanti per i lati ( costruzione del nocciolo vertice per vertice) dovranno essere determinate utilizzando in modo inverso la relazione: ξ ⋅ ξ 0 η ⋅ η0 + 2 +1 = 0 , ρη2 ρξ che definisce la retta r0 avente per centro relativo il punto P0 ≡ (ξ 0 , η 0 ) . Iterando il procedimento per tutte le cinque rette, si ottiene il nocciolo centrale d’inerzia della sezione data, i cui vertici risultano: 1 ≡ (4.165, 27.766) , 2 ≡ (−4.417, 10.602) , 3 ≡ (−8.052, − 3.332) e 4 ≡ (−2.243,−14.951) , 5 ≡ (9.718,−23.324) .

η ξ 1 2

G 3 4

4

5

Università degli Studi di Pisa Anno Accademico 2001/2002 Corso di Laurea in Ingegneria Edile (Nuovo Ordinamento)

Insegnamento di SCIENZA DELLE COSTRUZIONI (12 CFU) Docente: Ing. Salvatore Sergio Ligarò (per segnalazioni e suggerimenti contattare [email protected]) Parte I)

GEOMETRIA DELLE MASSE

TEMA 4 Data la sezione a Z mostrata in figura 50

14

72

14

1. calcolarne le caratteristiche inerziali; 2. disegnare l’ellisse centrale d’inerzia; 3. disegnare il nocciolo centrale d’inerzia.

10

50

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Geometria delle aree

SOLUZIONE:

La sezione presenta una simmetria polare rispetto al baricentro del rettangolo verticale; infatti, ruotando di 180° il piano della figura attorno al punto detto, la sezione si sovrappone esattamente. Per il calcolo delle caratteristiche inerziali, considerati i tre rettangoli mostrati in figura (le due piattabande orizzontali e la costola verticale) e scelto il sistema di riferimento (O,x,y), si ottengono: b1

h1

1

y 2

h2

b2

x h3

3

O b3

a) Area della sezione A = A1 + A2 + A3 = (60 ⋅14) + (72 ⋅10) + (60 ⋅14) = 840 + 720 + 840 = 2.400,00 cm 2 b) Posizione del baricentro S x = S x1 + S x 2 + S x 3 = A1 ⋅ yG1 + A2 ⋅ yG2 + A3 ⋅ yG3 = S x = (840 ⋅ 93) + (720 ⋅ 50) + (840 ⋅ 7) = 120.000,000 cm3 S y = S y1 + S y 2 + S y 3 = A1 ⋅ xG1 + A2 ⋅ xG2 + A3 ⋅ xG3 = S y = (840 ⋅ 30) + (720 ⋅ 55) + (840 ⋅ 80) = 132.000,000 cm3

da cui xG =

Sy A

=

132.000 = 55,0 cm , 2.400

yG =

S x 120000 = = 50,0 cm A 2400

c) Momenti del second’ordine rispetto al riferimento (O,x,y) 1 1 1 b1 ⋅ h13 + A1 ⋅ yG21 + b2 ⋅ h23 + A2 ⋅ yG2 2 + b3 ⋅ h33 = 12 12 3 1 1 1 J x = (60 ⋅143 ) + 840 ⋅ 932 + (10 ⋅ 723 ) + 720 ⋅ 50 2 + (60 ⋅143 ) = 9.444.800,0000 cm 4 12 12 3

J x = J x1 + J x 2 + J x 2 =

2

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Geometria delle aree

1 1 1 J y = J y1 + J y 2 + J y 3 = h1 ⋅ b13 + h2 ⋅ b23 + A2 ⋅ xG2 2 + h3 ⋅ b33 + A3 ⋅ xG2 3 = 3 12 12 1 1 1 J y = (14 ⋅ 603 ) + (72 ⋅103 ) + 720 ⋅ 552 + (14 ⋅ 603 ) + 840 ⋅ 80 2 = 8.820.000,0000 cm 4 3 12 12 J xy = J xy1 + J xy 2 + J xy 3 = A1 ⋅ xG1 ⋅ yG1 + A2 ⋅ xG2 ⋅ yG2 + A3 ⋅ xG3 ⋅ yG3 = J xy = 840 ⋅ 30 ⋅ 93 + 720 ⋅ 55 ⋅ 50 + 840 ⋅ 80 ⋅ 7 = 4.794.000,0000 cm 4 d) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (centrali) J x ' = J x − A ⋅ yG2 = 9.444.800 − 2400 ⋅ 50 2 = 3.444.800,0000 cm 4 J y ' = J y − A ⋅ xG2 = 8.820.000 − 2400 ⋅ 552 = 1.560.000,0000 cm 4 J x ' y ' = J xy − A ⋅ xG ⋅ yG = 4.794.000 − 2400 ⋅ 55 ⋅ 50 = −1.806.000,0000 cm 4 e) Direzioni e momenti d’inerzia principali centrali tan(2α) = − da cui α = Jξ = Jη =

2 J x' y' J x' − J y'

2 ⋅ (−1.806.000) = 1.916383 3.444.800 − 1.560.000

1 arctan( 1.916383 ) = 31°.221859 = 31° 13' 18" ,69 2

J x' + J y' 2 J x' + J y' 2

=−

+

1 ( J x ' − J y ' ) 2 + 4 J x2' y ' = 4.539.494,4406 cm 4 2 ,

−

1 ( J x ' − J y ' ) 2 + 4 J x2' y ' = 465.305,594 cm 4 2 ,

J ξη = 0,0000 cm 4 f) Raggi d’inerzia centrali ρξ =

Jξ A

= 43,5 cm ,

ρη =

Jη A

= 13,9 cm

g) Ellisse centrale d’inerzia L’ellisse cercata ha equazione: ξ 2 η2 ξ2 η2 + = 1 , ovvero + = 1, ρη2 ρξ2 193,85 1934,24 ed è rappresentata nella figura seguente

3

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Geometria delle aree

η ξ

G

h) Nocciolo centrale d’inerzia Le rette tangenti alla sezione ma che non la intersecano sono le sei rette 1-1, 2-2, 3-3, 4-4, 5-5 e 6-6 mostrate in figura nessuna delle quali è parallela ad alcuno degli assi centrali ξ ed η, per cui le coordinate dei loro centri relativi (vertici del nocciolo centrale d’inerzia) dovranno essere determinate utilizzando in modo inverso la relazione: ξ ⋅ ξ 0 η ⋅ η0 + 2 +1 = 0 , ρη2 ρξ che definisce la retta r0 avente per centro relativo il punto P0 ≡ (ξ 0 , η 0 ) . Iterando il procedimento per tutte le sei rette, si ottiene il nocciolo centrale d’inerzia della sezione data, i cui vertici risultano: 1 ≡ (2.010, 32.350) , 2 ≡ (−3.015, 17.826) , 3 ≡ (−6.581, 1.175) e 4 ≡ (−2.010, − 32.350) , 5 ≡ (3.015, − 17.826) , 6 ≡ (6.581, − 1.175) . 4 5

4

η

3

5 6

ξ

1 2 3

G 6 5 3

4

2 6

2 1

1

4

Università degli Studi di Pisa Anno Accademico 2001/2002 Corso di Laurea in Ingegneria Edile (Nuovo Ordinamento)

Insegnamento di SCIENZA DELLE COSTRUZIONI (12 CFU) Docente: Ing. Salvatore Sergio Ligarò (per segnalazioni e suggerimenti contattare [email protected]) Parte I)

GEOMETRIA DELLE MASSE

TEMA 5 Data la distribuzione piana di masse concentrate mostrata in figura 50

14

10

50

10

9

6

7

8

3

4

y 72

5

x 14

O

1

2

1. determinarne le caratteristiche inerziali; 2. disegnare l’ellisse centrale d’inerzia.

i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

m (cm2) 210,00 210,00 390,00 180,00 210,00 210,00 180,00 390,00 210,00 210,00

x(cm) 50,00 110,00 50,00 60,00 110,00 0,00 50,00 60,00 0,00 60,00

y(cm) 0,00 0,00 14,00 14,00 14,00 86,00 86,00 86,00 100,00 100,00

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Geometria delle aree

SOLUZIONE:

Il sistema di masse possiede una simmetria polare rispetto al punto medio del segmento 3-8. Scelto il sistema di riferimento (O,x,y) mostrato in figura, per il calcolo delle caratteristiche inerziali si può operare utilmente mediante la tabella seguente: i

M x y 210,00 50,00 0,00 210,00 110,00 0,00 390,00 50,00 14,00 180,00 60,00 14,00 210,00 110,00 14,00 210,00 0,00 86,00 180,00 50,00 86,00 390,00 60,00 86,00 210,00 0,00 100,00 210,00 60,00 100,00

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

∑

2.400,00

mx 10500,00 23100,00 19500,00 10800,00 23100,00 0,00 9000,00 23400,00 0,00 12600,00

my 0,00 0,00 5460,00 2520,00 2940,00 18060,00 15480,00 33540,00 21000,00 21000,00

132.000,00 120.000,00

mx2 525000,00 2541000,00 975000,00 648000,00 2541000,00 0,00 450000,00 1404000,00 0,00 756000,00

my2 0,00 0,00 76440,00 35280,00 41160,00 1553160,00 1331280,00 2884440,00 2100000,00 2100000,00

mxy 0,00 0,00 273000,00 151200,00 323400,00 0,00 774000,00 2012400,00 0,00 1260000,00

9.840.000,00 10.121.760,00 4.794.000,00

Da essa si deducono: a) Massa totale 10

M = ∑ mi = 2400.00cm 2 i =1

b) Posizione del baricentro 10

10

S x = ∑ mi yi = 120.000,00cm3

S y = ∑ mi xi = 132.000,00cm3

i =1

i =1

da cui xG =

Sy M

=

132.000 = 55,0 cm 2.400 ,

yG =

S x 120000 = = 50,0 cm M 2400

c) Momenti del second’ordine rispetto al riferimento (O,x,y) 10

J x = ∑ mi yi2 = 10.121.760,0000cm 4 i =1

10

J y = ∑ mi xi2 = 9.840.000,0000cm 4

,

i =1

10

J xy = ∑ mi xi yi = 4.794.000cm 4 i =1

d) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (O, x’, y’) J x ' = J x − M ⋅ yG2 = 10.121.760 − 2400 ⋅ 50 2 = 4.121.760,0000 cm 4 J y ' = J y − M ⋅ xG2 = 9.840.000 − 2400 ⋅ 552 = 2.580.000,0000 cm 4 J x ' y ' = J xy − M ⋅ xG ⋅ yG = 4.794.000 − 2400 ⋅ 55 ⋅ 50 = −1.806.000,0000 cm 4

2

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Geometria delle aree

e) Direzioni e momenti d’inerzia principali centrali tan(2α) = − da cui

α= Jξ = Jη =

2 J x' y' J x' − J y'

=−

2 ⋅ (−1.806.000) = 2.342777 4.121.760 − 2.580.000

1 arctan( 2.342777 ) = 33°.442542 = 33° 26' 33" ,15 2

J x' + J y' 2 J x' + J y' 2

+

1 ( J x ' − J y ' ) 2 + 4 J x2' y ' = 5.314.522,5271 cm 4 , 2

−

1 ( J x ' − J y ' ) 2 + 4 J x2' y ' = 1.387.237,4729 cm 4 , 2 J ξη = 0,0000 cm 4

f) Raggi d’inerzia centrali ρξ =

Jξ A

= 47,1 cm , ρη =

Jη A

= 24,0 cm

g) Ellisse centrale d’inerzia L’ellisse cercata ha equazione: ξ 2 η2 ξ2 η2 + = 1 , ovvero + = 1, ρη2 ρξ2 578,01 2.214,36 ed è rappresentata nella figura seguente

η ξ

G

3

Università degli Studi di Pisa Anno Accademico 2001/2002 Corso di Laurea in Ingegneria Edile (Nuovo Ordinamento) Insegnamento di SCIENZA DELLE COSTRUZIONI (12 CFU) Docente: Ing. Salvatore Sergio Ligarò (per segnalazioni e suggerimenti contattare [email protected]) Parte I)

GEOMETRIA DELLE MASSE

TEMA 6 Data la sezione a G mostrata in figura

83.0

10.0

20.0

10.0

50.0

10.0

10.0

30.0

10.0

64.0

1. calcolarne le caratteristiche inerziali; 2. disegnare l’ellisse centrale d’inerzia; 3. disegnare il nocciolo centrale d’inerzia. (tutte le dimensioni sono espresse in centimetri).

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Geometria delle aree

SOLUZIONE: (Prova del 9 Novembre 2001, allievo: Davide Cornolti) Scelto il sistema di riferimento (O, x, y) indicato in figura, si ottengono:

y

y’ x’

25.3

38.2

G

x

O a) Area della sezione A = 2.070,00 cm 2

b) Momenti statici S x = 79.145,000 cm 3 ,

S y = 52.430,000 cm 3

c) Posizione del baricentro xG =

Sy A

=

52.000 = 25,3 cm , 2.070

yG =

S x 79145 = = 38,2 cm A 2070

d) Momenti del second’ordine rispetto al riferimento (O, x, y) J x = 4.910.790,0000 cm 4 ,

J y = 2.212.680,0000 cm 4 ,

J xy = 1.750.125,0000 cm 4

2

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Geometria delle aree

e) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (G, x’, y’) (centrali) J x ' = 1.884.736,3647 cm 4 ,

J y ' = 884.706,6184 cm 4 ,

J x ' y ' = −254.499,3237 cm 4

f) Direzioni e momenti d’inerzia principali centrali tan(2α ) = 0.508983507 , α=

1 arctan( 0.508983507 ) = 13°.487671867 = 13° 29' 15",62 2

J ξ = 1.945.778,3328 cm 4 ,

J η = 823.664,6503 cm 4 ,

J ξη = 0,0000 cm 4

g) Raggi d’inerzia centrali ρξ = 30,659 cm ,

ρη = 19,948 cm

h) Ellisse centrale d’inerzia ξ2 η2 + = 1, 397,92 939,97

rappresentata nella figura seguente

η

ξ

G

3

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Geometria delle aree

i) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, x, y) P1 = [0.000 0.000] ,

P2 = [64.000 0.000] ,

P3 = [64.000 30.000] ,

P4 = [50.000 83.000] ,

P5 = [0.000 83.000]

j) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, ξ, η) P1 = [− 33.548 − 31.272] ,

P2 = [28.687 − 46.199] ,

P3 = [35.684 − 17.027] ,

P4 = [34.432 37.777] ,

P5 = [− 14.189 49.439]

k) Nocciolo centrale d’inerzia I punti V1−2 = [2.427 23.907] ,

V2−3 = [− 10.006 5.669] ,

V3−4 = [− 11.274 − 0.609] ,

V4−5 = [− 2.073 − 20.419],

V5−1 = [15.277 − 8.656]

sono i vertici del nocciolo centrale d’inerzia rappresentato in figura

P5

P4

η V1-2

ξ

V2-3 V3-4 G

V5-1

P3

V4-5 P2

P1

4

Università degli Studi di Pisa Anno Accademico 2001/2002 Corso di Laurea in Ingegneria Edile (Nuovo Ordinamento) Insegnamento di SCIENZA DELLE COSTRUZIONI (12 CFU) Docente: Ing. Salvatore Sergio Ligarò (per segnalazioni e suggerimenti contattare [email protected]) Parte I)

GEOMETRIA DELLE MASSE

TEMA 7 Data la sezione a Γ mostrata in figura 20.0

91.0

20.0

20.0

20.0

1. calcolarne le caratteristiche inerziali; 2. disegnare l’ellisse centrale d’inerzia; 3. disegnare il nocciolo centrale d’inerzia. N.B.: Tutte le dimensioni sono espresse in centimetri).

53.0

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Geometria delle aree: esempio 6

SOLUZIONE: (Prova del 19 Dicembre 2001, allieva: Chiara Mazzoni) Scelto il sistema di riferimento (O, x, y) indicato in figura, si ottengono:

y’ x’

37.5

78.2

G

y

O

x

a) Area della sezione A = 4.080,00 cm2

b) Momenti statici S x = 319.070,000 cm3 ,

S y = 153.090,000 cm3

c) Posizione del baricentro xG =

Sy A

=

153090 = 37,5 cm , 4080

yG =

S x 319070 = = 78,2 cm A 4080

d) Momenti del second’ordine rispetto al riferimento (O, x, y) J x = 29.929.400,0000 cm4 ,

J y = 7.434.380,0000 cm4 ,

J xy = 12.671.790,0000 cm4

2

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Geometria delle aree: esempio 6

e) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (G, x’, y’) (centrali) J x ' = 4.977.031,1520 cm4 ,

J y ' = 1.690.128,0147 cm4 ,

J x ' y ' = 699.626,6912 cm 4

f) Direzioni e momenti d’inerzia principali centrali tan(2α ) = −0.425705694 ,

α=

1 arctan( − 0.425705694 ) = 11°.529865476 = 11° 31' 47" ,52 2

Jξ = 5.119.751,6258 cm4 ,

Jη = 1.547.407,5408 cm4 ,

J ξη = 0,0000 cm 4

g) Raggi d’inerzia centrali ρξ = 35,424 cm ,

ρη = 19,475 cm

h) Ellisse centrale d’inerzia ξ2 η2 + =1, 379,28 1254,86

rappresentata nella figura seguente η

y’ x’

37.5

78.2

G

y

O

x

3

ξ

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Geometria delle aree: esempio 6

i) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, x, y) P1 = [20.000 0.000] ,

P2 = [40.000 0.000] ,

P3 = [93.000 91.000] ,

P4 = [93.000 111.000],

P5 = [40.000 131.000] ,

P6 = [20.000 131.000]

P7 = [0.000 111.000] ,

P8 = [0.000 91.000]

j) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, ξ, η) P1 = [− 1.537 − 80.128] , P4 = [47.803 43.224] ,

P2 = [18.059 − 76.130] , P5 = [− 8.125 52.266] ,

P7 = [− 43.320 24.635] ,

P3 = [51.801 23.627] , P6 = [− 27.721 48.229] ,

P8 = [− 39.323 5.038]

k) Nocciolo centrale d’inerzia I punti V1−2 = [− 0.969 15.722] ,

V2−3 = [− 8.657 9.688] ,

V3−4 = [− 6.698 − 4.521] ,

V4−5 = [− 1.199 − 24.644],

V5−6 = [1.436 − 23.288] ,

V6−7 = [6.363 − 13.918] ,

V7−8 = [9.904 6.684] ,

V8−1 = [10.226 15.011]

sono i vertici del nocciolo centrale d’inerzia rappresentato in figura P6

P5

η

P7

P4 y’

P8

P3 x’

G

y

O

x P1

P2

4

ξ

Università degli Studi di Pisa Anno Accademico 2002/2003 Corso di Laurea in Ingegneria Edile (Nuovo Ordinamento) Insegnamento di SCIENZA DELLE COSTRUZIONI (12 CFU) Docente: Ing. Salvatore Sergio Ligarò (per segnalazioni e suggerimenti contattare [email protected]) Parte I)

GEOMETRIA DELLE MASSE

TEMA 8 La figura riporta la sezione di una trave metallica composta in parete sottile aperta, ottenuta saldando l’anima di un profilo semplice a C alla costola di un profilo a T rovescio.

45

112

102

30

y

x O

85

Supponendo che lo spessore di entrambi i profili sia costante e pari a 10 mm, 1. calcolare le caratteristiche inerziali della sezione usando come unità di misura il cm; 2. disegnarne l’ellisse centrale d’inerzia; 3. disegnarne il nocciolo centrale d’inerzia. NOTA: Le lunghezze riportate in figura sono espresse in millimetri.

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2002/2003

Geometria delle masse: esempio 8

SOLUZIONE: (Prova dell’11 Novembre 2002, allieva: Elisa Benvenuti) Rispetto al riferimento (O, x, y) indicato in figura, si ottengono:

53

71

G

y

x O

a) Area della sezione A = 36,90 cm2 .

b) Momenti statici S x = 236,660 cm3 ,

S y = 195,045 cm3 .

c) Posizione del baricentro xG =

Sy A

=

195,045 = 5,3 cm , 36,90

yG =

S x 263,660 = = 7,1 cm . A 36,90

d) Momenti del second’ordine rispetto al riferimento (O, x, y) J x = 2.637,1740 cm4 ,

J y = 1.423,3960 cm4 ,

J xy = 1.534,6540 cm4 .

e) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (G, x’, y’) J x ' = 753,2554 cm4 ,

J y ' = 392,4325 cm4 ,

2

J x ' y ' = 141,0073 cm4 .

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2002/2003

Geometria delle masse: esempio 8

f) Direzioni e momenti d’inerzia principali centrali tan(2α ) = − α=

2 × 141,0073 = −0,78158731 , 753,2554 − 392,4325

1 arctan( − 0.78158731 ) = −19°.005362636 = −19° 00' 19",32 , 2

Jξ = 801,8229 cm4 ,

Jη = 343,8651 cm4 ,

J ξη = 0,0000 cm 4 .

g) Raggi d’inerzia centrali ρξ = 4,662 cm ,

ρη = 3,053 cm .

h) Ellisse centrale d’inerzia L’ellisse ξ2 η2 + = 1, 9,32 21,73

è rappresentata nella figura seguente

η

y’ 53

x’ ξ

71

G

y

x O

3

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2002/2003

Geometria delle masse: esempio 8

i) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, x, y) P1 = [0,000 0,000] ,

P2 = [8,000 0,000] ,

P3 = [11,950 7,700] ,

P5 = [0,750 12,200] ,

P6 = [0,000 1,000] .

P4 = [11,950 12,200] ,

j) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, ξ, η) P1 = [− 2,671 − 8,477],

P2 = [5,366 − 5,709] ,

P4 = [4,655 6,949] ,

P5 = [− 5,935 3,302] ,

P3 = [6,120 2,695] , P6 = [− 2,996 − 7.523] .

k) Nocciolo centrale d’inerzia I punti V1−2 = [− 0,425 2,875] ,

V2−3 = [− 1,585 0,332] ,

V4−5 = [0,600 − 4,065],

V3−4 = [− 1,332 − 1,062] ,

V5−6 = [1,849 1,170] ,

V6−1 = [1,667 1,339] ,

sono i vertici del nocciolo centrale d’inerzia rappresentato in figura

η

P5

P4

y’ 53

x’ G

71

ξ

y P6 x P1=O

P2

4

P3

Università degli Studi di Pisa Anno Accademico 2002/2003 Corso di Laurea in Ingegneria Edile (Nuovo Ordinamento) Insegnamento di SCIENZA DELLE COSTRUZIONI (12 CFU) Docente: Ing. Salvatore Sergio Ligarò (per segnalazioni e suggerimenti contattare [email protected]) Parte I)

GEOMETRIA DELLE MASSE

TEMA 9 La figura riporta la sezione di una trave metallica composta in parete sottile aperta, ottenuta saldando ortogonalmente la costola di un profilo semplice a T all’anima di un profilo ad H.

73

126

110

20

y x O

97

Supponendo che lo spessore di entrambi i profili sia costante e pari a 10 mm, 1. calcolare le caratteristiche inerziali della sezione usando come unità di misura il cm; 2. disegnarne l’ellisse centrale d’inerzia; 3. disegnarne il nocciolo centrale d’inerzia. NOTA: Le lunghezze riportate in figura sono espresse in millimetri.

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2002/2003

Geometria delle masse: esempio 9

SOLUZIONE: (Prova dell’16 Novembre 2002, allievo: Simone Lorenzoni) Rispetto al riferimento (O, x, y) indicato in figura, si ottengono:

G

87

76

y x O

a) Area della sezione A = 47,90 cm2 .

b) Momenti statici S x = 416,350 cm3 ,

S y = 362,875 cm3 .

c) Posizione del baricentro xG =

Sy A

=

362,975 ≅ 7,3 cm , 47,90

yG =

S x 416,350 = ≅ 8,7 cm . 47,90 A

d) Momenti del second’ordine rispetto al riferimento (O, x, y) J x = 4.894,7862 cm4 ,

J y = 3.939,8392 cm4 ,

J xy = 3.651,2975 cm4 .

e) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (G, x’, y’) J x ' = 1.275,8442 cm4 ,

J y ' = 1.190,8148 cm4 ,

2

J x ' y ' = 497,1638 cm4 .

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2002/2003

Geometria delle masse: esempio 9

f) Direzioni e momenti d’inerzia principali centrali tan(2α ) = − α=

2 × 497,1638 = −11,69392704 , 1275,8442 − 1190,8148

1 arctan( − 11.69392704 ) = −42°.556138934 = −42° 33' 22",10 , 2

Jξ = 1.732,3077 cm 4 ,

Jη = 734,3512 cm4 ,

J ξη = 0,0000 cm 4 .

g) Raggi d’inerzia centrali ρξ = 6,014 cm ,

ρη = 3,915 cm .

h) Ellisse centrale d’inerzia L’ellisse ξ2 η2 + =1, 15,3272 36,1682

è rappresentata nella figura seguente

η

y’ 76

G

x’

87

ξ

y x O

3

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2002/2003

Geometria delle masse: esempio 9

i) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, x, y) P1 = [0,000 0,000] ,

P2 = [9,700 0,000] ,

P3 = [16,950 8,850] ,

P5 = [2,350 16,150] ,

P6 = [0,000 1,000] .

P4 = [16,950 16,150] ,

j) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, ξ, η) P1 = [0,298 − 11,526], P4 = [1,861 11,834] ,

P2 = [7,443 − 4,966] ,

P3 = [6,798 6,456] ,

P5 = [− 8,893 1,959] ,

P6 = [− 0,378 − 10.790] .

k) Nocciolo centrale d’inerzia I punti V1−2 = [− 1,193 3,065] , V4−5 = [1,390 − 3,572],

V2−3 = [− 2,140 − 0,285] ,

V3−4 = [− 1,205 − 2,609] ,

V5−6 = [2,021 3,185] ,

V6−1 = [1,491 3,229],

sono i vertici del nocciolo centrale d’inerzia rappresentato in figura P4

P5

η

y’ G

76

x’

P3

87

ξ

y P6

x

P1=O

P2

4

Università degli Studi di Pisa Anno Accademico 2002/2003 Corso di Laurea in Ingegneria Edile (Nuovo Ordinamento) Insegnamento di SCIENZA DELLE COSTRUZIONI (12 CFU) Docente: Ing. Salvatore Sergio Ligarò (per segnalazioni e suggerimenti contattare [email protected]) Parte I)

GEOMETRIA DELLE MASSE

TEMA 10 La figura riporta la sezione trasversale di una trave metallica composta in parete sottile mista, ottenuta saldando ortogonalmente le costole di due profili a T, affiancati e con le piattabande giuntate, all’anima di un profilo semplice a Z.

44

151

102

20

y x

O

91

91

Supponendo, per semplicità, che lo spessore dei tre profili sia costante e pari a 10 mm, 1. calcolare le caratteristiche inerziali della sezione usando come unità di misura il cm; 2. disegnarne l’ellisse centrale d’inerzia; 3. disegnarne il nocciolo centrale d’inerzia. NOTA: Le lunghezze riportate in figura sono espresse in millimetri.

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2002/2003

Geometria delle masse: esempio 10

SOLUZIONE: (Prova dell’18 Novembre 2002, allieva: Maria Antonietta Nieddu) Rispetto al riferimento (O, x, y) indicato in figura, si ottengono:

G

9.5

6.5 y x

O

a) Area della sezione A = 61,50 cm 2 .

b) Momenti statici S x = 401,470 cm3 ,

S y = 582,550 cm3 .

c) Posizione del baricentro xG =

Sy A

=

582,550 ≅ 9,5 cm , 61,50

yG =

S x 401,470 = ≅ 6,5 cm . A 61,50

d) Momenti del second’ordine rispetto al riferimento (O, x, y) J x = 4.117,6040 cm 4 ,

J y = 7.194,8637 cm 4 ,

J xy = 4.034,2550 cm 4 .

e) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (G, x’, y’) J x ' = 1.496,8209 cm 4 ,

J y ' = 1.676,7418 cm 4 ,

2

J x ' y ' = 231,3875 cm 4 .

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2002/2003

Geometria delle masse: esempio 10

f) Direzioni e momenti d’inerzia principali centrali tan(2α ) = −

2 × 231,3875 = +2,572102518 , 1496.8209 − 1676,7418

1 2

da cui α = arctan(2.572102518) = 34°.377288365 = 34° 22' 38" ,238 . Essendo J x ' < J y ' , occorre considerare α = α + π / 2 = 1240 22' 38".238 . Infine, J ξ = 1.835,0414 cm 4 ,

Jη = 1338,5212 cm 4 ,

J ξη = 0,0000 cm 4 .

g) Raggi d’inerzia centrali ρξ = 5,462 cm ,

ρη = 4,665 cm .

h) Ellisse centrale d’inerzia L’ellisse ξ2 η2 + =1, 21,7646 29,8381

è rappresentata nella figura seguente

ξ

9.5

η

G

6.5

y x

O

3

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2002/2003

Geometria delle masse: esempio 10

i) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, x, y) P1 = [0,000 0,000] , P2 = [18,200 0,000] , P3 = [18,200 1,000] , P4 = [18,150 15,600] , P5 = [17,150 15,600] , P6 = [2,050 12,200] , P7 = [0,000 1,000] .

j) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, ξ, η) P1 = [− 0,039 11,504] , P2 = [− 10,316 − 3,517] , P3 = [− 9,490 − 4,082] , P4 = [2,588 − 12,284] , P5 = [3,152 − 11,459] , P6 = [8,872 2,923] , P7 = [0,786 10,939].

k) Nocciolo centrale d’inerzia nel riferimento (O, ξ, η) I punti V1− 2 = [2,752 − 2,581], V2−3 = [1,408 2,822] , V3− 4 = [1,404 2,834] , V4−5 = [− 1,980 1,857] , V5−6 = [− 2,823 1,539] , V6−7 = [− 1,841 − 2,546] , V7 −1 = [− 1,297 − 2,600]

sono i vertici del nocciolo centrale d’inerzia rappresentato in figura P5

P4

P6

ξ

9.5

G

η

6.5

P7

P3

P1=O

P2

4

Università degli Studi di Pisa Anno Accademico 2002/2003 Corso di Laurea in Ingegneria Edile (Nuovo Ordinamento) Insegnamento di SCIENZA DELLE COSTRUZIONI (12 CFU) Docente: Ing. Salvatore Sergio Ligarò (per segnalazioni e suggerimenti contattare [email protected]) Parte I)

GEOMETRIA DELLE MASSE

TEMA 11 La figura riporta la sezione di un pilastro in cemento armato tradizionale composta da tre elementi esterni rettangolari uniti fra loro da un elemento interno triangolare.

80

70

30

y x

60

O

50

Utilizzando come unità di misura il cm, 1. 2. 3. 4.

calcolare le caratteristiche inerziali della sezione; disegnare l’ellisse centrale d’inerzia; disegnare la convessificata; disegnare il nocciolo centrale d’inerzia.

NOTA: Le lunghezze riportate in figura sono espresse in centimetri.

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2002/2003

Geometria delle masse: esempio 11

SOLUZIONE: (Prova dell’21 Luglio 2003) Numeriamo i vertici della sezione partendo da uno qualunque di essi e procedendo in senso orario. Allo stesso modo numeriamo i lati. 4 3 80

3

4 70

5

5

6

y x O

8

8

1

7

7

60

2

6

30

2

9

1 9 50

Utilizzando il riferimento (O, x, y) indicato in figura, costruiamo le due matrici: Nodo 1 2 3 4 5 6 7 8 9

X (cm) 0.00 0.00 -41.16 8.90 50.00 120.00 120.00 50.00 50.00

Y (cm) -60.00 0.00 68.60 98.60 30.00 30.00 0.00 0.00 -60.00

Asta c d e f g h i j k

Matrice delle coordinate nodali

Nodo iniziale Nodo finale

1 2 3 4 5 6 7 8 9

2 3 4 5 6 7 8 9 1

Matrice delle incidenze

2

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2002/2003

Geometria delle masse: esempio 11

m

DX4

DX3

DX2

DX1

DY1

Lato

Escludendo dall’analisi i lati verticali (DX1=0.0) ed il lato i (m=0.0 e q=0.0), otteniamo i valori delle grandezze ausiliarie

d 68,6 -41,2 847,07 -23243,678 717532,3285 e 30,0 50,1 -807,47 23478,667 -715963,7725 f -68,6 41,1 1210,40 41431,677 1560931,4440 g 0,0 70,0 5950,00 534333,333 50277500,0000 k 0,0 -50,0 -1250,00 -41666,667 -1562500,0000

q

-1,6667 0,0000 0,5993 93,2664 -1,6691 113,4550 0,0000 30,0000 0,0000 -60,0000

Lato

e di quelle finali Ak

SXk

SYk

JXk

d -1411,79 -32282,886 38739,463 -1107302,9761 e 4185,02 176810,919 -61239,299 12869687,9473 f 2642,73 93022,726 68171,748 22015151,8342 g 2100,00 31500,000 178500,000 630000,0000 k 3000,00 -90000,000 75000,000 3600000,0000 10515,96 179050,76 299171,91 17864705,0902

JYk

JXYk

-1195887,2142 1760707,3958 2095280,1167 16030000,0000 2500000,0000 21190100,2983

996572,6785 -2328205,3678 2118596,6536 2677500,0000 -2250000,0000 1214463,9642

Risultano, in definitiva, a) Area della sezione A = 10.515,96 cm 2 .

b) Momenti statici S x = 179.050,760 cm3 ,

S y = 299.171,910 cm3 .

c) Posizione del baricentro xG =

Sy A

=

299.171,910 ≅ 28,45 cm , 10.515,96

yG =

S x 179.050,760 = ≅ 17,03 cm . 10.515,96 A

d) Momenti del second’ordine rispetto al riferimento (O, x, y) J x = 1786.4705,0902 cm 4 ,

J y = 2119.0100,2983 cm 4 ,

J xy = 121.4463,9642 cm 4 .

e) Momenti rispetto agli assi paralleli baricentrici (G, x’, y’) J x ' = 1481.6083,7120 cm 4 ,

J y ' = 1267.8861,2163 cm 4 , 3

J x ' y ' = −387.9409,3577 cm 4 .

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2002/2003

Geometria delle masse: esempio 11

f) Direzioni e momenti d’inerzia principali centrali tan(2α ) = −

2 × (−387.9409,3577) = +3,6303280 , 1481.6083,7120 − 1267.8861,2163 1 2

da cui α = arctan(3.6303280) = 37°.2996 = 37° 17' 58" , 87 . Infine, J ξ = 1777.1369,4514 cm 4 ,

Jη = 972.3575,4769 cm 4 ,

g) Raggi d’inerzia centrali ρξ = 41,11 cm ,

ρη = 30,41cm .

h) Ellisse centrale d’inerzia L’ellisse ξ2 η2 + = 1, 924,6464 1689,9417

è rappresentata nella figura seguente

η ξ

G

x

17

y

28,45

O

4

J ξη = 0,0000 cm 4 .

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2002/2003

Geometria delle masse: esempio 11

i) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, x, y) P1 = [0,00 − 60,00] ,

P2 = [50,00 − 60,00] ,

P4 = [120,00 30,00],

P5 = [8,90 98,60] ,

P3 = [120,00 0,00] , P6 = [− 41,16 68,60] .

j) Contorno della sezione convessificata nel riferimento (O, ξ, η) P1 = [− 69,308 − 44,023] ,

P2 = [− 29,534 − 74,332] ,

P3 = [62,509 − 69,023],

P4 = [80,688 − 45,158] ,

P5 = [33,881 76,736] ,

P6 = [− 24,120 83,208] .

k) Nocciolo centrale d’inerzia nel riferimento (O, ξ, η) I punti V1− 2 = [7,274 17,452] ,

V2−3 = [− 0.734 23,268] ,

V3− 4 = [− 8.034 11,186] ,

V4−5 = [− 14,596 − 10,244] , V5−6 = [− 1,281 − 20,989] , V6−1 = [17 ,228 − 11,182] ,

sono i vertici del nocciolo centrale d’inerzia rappresentato in figura P5

P6

η ξ P4 28,45 x

G 17

y

P3

O

P1=O

P2

5

Università degli Studi di Pisa Anno Accademico 2001/2002 Corso di Laurea in Ingegneria Edile (Nuovo Ordinamento)

Insegnamento di SCIENZA DELLE COSTRUZIONI (12 CFU) Docente: Ing. Salvatore Sergio Ligarò (per segnalazioni e suggerimenti contattare [email protected])

Parte II)

CINEMATICA DEI SISTEMI DI TRAVI

TEMA 1 Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura L/2

L/2

H/2

y, v

H/2

x, u O

1. 2. 3. 4.

descrivere le prestazioni cinematiche dei vincoli e delle connessioni; classificare il sistema mediante il computo dei vincoli; classificare il sistema mediante il computo dei gradi di libertà; costruire la matrice cinematica e verificare l’efficacia dei vincoli.

Salvatore Sergio Ligarò

Cinematica e statica dei sistemi di travi rigide: Esempio 1

SOLUZIONE:

Inseriamo un numero sufficiente di sezioni al fine di isolare i punti di discontinuità (di vincolo e geometriche) del sistema. Al termine di tale operazione, s’individuano le travi c, d, e e f, ed i nodi A, B, C, D ed E, connessi fra loro e coi vincoli nel modo indicato nella figura seguente. L/2

B

3

2

L/2 4

2

5

3

6

D 7

C

1

H/2

1

A

4 y, v

H/2 8

x, u

E

O

1. Prestazioni cinematiche delle connessioni e dei vincoli Il sistema risulta dall’assemblaggio delle travi rigide c, d, e e f mostrate in figura, vincolate al suolo e tra di loro mediante i seguenti dispositivi: u1 = u A = 0  v1 = v A = 0 θ = θ ≥0 A  1

m1 = 2 ,

Connessione 2-3

 u 2 − u3 = 0   v2 − v3 = 0 θ − θ = 0 3  2

m2−3 = 3 ,

Connessione 4-5

u4 − u5 = 0   v4 − v5 ≥ 0 θ − θ = 0  4 5

m4−5 = 2 ,

Vincolo 1

2

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.)

Connessione 6-7

Vincolo 8

Anno Accademico 2001/2002

u6 − u7 = 0   v6 − v7 = 0 θ − θ = 0 7  6  u8 = uE ≥ 0   v8 = vE = 0 θ = θ ≥0 E  8

m6−7 = 3 ,

m8 = 1 ,

dove gli spostamenti sono valutati nel sistema di riferimento (O, x, y). Le prestazioni cinematiche (molteplicità) di ciascun dispositivo sono indicate sulla destra. Le relazioni precedenti prendono il nome di equazioni di compatibilità cinematica esterna. In particolare, quelle riguardanti le connessioni si chiamano condizioni di raccordo, mentre quelle riguardanti i vincoli si chiamano condizioni al contorno. 2. Classificazione del sistema mediante il computo dei vincoli a1) metodo generale (trave per trave o aste per asta) Il sistema piano è ottenuto connettendo le quattro travi elastiche c, d, e e f fra loro e coi vincoli come mostrato in figura. In assenza di vincoli e connessioni, il sistema avrebbe 3 x 4 = 12 gradi di libertà. D’altra parte: per cui m2−3 = 3 ; • la connessione 2-3 è tripla ( u2 = u3 , v2 = v3 , θ 2 = θ3 ), • la connessione 4-5 è doppia ( u4 = u5 , θ 4 = θ5 ), per cui m4−5 = 2 ; • la connessione 6-7 è tripla ( u 6 = u 7 , v6 = v7 , θ 6 = θ 7 ), per cui m6−7 = 3 ; • la cerniera fissa in A è un vincolo doppio ( u A = 0 , v A = 0 ), per cui m A = 2 ; • la cerniera mobile (carrello) in E è un vincolo semplice ( vE = 0 ), per cui mE = 1 ; cosicché il grado complessivo di vincolo del sistema è 13. Pertanto, se i vincoli sono indipendenti (efficaci), il sistema dato è al più un cinematismo ad un grado di libertà (meccanismo). a2) metodo sintetico (parte per parte) Il sistema piano è ottenuto connettendo fra loro e coi vincoli le due parti I = [c+d] e II = [e+f] nel modo illustrato in figura. In assenza di vincoli e connessioni il sistema avrebbe 6 gradi di libertà. D’altronde: per cui m4−5 = 2 ; • la connessione 4-5 è doppia ( u 4 = u 5 , θ 4 = θ5 ), • la cerniera fissa in A è un vincolo doppio ( u A = 0 , v A = 0 ), per cui m A = 2 ; • la cerniera mobile (carrello) in E è un vincolo semplice ( v E = 0 ), per cui m E = 1 ; cosicché il grado complessivo di vincolo del sistema è 5. Pertanto, se i vincoli sono indipendenti (efficaci), il sistema dato è al più un cinematismo ad un grado di libertà (meccanismo). 3

Salvatore Sergio Ligarò

Cinematica e statica dei sistemi di travi rigide: Esempio 1

3. Classificazione del sistema mediante il computo dei gradi di libertà • • •

La connessione doppia 4-5 permette lo spostamento relativo ∆v 4−5 = v 4 − v5 ; la cerniera fissa in A permette la rotazione assoluta θ A ; il carrello in E permette lo spostamento assoluto u E e la rotazione assoluta θ E . Introdotti quattro vincoli semplici per sopprimere i gradi di libertà descritti, si ottiene una struttura costituita da una maglia chiusa esterna a cui compete un grado di iperstaticità pari a tre; pertanto, se i vincoli sono efficaci, il sistema dato è un cinematismo ad un grado di libertà (meccanismo). 4. Matrice cinematica Per accertarsi dell’efficacia dei vincoli occorre verificare che le relazioni precedenti siano linearmente indipendenti. Per fare ciò occorre costruire la matrice cinematica del sistema e calcolarne il rango. Tali operazioni possono essere effettuate in molti modi. • Procedimento generale (implementabile in un codice di calcolo automatico) In tale metodo il componente elementare è la trave. Scelto per ciascuna trave un punto rappresentativo (polo), coincidente per ragioni di convenienza col baricentro di una delle sezioni estreme, risultano immediatamente definite le incognite cinematiche del problema, coincidendo queste con le componenti planari dello spostamento dei poli e con le rotazioni assolute delle sezioni che li contengono. Per il problema in esame, tali incognite sono riportate nella colonna 3 della tabella seguente: Trave

P

δP

δQ

Q

u2 = u1 − ( y2 − y1 ) ⋅ θ1 = u1 − H 2 ⋅ θ1

u1

c d e f

1 3 5 8

v1

2

v2 = v1 + ( x2 − x1 ) ⋅ θ1 = v1

θ1

θ 2 = θ1

u3

u 4 = u 3 − ( y 4 − y3 ) ⋅ θ 3 = u 3

v3

4

v4 = v3 + ( x4 − x3 ) ⋅ θ3 = v3 + L 2 ⋅ θ3

θ3

θ 4 = θ3

u5

u 6 = u 5 − ( y 6 − y5 ) ⋅ θ 5 = u 5

v5

6

v6 = v5 + ( x6 − x5 ) ⋅ θ5 = v5 + L 2 ⋅ θ5

θ5

θ 6 = θ5

u5

u7 = u8 − ( y7 − y8 ) ⋅ θ8 = u8 − H ⋅ θ8

v5

7

v7 = v8 + ( x7 − x8 ) ⋅ θ8 = v8

θ5

θ 7 = θ8 4

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.)

Anno Accademico 2001/2002

Nella colonna 4 sono indicate le sezioni ausiliarie, ossia, quelle sezioni che occorre considerare per scrivere le relazioni di connessione mutua fra travi diverse. Nella colonna 5, infine, sono riportate le espressioni delle componenti di spostamento delle sezioni ausiliarie in funzione delle componenti di spostamento del polo corrispondente. Tali relazioni esprimono il vincolo di rigidità fra punti materiali nell’ipotesi di spostamenti infinitesimi e prendono il nome di equazioni di compatibilità cinematica interna. Tenuto conto di tali espressioni, le equazioni di compatibilità cinematica risultano: Vincolo 1

u1 = u A = 0   v1 = v A = 0

Connessione 2-3

 u 2 − u3 = 0   v2 − v3 = 0 θ − θ = 0 3  2

⇒

u A − H 2 ⋅ θ A − u3 = 0  v A − v3 = 0  θ A − θ3 = 0

Connessione 4-5

 u 4 − u5 = 0  θ 4 − θ5 = 0

⇒

 u3 − u5 = 0  θ3 − θ5 = 0

Connessione 6-7

u6 − u7 = 0   v6 − v7 = 0 θ − θ = 0 7  6

⇒

u5 − u8 + H ⋅ θ E = 0  v5 + L 2 ⋅ θ5 − vE = 0  θ5 − θ E = 0

Vincolo 8

vE = 0 .

Il sistema lineare ed omogeneo cui da luogo l’insieme delle equazioni algebriche precedenti può essere scritto in notazione matriciale come: 1 0  1  0 0  0 0  0 0  0  0

ovvero

u A  0 0 0 0 0    0  vA 0 0 0 0 0    0 θ A  0 0 0 0 0    0   u3   0 0 0 0 0    0   v3  0 0 0 0 0    0   θ 3    0 0 0 0 0  ⋅   = 0  u5 0 − 1 0 0 0    0    v5    0 0 − 1 0 H    0  θ5 1 L / 2 0 − 1 0    0   u E    0 1 0 0 − 1   0  vE   0 0 0 1 0    0  θ E 

0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 − H / 2 −1 0 0 0 1 0 0 −1 0 0 0 1 0 0 −1 0 0 0 1 0 0 −1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

C δ = 0,

dove C è la matrice cinematica del sistema di travi e δ il vettore degli spostamenti incogniti. 5

Salvatore Sergio Ligarò

Cinematica e statica dei sistemi di travi rigide: Esempio 1

Per la compatibilità del sistema, la caratteristica della matrice incompleta deve essere uguale a quella della matrice completa. Ciò si verifica certamente in quanto il vettore dei termini noti è nullo e quindi non in grado di modificare il rango della matrice incompleta. Pertanto, il sistema ammette sempre la soluzione banale, δ = 0 , che definisce la configurazione di riferimento. Per verificare se esistono altre soluzioni, occorre calcolare il rango k della matrice incompleta, operazione generalmente laboriosa date le dimensioni che il sistema può raggiungere nelle applicazioni pratiche. Nel caso in esame tale operazione risulta non necessaria dal momento che con semplici operazioni riga ed operazioni colonna (combinazioni lineari fra righe o fra colonne), si deduce facilmente che il determinante della matrice costruita con le prime undici righe e colonne della matrice incompleta vale –1. Pertanto, il rango della matrice incompleta è k = 11. Posto ad esempio θ 8 = ϕ , si ottengono le ∞1 soluzioni dipendenti dal parametro ϕ: Polo 1 ≡ A

uA = 0

vA = 0

H ϕ v3 = 0 2 H L Polo 5 u5 = − ϕ v5 = − ϕ 2 2 H Polo 8 ≡ E u E = ϕ vE = 0 2 u3 = −

Polo 3

θA = ϕ θ3 = ϕ θ5 = ϕ θE = ϕ

cui corrispondono configurazioni attuali del tipo rappresentato in figura.

φ

• Procedimento semplificato Un modo più spedito per verificare l’efficacia dei vincoli del sistema, consiste nel riguardare il sistema di travi come costituito dall’assemblaggio di più parti rigide anziché di travi, ciascuna parte essendo ottenuta connettendo fra loro due o più travi semplici. 6

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.)

Anno Accademico 2001/2002

Ciò è molto utile poiché permette di non dovere considerare fra le equazioni di compatibilità esterna le relazioni che esprimono le connessioni triple fra le travi. In sostanza, scelto per ciascuna parte un punto rappresentativo (polo), le incognite cinematiche del problema sono quelle riportate nella colonna 3 della tabella seguente: Parte

δP

P

δQ

Q

u4 = u1 − ( y4 − y1 ) ⋅ θ1 = u1 − H 2 ⋅ θ1

u1

c+d e+f

1

4

v1

8

v 4 = v1 + ( x 4 − x1 ) ⋅ θ1 = v1 + L / 2 ⋅ θ1

θ1

θ 4 = θ1

u8

u5 = u8 − ( y5 − y8 ) ⋅ θ8 = u8 − H ⋅ θ8

5

v8

v5 = v8 + ( x5 − x8 ) ⋅ θ8 = v8 − L / 2 ⋅ θ8

θ8

θ 5 = θ8

Le relazioni di compatibilità cinematica si scrivono: Vincolo 1

u1 = u A = 0   v1 = v A = 0  u 4 − u5 = 0  θ 4 − θ5 = 0

Connessione [c+d]-[e+f] Vincolo 8

u A − H 2 ⋅ θ A − u E + H ⋅ θ E = 0  θ A − θ E = 0

⇒

v8 = vE = 0 .

L’insieme delle equazioni algebriche precedenti scritto in notazione matriciale diviene: 1  0  1  0  0

0

0

0

0

1

0

0

0

0 − H / 2 −1 0 0

1

0

0

0

0

0

1

u A  0    0   vA    0    0  θ A    H  ⋅   = 0 ,  u E    − 1   0   vE    0    0 θ   E

ovvero C δ = 0,

dove la matrice cinematica 1 0  C = 1  0 0

0 0 0 1 0 0 0 − H / 2 −1 0 1 0 0 0 0 7

0 0 0 0  0 H,  0 − 1 1 0 

Salvatore Sergio Ligarò

Cinematica e statica dei sistemi di travi rigide: Esempio 1

è di ordine inferiore rispetto al caso precedente e la sua caratteristica ( k = 5 ) è di più facile deduzione. Tutte le considerazioni svolte in precedenza valgono integralmente. • Procedimento sintetico (per virtuosi) Una semplificazione ancor più rilevante si ottiene inserendo subito le condizioni di vincolo nelle equazioni di compatibilità cinematica interna. Per il problema in esame, si ottiene: Parte

P

δP

δQ

Q

u 4 = −( y4 − y1 ) ⋅ θ1 = − H 2 ⋅ θ A

0

c+d e+f

1 8

4

0

v4 = + ( x4 − x1 ) ⋅ θ1 = + L / 2 ⋅ θ A

θ1

θ4 = θ A

u8

u5 = u8 − ( y5 − y8 ) ⋅ θ8 = u E − H ⋅ θ E

5

0

v5 = ( x5 − x8 ) ⋅ θ8 = − L / 2 ⋅ θ E

θ8

θ5 = θ E

La compatibilità cinematica del sistema è quindi assicurata dal sistema delle due sole equazioni Connessione [c+d]-[e+f]

 u 4 − u5 = 0  θ 4 − θ5 = 0

⇒

− H 2 ⋅ θ A − u E + H ⋅ θ E = 0  θ A − θ E = 0

nelle tre incognite θ1 , u E e θ E . Tale sistema scritto in notazione matriciale diviene: θ A   − H / 2 − 1 + H    0    ⋅ u E  =   , 0 − 1    0  1 θ E 

per cui la matrice cinematica si riduce a − H / 2 − 1 H  C= 0 − 1  1

e la sua caratteristica ( k = 2 ) è di immediata deduzione. Più semplicemente, posto θ A = θ E = ϕ , la prima equazione fornisce la soluzione uE =

H ϕ. 2

8

Università degli Studi di Pisa Anno Accademico 2001/2002 Corso di Laurea in Ingegneria Edile (Nuovo Ordinamento)

Insegnamento di SCIENZA DELLE COSTRUZIONI (12 CFU) Docente: Ing. Salvatore Sergio Ligarò (per segnalazioni e suggerimenti contattare [email protected])

Parte II)

CINEMATICA DEI SISTEMI DI TRAVI

TEMA 2 Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura

L

2

1

y

L 3

2

1

4

α

O

x

1. descrivere le prestazioni cinematiche dei vincoli e delle connessioni; 2. classificare il sistema mediante il computo dei vincoli; 3. costruire la matrice cinematica e verificare l’efficacia dei vincoli.

H

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Cinematica dei sistemi di travi

SOLUZIONE:

a) Prestazioni cinematiche dei vincoli e delle connessioni Il sistema risulta dall’assemblaggio delle travi rigide c e d mostrate in figura, vincolate al suolo e tra di loro mediante i seguenti dispositivi: Vincolo 1

u1 = λ1 sin α  v1 = −λ1 cos α θ = 0  1

m1 = 2 ,

dove sin α = H / L2 + H 2 , cos α = L / L2 + H 2 , mentre λ1 = δ 1 = u12 + v12 ≥ 0 . Connessione 2-3

Vincolo 4

u2 − u3 = 0  v2 − v3 = 0  θ −θ ≥ 0  2 3

m2−3 = 2 ,

 u4 ≥ 0   v4 = 0 θ ≥0  4

m4 = 1 .

Gli spostamenti sono valutati nel sistema di riferimento (O, x, y). b) Computo dei vincoli Poiché il numero di travi è t = 2, in assenza di vincoli e connessioni i gradi di libertà del sistema risulterebbero: g = 3⋅t = 3⋅ 2 = 6 .

D’altra parte, se i vincoli e le connessioni fossero indipendenti (vincoli efficaci), il grado di vincolo del sistema risulterebbe: v = m1 + m2−3 + m4 = 2 + 2 + 1 = 5 ,

per cui il sistema di travi dato può essere (al più) un cinematismo ad un grado di libertà, ossia, un meccanismo. c) Matrice cinematica Per accertare l’efficacia dei vincoli occorre costruire la matrice cinematica e calcolarne il rango. A tal fine utilizziamo il procedimento sintetico inserendo immediatamente le condizioni di vincolo nelle equazioni di compatibilità interna. Scelto un polo per ciascuna trave, le incognite cinematiche del problema sono riportate nella colonna 3 della tabella seguente. Nella colonna 4 sono indicate le sezioni ausiliarie, mentre nella colonna 5 sono riportate le espressioni delle componenti di spostamento corrispondenti.

2

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Trave

δP

P

Cinematica dei sistemi di travi

δQ

Q

u 2 = u1 − ( y 2 − y1 ) ⋅ θ1 = u1 − H ⋅ θ1 = u1

u1

c d

1

2

v1

4

v2 = v1 + ( x2 − x1 ) ⋅ θ1 = v1 + L ⋅ θ1 = v1 = − L / H ⋅ u1

θ1

θ 2 = θ1

u4

u 3 = u 4 − ( y3 − y 4 ) ⋅ θ 4 = u 4 − H ⋅ θ 4

3

v4

v3 = v4 + ( x3 − x4 ) ⋅ θ 4 = − L ⋅ θ 4 θ3 = θ 4

θ4

Le equazioni di compatibilità cinematica si riducono alle sole due equazioni di raccordo: Connessione 2-3

u 2 − u3 = 0   v2 − v3 = 0

u1 − u 4 + H ⋅ θ 4 = 0 ,  − u / H + θ = 0 4  1

⇒

nelle tre incognite essenziali u1 , u 4 e θ 4 . Posto θ 4 = ϕ , si ottiene immediatamente la soluzione u1 = H ⋅ ϕ ed u4 = 2 H ⋅ ϕ .

Il precedente sistema algebrico, lineare ed omogeneo, di due equazioni in tre incognite, scritto in notazione matriciale diviene: 1 − 1 / H 

−1 0

H 1

u1     0   ⋅ u 4  = 0 ,  θ     4

ovvero, C δ = 0 , dove C è la matrice cinematica del sistema e δ il vettore degli spostamenti incogniti. Posto θ 4 = ϕ , si ottengono le ∞ soluzioni: Polo 1 Polo 4

u1 = H ⋅ ϕ v1 = − L ⋅ ϕ u 4 = 2 H ⋅ ϕ v4 = 0

θ1 = 0 θ4 = ϕ

cui corrispondono configurazioni variate del tipo rappresentato in figura

1 ∆

2 θ4

dove ∆ = u1 = H ⋅ ϕ .

3

2∆

Università degli Studi di Pisa Anno Accademico 2001/2002 Corso di Laurea in Ingegneria Edile (Nuovo Ordinamento)

Insegnamento di SCIENZA DELLE COSTRUZIONI (12 CFU) Docente: Ing. Salvatore Sergio Ligarò (per segnalazioni e suggerimenti contattare [email protected])

Parte II)

CINEMATICA DEI SISTEMI DI TRAVI

TEMA 3 Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura, con le travi orizzontali tutte di uguale lunghezza L e quelle verticali tutte di lunghezza H, L 3

2

L

2

4

5

L

3

6

7

4

1 8 9

1

11

O

6

12

13

L

7

14 17

9

H

L 18

19

15

y

x

L

10

20 21

5

8

11

10

16

22

1. descrivere le prestazioni cinematiche dei vincoli e delle connessioni; 2. classificare il sistema mediante il computo dei vincoli; 3. costruire la matrice cinematica e verificare l’efficacia dei vincoli.

H

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Cinematica dei sistemi di travi

SOLUZIONE:

(NOTA: Fra gli obiettivi didattici più immediati di questo esempio ricordiamo:

1. impaurire gli studenti; 2. fare un po’ di pratica con la scrittura delle equazioni di compatibilità cinematica, interna ed esterna; 3. distinguere fra condizioni al contorno e condizioni di raccordo; 4. capire il significato di equazioni di congruenza e ricordare la loro provenienza; 5. capire che è del tutto arbitraria la suddivisione del sistema in travi od in parti; 6. capire che è del tutto indifferente la scelta sia del numero che della posizione delle sezioni ausiliarie; 7. capire che è del tutto arbitraria la scelta dei poli.)

• Procedimento generale 1. Prestazioni cinematiche dei vincoli e delle connessioni Il sistema risulta dall’assemblaggio delle travi rigide c, d, e, f, g, h, i, j, k, l e (11) mostrate in figura, vincolate al suolo e tra di loro mediante i seguenti dispositivi: Vincolo 1

u1 = 0  v1 = 0 θ ≥0  1

m1 = 2 ,

Connessione 2-3

 u 2 − u3 = 0   v2 − v3 = 0 θ − θ = 0 3  2

m2−3 = 3 ,

Connessione 4-5

Connessione 6-7

u4 − u5 = 0   v4 − v5 ≥ 0 θ − θ = 0  4 5 u6 − u7 = 0   v6 − v7 = 0 θ − θ = 0 7  6

m4−5 = 2 ,

m6−7 = 3 ,

Connessione 8-9-11

u8 − u9 = 0 v − v = 0  8 9 θ8 − θ9 = 0  u8 − u11 = 0 v8 − v11 = 0  θ8 − θ11 = 0

m8−9−11 = 6 ,

Vincolo 10

 u10 ≥ 0   v10 = 0 θ ≥0  10

m10 = 1 ,

Connessione 12-13

u12 − u13 = 0  v12 − v13 = 0  θ −θ ≥ 0  12 13

m12−13 = 2 ,

2

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Cinematica dei sistemi di travi

Connessione 14-15-17

u14 − u15 = 0 v − v = 0  14 15 θ14 − θ15 = 0  u14 − u17 = 0 v14 − v17 = 0  θ14 − θ17 = 0

m14−15−17 = 6 ,

Vincolo 16

 u16 ≥ 0   v16 = 0 θ ≥0  16

m16 = 1 ,

Connessione 18-19

u18 − u19 = 0  v18 − v19 = 0  θ −θ ≥ 0  18 19

m18−19 = 2 ,

Connessione 20-21

u 20 − u 21 = 0   v20 − v21 = 0 θ − θ = 0 21  20

m20− 21 = 3 ,

Vincolo 22

u22 = 0  v22 = 0 θ ≥0  22

m22 = 2 ,

dove gli spostamenti sono valutati nel sistema di riferimento (O, x, y). Tali relazioni prendono il nome di equazioni di compatibilità cinematica esterna; più in particolare, quelle di vincolo sono chiamate condizioni al contorno (del problema cinematico), mentre le relazioni di connessione sono dette condizioni di raccordo. Accanto a ciascun gruppo di relazioni è riportata la prestazione cinematica (molteplicità) del dispositivo a cui si riferiscono, m, ovvero il numero di gradi di libertà che il dispositivo sottrae al sistema di travi. 2. Computo dei vincoli Indichiamo con t il numero complessivo di travi (t = 11). Poiché a ciascuna di esse, riguardata come un corpo rigido libero di muoversi nel piano, corrispondono tre gradi di libertà, in assenza di vincoli e connessioni il numero complessivo di gradi di libertà del sistema risulta: g = 3 ⋅ t = 3 ⋅11 = 33 .

Sommando le molteplicità dei vincoli e delle connessioni si ottiene il numero complessivo di vincoli semplici applicati al sistema (grado di vincolo): v = m1 + m2−3 + m4−5 + m6−7 + m8−9−11 + m10 + m12−13 + m14−15−17 + m16 + m18−19 + m20− 21 + m22 = = 2 + 3 + 2 + 3 + 6 + 1 + 2 + 6 + 1 + 2 + 3 + 2 = 33

.

Pertanto, se i vincoli e le connessioni fossero fra loro indipendenti (vincoli efficaci) il sistema di travi dato sarebbe (al più) una struttura isostatica. 3

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Cinematica dei sistemi di travi

3. Matrice cinematica Per accertarsi dell’efficacia dei vincoli occorre verificare che le relazioni precedenti siano fra loro linearmente indipendenti. Per fare ciò si costruisce la matrice cinematica del sistema e se ne calcola il rango. A tal fine, scelto un polo per ciascuna trave, le incognite del problema cinematico risultano quelle riportate nella colonna 3 della tabella seguente: Trave

P

c

1

d

3

e

5

f

8

g

10

h

11

i

13

j

16

k

17

l

19

(11)

22

δP u1 v1 θ1 u3 v3 θ3 u5 v5 θ5 u8 v8 θ8 u10 v10 θ10 u11 v11 θ11 u13 v13 θ13 u16 v16 θ16 u17 v17 θ17 u19 v19 θ19 u 22 v22 θ 22

δQ

Q

u 2 = u1 − ( y2 − y1 ) ⋅ θ1 = u1 − H ⋅ θ1 v2 = v1 + ( x2 − x1 ) ⋅ θ1 = v1 θ 2 = θ1 u 4 = u 3 − ( y 4 − y3 ) ⋅ θ 3 = u 3 v4 = v3 + ( x4 − x3 ) ⋅ θ3 = v3 + L ⋅ θ3 θ 4 = θ3 u 6 = u 5 − ( y 6 − y5 ) ⋅ θ 5 = u 5 v6 = v5 + ( x6 − x5 ) ⋅ θ5 = v5 + L ⋅ θ5 θ 6 = θ5 u7 = u8 − ( y7 − y8 ) ⋅ θ8 = u8 − H ⋅ θ8 v7 = v8 + ( x7 − x8 ) ⋅ θ8 = v8 θ 7 = θ8 u9 = u10 − ( y9 − y10 ) ⋅ θ10 = u10 − H ⋅ θ10 v9 = v10 + ( x9 − x10 ) ⋅ θ10 = v10 θ9 = θ10 u12 = u11 − ( y12 − y11 ) ⋅ θ11 = u11 v12 = v11 + ( x12 − x11 ) ⋅ θ11 = v11 + L ⋅ θ11 θ12 = θ11 u14 = u13 − ( y14 − y13 ) ⋅ θ13 = u13 v14 = v13 + ( x14 − x13 ) ⋅ θ13 = v13 + L ⋅ θ13 θ14 = θ13 u15 = u16 − ( y15 − y16 ) ⋅ θ16 = u16 − H ⋅ θ16 v15 = v16 + ( x15 − x16 ) ⋅ θ16 = v16 θ15 = θ16 u18 = u17 − ( y18 − y17 ) ⋅ θ17 = u17 v18 = v17 + ( x18 − x17 ) ⋅ θ17 = v17 + L ⋅ θ17 θ18 = θ17 u20 = u19 − ( y20 − y19 ) ⋅ θ19 = u19 v20 = v19 + ( x20 − x19 ) ⋅ θ19 = v19 + L ⋅ θ19 θ 20 = θ19 u21 = u22 − ( y21 − y22 ) ⋅ θ 22 = u22 − H ⋅ θ 22 v21 = v22 + ( x21 − x22 ) ⋅ θ 22 = v22 θ 21 = θ 22

2 4 6 7 9 12 14 15 18 20 21

4

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Cinematica dei sistemi di travi

Nella colonna 4 sono indicate le sezioni ausiliarie, mentre nella successiva colonna 5 sono riportate le espressioni delle loro componenti di spostamento in funzione delle componenti di spostamento del polo corrispondente. Tali relazioni esprimono il vincolo di rigidità fra punti materiali nell’ipotesi di spostamenti infinitesimi e prendono il nome di equazioni di compatibilità cinematica interna o, più semplicemente, equazioni di congruenza. Tenuto conto di queste ultime espressioni, il sistema costituito dalle condizioni al contorno e dalle condizioni di raccordo può essere scritto in termini delle sole componenti di spostamento dei poli: ⇒

u1 = 0  v1 = 0

Connessione 2-3

 u 2 − u3 = 0   v2 − v3 = 0 θ − θ = 0 3  2

⇒

u1 − H ⋅ θ1 − u3 = 0  v1 − v3 = 0 θ − θ = 0  1 3

Connessione 4-5

 u 4 − u5 = 0  θ 4 − θ5 = 0

⇒

 u3 − u5 = 0  θ3 − θ5 = 0

Connessione 6-7

u6 − u7 = 0   v6 − v7 = 0 θ − θ = 0 7  6

⇒

u5 − u8 + H ⋅ θ8 = 0  v5 + L ⋅ θ5 − v8 = 0 θ − θ = 0  5 8

Connessione 8-9-11

u8 − u9 = 0 v − v = 0  8 9 θ8 − θ9 = 0  u8 − u11 = 0 v8 − v11 = 0  θ8 − θ11 = 0

⇒

u8 − u10 + H ⋅ θ10 = 0 v − v = 0  8 10 θ8 − θ10 = 0  u8 − u11 = 0 v8 − v11 = 0  θ8 − θ11 = 0

Vincolo 10

v10 = 0

⇒

v10 = 0

Connessione 12-13

u12 − u13 = 0   v12 − v13 = 0

⇒

u11 − u13 = 0  v11 + L ⋅ θ11 − v13 = 0

Connessione 14-15-17

u14 − u15 = 0 v − v = 0  14 15 θ14 − θ15 = 0  u14 − u17 = 0 v14 − v17 = 0  θ14 − θ17 = 0

⇒

u13 − u16 + H ⋅ θ16 = 0 v + L ⋅ θ − v = 0 13 16  13 θ13 − θ16 = 0  u13 − u17 = 0 v13 + L ⋅ θ13 − v17 = 0  θ13 − θ17 = 0

Vincolo 16

v16 = 0

⇒

v16 = 0

Connessione 18-19

u18 − u19 = 0   v18 − v19 = 0

⇒

u17 − u19 = 0  v17 + L ⋅ θ17 − v19 = 0

Vincolo 1

u1 = 0  v1 = 0

5

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Connessione 20-21 Vincolo 22

Cinematica dei sistemi di travi

u 20 − u 21 = 0   v20 − v21 = 0 θ − θ = 0 21  20 u22 = 0  v22 = 0

⇒

⇒

u19 − u22 + H ⋅ θ 22 = 0  v19 + L ⋅ θ19 − v22 = 0 θ − θ = 0 22  19 u22 = 0  v22 = 0

Il sistema lineare ed omogeneo costituito dalle precedenti le 33 equazioni algebriche nelle 33 incognite componenti di spostamento dei poli può essere scritto in notazione matriciale come: C δ = 0,

dove C è la matrice cinematica del sistema di travi e δ il vettore degli spostamenti incogniti. Per la compatibilità del sistema, la caratteristica della matrice incompleta deve essere uguale a quella della matrice completa. Ciò si verifica certamente in quanto il vettore dei termini noti è nullo e quindi non in grado di modificare il rango della matrice incompleta. Pertanto, il sistema ammette sempre la soluzione banale, δ = 0 , che definisce la configurazione di riferimento. Tale soluzione è anche unica se il determinante della matrice dei coefficienti è diverso da zero (k = 33). Tale possibilità sarà verificata in modo più agevole ai punti successivi.

• Procedimento semplificato 1. Prestazioni cinematiche dei vincoli e delle connessioni Il sistema risulta dall’assemblaggio delle parti rigide A = [c+d], B = [e+f+g+h], C = [i+j+k] e D = [l+ (11)] mostrate in figura, vincolate dai dispositivi: Vincolo 1

u1 = 0  v1 = 0 θ ≥0  1

m1 = 2 ,

Connessione A-B

u4 − u5 = 0   v4 − v5 ≥ 0 θ − θ = 0  4 5

m4−5 = 2 ,

Vincolo 10

 u10 ≥ 0   v10 = 0 θ ≥0  10

m10 = 1 ,

Connessione B-C

u12 − u13 = 0  v12 − v13 = 0  θ −θ ≥ 0  12 13

m12−13 = 2 ,

Vincolo 16

 u16 ≥ 0   v16 = 0 θ ≥0  16

m16 = 1 ,

6

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Cinematica dei sistemi di travi

Connessione C-D

u18 − u19 = 0  v18 − v19 = 0  θ −θ ≥ 0  18 19

m18−19 = 2 ,

Vincolo 22

u22 = 0  v22 = 0 θ ≥0  22

m22 = 2 .

2. Computo dei vincoli Indichiamo con p il numero di parti rigide (p = 4). Il numero complessivo di gradi di libertà del sistema risulta: g = 3 ⋅ p = 3 ⋅ 4 = 12 .

Sommando le molteplicità dei vincoli e delle connessioni si ottiene il grado di vincolo: v = m1 + m4−5 + m10 + m12−13 + m16 + m18−19 + m22 = 2 + 2 + 1 + 2 + 1 + 2 + 2 = 12 .

Pertanto, se i vincoli e le connessioni considerate fossero indipendenti (vincoli efficaci) il sistema di travi dato sarebbe (al più) una struttura isostatica. 3. Matrice cinematica Scelto un polo per ciascuna parte rigida, si può costruire la tabella seguente: Parte

A

P

δP

1

u1 v1 θ1 u10

B

10

u16

16

22

4 5 12 13

v16 θ16

D

u 4 = u1 − ( y4 − y1 ) ⋅ θ1 = u1 − H ⋅ θ1 v4 = v1 + ( x4 − x1 ) ⋅ θ1 = v1 + L ⋅ θ1 θ 4 = θ1 u5 = u10 − ( y5 − y10 ) ⋅ θ10 = u10 − 2 H ⋅ θ10 v5 = v10 + ( x5 − x10 ) ⋅ θ10 = v10 − L ⋅ θ10 θ5 = θ10 u12 = u10 − ( y12 − y10 ) ⋅ θ10 = u10 − H ⋅ θ10 v12 = v10 + ( x12 − x10 ) ⋅ θ10 = v10 + L ⋅ θ10 θ12 = θ10 u13 = u16 − ( y13 − y16 ) ⋅ θ16 = u16 − H ⋅ θ16 v13 = v16 + ( x13 − x16 ) ⋅ θ16 = v16 − L ⋅ θ16 θ13 = θ16 u18 = u16 − ( y18 − y16 ) ⋅ θ16 = u16 − H ⋅ θ16 v18 = v16 + ( x18 − x16 ) ⋅ θ16 = v16 + L ⋅ θ16 θ18 = θ16 u19 = u22 − ( y19 − y22 ) ⋅ θ 22 = u22 − H ⋅ θ 22 v19 = v22 + ( x19 − x22 ) ⋅ θ 22 = v22 − L ⋅ θ 22 θ19 = θ22

v10 θ10

C

δQ

Q

u 22 v22 θ 22

18 19

7

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Cinematica dei sistemi di travi

Nella colonna 4 sono indicate le sezioni ausiliarie necessarie per scrivere le condizioni di raccordo, mentre nella successiva colonna 5 sono riportate le equazioni di congruenza. Il sistema delle condizioni al contorno e delle condizioni di raccordo risulta: Vincolo 1

u1 = 0  v1 = 0

⇒

u1 = 0  v1 = 0

Connessione A-B

 u 4 − u5 = 0  θ 4 − θ5 = 0

⇒

u1 − H ⋅ θ1 − u10 + 2 H ⋅ θ10 = 0  θ1 − θ10 = 0

Vincolo 10

v10 = 0

⇒

v10 = 0

Connessione B-C

u12 − u13 = 0   v12 − v13 = 0

⇒

u10 − H ⋅ θ10 − u16 + H ⋅ θ16 = 0  v10 + L ⋅ θ10 − v16 + L ⋅ θ16 = 0

Vincolo 16

v16 = 0

⇒

v16 = 0

Connessione C-D

u18 − u19 = 0   v18 − v19 = 0

⇒

u16 − H ⋅ θ16 − u 22 + H ⋅ θ 22 = 0  v16 + L ⋅ θ16 − v22 + L ⋅ θ22 = 0

Vincolo 22

u22 = 0  v22 = 0

⇒

u22 = 0  v22 = 0

Il sistema precedente, lineare ed omogeneo, di 12 equazioni algebriche in 12 incognite scritto in notazione matriciale diviene:                  

1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 −H 1 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 −1 0 0 1 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0

0 0 2H −1 0 −H L 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 −1 0 0 1 0 0 0

0 0 0 0 0 0 −1 1 0 1 0 0

0 0 0 0 0 H L 0 −H L 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 −1 0 1 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 −1 0 1

0 0 0 0 0 0 0 0 H L 0 0

  u1  0   v  0    1     θ1   0         u10  0   v10  0       ⋅  θ10  = 0 ,   u  0    16      v16  0   θ  0    16     u 22  0        v 22  0  θ 22  0

ovvero, C δ = 0,

dove C è la matrice cinematica del sistema di travi e δ il vettore degli spostamenti incogniti. Il sistema ammette sempre la soluzione banale, δ = 0 , che definisce la configurazione di riferimento. Tale soluzione è anche unica poiché il determinante della matrice dei coefficienti è diverso da zero (k = 12).

8

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Cinematica dei sistemi di travi

• Procedimento sintetico 1. Matrice cinematica Inseriamo immediatamente le condizioni di vincolo in quelle di congruenza si ottiene: Parte

A

P

δP

1

u1 v1 θ1

10

5

v10

12

θ10 u16

C

16

13

v16

18

θ16

D

22

u 4 = u1 − ( y 4 − y1 ) ⋅ θ1 = − H ⋅ θ1 v 4 = v1 + ( x 4 − x1 ) ⋅ θ1 = L ⋅ θ1 θ 4 = θ1 u 5 = u10 − ( y 5 − y10 ) ⋅ θ10 = u10 − 2 H ⋅ θ10 v5 = v10 + ( x5 − x10 ) ⋅ θ10 = − L ⋅ θ10 θ5 = θ10 u12 = u10 − ( y12 − y10 ) ⋅ θ10 = u10 − H ⋅ θ10 v12 = v10 + ( x12 − x10 ) ⋅ θ10 = L ⋅ θ10 θ12 = θ10 u13 = u16 − ( y13 − y16 ) ⋅ θ16 = u16 − H ⋅ θ16 v13 = v16 + ( x13 − x16 ) ⋅ θ16 = − L ⋅ θ16 θ13 = θ16 u18 = u16 − ( y18 − y16 ) ⋅ θ16 = u16 − H ⋅ θ16 v18 = v16 + ( x18 − x16 ) ⋅ θ16 = L ⋅ θ16 θ18 = θ16 u19 = u22 − ( y19 − y22 ) ⋅ θ 22 = − H ⋅ θ 22 v19 = v22 + ( x19 − x22 ) ⋅ θ 22 = − L ⋅ θ 22 θ19 = θ22

4

u10

B

δQ

Q

u 22 v22 θ 22

19

Per cui la compatibilità cinematica del sistema è espressa delle condizioni di raccordo: Connessione A-B

 u 4 − u5 = 0  θ 4 − θ5 = 0

⇒

− H ⋅ θ1 − u10 + 2 H ⋅ θ10 = 0  θ1 − θ10 = 0

Connessione B-C

u12 − u13 = 0   v12 − v13 = 0

⇒

u10 − H ⋅ θ10 − u16 + H ⋅ θ16 = 0  θ10 + θ16 = 0

Connessione C-D

u18 − u19 = 0   v18 − v19 = 0

⇒

u16 − H ⋅ θ16 + H ⋅ θ22 = 0  θ16 + θ22 = 0

Tale sistema, lineare ed omogeneo, è ora costituito da 6 equazioni algebriche nelle 6 incognite essenziali del problema u10 , u16 , θ1 , θ10 , θ16 , θ22 . Posto θ16 = −ϕ e θ1 = θ10 = θ 22 = ϕ , si ottiene: − u10 − Hϕ + 2 Hϕ = 0  u10 − Hϕ − u16 − Hϕ = 0 , u + Hϕ + Hϕ = 0  16

un sistema lineare ed omogeneo che ha come unica soluzione quella banale (u10 = u16 = ϕ = 0) ; pertanto, il sistema di travi assegnato è una struttura isostatica.

9

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Insegnamento di SCIENZA DELLE COSTRUZIONI (12 CFU) Docente: Ing. Salvatore Sergio Ligarò (per segnalazioni e suggerimenti contattare [email protected])

Parte II)

CINEMATICA DEI SISTEMI DI TRAVI

TEMA 4 Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura L 2

H

7

4

L 8

9

4

1

2

3

1

3

5

y

O

x

1. descrivere le prestazioni cinematiche dei vincoli e delle connessioni; 2. classificare il sistema mediante il computo dei vincoli; 3. costruire la matrice cinematica e verificare l’efficacia dei vincoli.

6

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Cinematica dei sistemi di travi

SOLUZIONE:

a) Prestazioni cinematiche dei vincoli e delle connessioni Il sistema risulta dall’assemblaggio delle quattro parti rigide c, d, e e f mostrate in figura, vincolate al suolo e tra di loro mediante i seguenti dispositivi: Vincolo 1

u1 = 0  v1 = 0 θ ≥0  1

m1 = 2 ,

Vincolo 3

u3 = 0  v3 = 0 θ ≥0  3

m3 = 2 ,

Vincolo 5

Connessione c-f

u5 = 0  v5 = 0 θ ≥0  5 u7 = 0  v7 = 0 θ ≥0  7

m5 = 2 ,

m2−7 = 2 ,

Connessione d-f

u4 − u8 = 0  v4 − v8 = 0  θ −θ ≥ 0  4 8

m4−8 = 2 ,

Connessione e-f

u6 − u9 = 0  v6 − v9 = 0  θ −θ ≥ 0  6 9

m6−9 = 2 ,

Gli spostamenti sono valutati nel sistema di riferimento (O, x, y). b) Computo dei vincoli Poiché il numero di parti è p = 4, i gradi di libertà del sistema risultano: g = 3 ⋅ p = 3 ⋅ 4 = 12 . D’altra parte, se i vincoli e le connessioni fossero indipendenti (vincoli efficaci), il grado di vincolo del sistema risulterebbe: v = m1 + m3 + m5 + m2−7 + m4−8 + m6−9 = 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 = 12 ,

per cui il sistema di travi dato può essere (al più) una struttura isostatica.

2

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Cinematica dei sistemi di travi

c) Matrice cinematica Per verificare l’efficacia dei vincoli costruiamo la matrice cinematica e calcoliamone il rango. Seguendo il procedimento sintetico, inseriamo immediatamente le condizioni al contorno nelle equazioni di congruenza. Scelto un polo per ciascuna parte, le incognite del problema cinematico sono quelle riportate nella colonna 3 della tabella seguente: Parte

P

δP

δQ

Q

u2 = u1 − ( y2 − y1 ) ⋅ θ1 = u1 − H ⋅ θ1 = − H ⋅ θ1

u1

c d e

1 3 5

v1

2

v2 = v1 + ( x2 − x1 ) ⋅ θ1 = v1 = 0

θ1

θ 2 = θ1

u3

u 4 = u 3 − ( y 4 − y3 ) ⋅ θ 3 = u 3 − H ⋅ θ 3 = − H ⋅ θ 3

v3

4

v4 = v3 + ( x4 − x3 ) ⋅ θ3 = v3 = 0

θ3

θ 4 = θ3

u5

u 6 = u 5 − ( y 6 − y5 ) ⋅ θ 5 = u 5 − H ⋅ θ 5 = − H ⋅ θ 5

v5

6

v6 = v5 + ( x6 − x5 ) ⋅ θ5 = v5 = 0

θ5 u7

f

7

θ 6 = θ5 u8 = u7 − ( y8 − y7 ) ⋅ θ7 = u7

8

v8 = v7 + ( x8 − x7 ) ⋅ θ7 = v7 + L ⋅ θ7 θ8 = θ 7

v7 θ7

u 9 = u 7 − ( y9 − y 7 ) ⋅ θ 7 = u 7

9

v9 = v7 + ( x9 − x7 ) ⋅ θ7 = v7 + 2 L ⋅ θ7 θ9 = θ 7

Nella colonna 4 sono indicate le sezioni ausiliarie, mentre nella colonna 5 sono riportate le espressioni delle loro componenti di spostamento. Le equazioni di compatibilità cinematica si riducono alle equazioni di raccordo: Connessione c-f

u2 − u7 = 0   v2 − v7 = 0

 H θ1 + u7 = 0 ⇒ , v7 = 0

Connessione d-f

u4 − u8 = 0   v4 − v8 = 0

 H ⋅ θ 3 + u7 = 0 ⇒ , θ7 = 0

Connessione e-f

u6 − u9 = 0   v6 − v9 = 0

 H ⋅ θ5 + u 7 = 0 ⇒ . θ7 = 0

Tale sistema scritto in notazione matriciale diviene: 3

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

H 0  0  0 0   0

0

Cinematica dei sistemi di travi

H 0 0

0 0 H 0

1 1 1 0

0 0 0 1

0 0

0 0

0 0

0 0

0   θ1  0 0  θ3  0 0   θ 5  0  ⋅  =   0   u 7  0  1   v7  0      1  θ7  0

ovvero C δ = 0,

dove C è la matrice cinematica del sistema e δ il vettore degli spostamenti incogniti. Poiché il determinante della matrice incompleta è manifestamente nullo, il sistema di travi è labile. Posto u 7 = ∆ , si ottengono le ∞ soluzioni: θ1 = θ 3 = θ 5 =

∆ H

cui corrispondono configurazioni attuali del tipo rappresentato in figura.

4

1

2

4

3

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Insegnamento di SCIENZA DELLE COSTRUZIONI (12 CFU) Docente: Ing. Salvatore Sergio Ligarò (per segnalazioni e suggerimenti contattare [email protected])

Parte II)

CINEMATICA DEI SISTEMI DI TRAVI

TEMA 5 Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura L 8

7

H

2

4

1

2

1

3

y

4

L 9 6

3 60.0°

x O

1. descrivere le prestazioni cinematiche dei vincoli e delle connessioni; 2. classificare il sistema mediante il computo dei vincoli; 3. costruire la matrice cinematica e verificare l’efficacia dei vincoli.

5

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Cinematica dei sistemi di travi

SOLUZIONE:

a) Prestazioni cinematiche dei vincoli e delle connessioni Il sistema risulta dall’assemblaggio delle quattro parti rigide c, d, e e f mostrate in figura, vincolate al suolo e tra di loro mediante i seguenti dispositivi: Vincolo 1

u1 = 0  v1 = 0 θ ≥0  1

m1 = 2 ,

Vincolo 3

u3 = 0  v3 = 0 θ ≥0  3

m3 = 2 ,

Vincolo 5

u5 = 0  v5 = 0 θ ≥0  5

m5 = 2 ,

Connessione c-f

u2 − u7 = 0  v2 − v7 = 0  θ −θ ≥ 0  2 7

m2−7 = 2 ,

Connessione d-f

u4 − u8 = 0  v4 − v8 = 0  θ −θ ≥ 0  4 8

m4−8 = 2 ,

Connessione e-f

u6 − u9 = 0  v6 − v9 = 0  θ −θ ≥ 0  6 9

m6−9 = 2 ,

Gli spostamenti sono valutati nel sistema di riferimento (O, x, y). b) Computo dei vincoli Poiché il numero di parti è p = 4, i gradi di libertà del sistema risultano: g = 3 ⋅ p = 3 ⋅ 4 = 12 .

D’altra parte, se i vincoli e le connessioni fossero indipendenti (vincoli efficaci), il grado di vincolo del sistema risulterebbe: v = m1 + m3 + m5 + m2−7 + m4−8 + m6−9 = 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 = 12 ,

per cui il sistema di travi dato può essere (al più) una struttura isostatica.

2

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Cinematica dei sistemi di travi

c) Matrice cinematica Per verificare l’efficacia dei vincoli costruiamo la matrice cinematica e calcoliamone il rango. Seguendo il procedimento sintetico, inseriamo immediatamente le condizioni al contorno nelle equazioni di congruenza. Scelto un polo per ciascuna parte, le incognite del problema cinematico sono quelle riportate nella colonna 3 della tabella seguente: Parte

P

δP

δQ

Q

u2 = u1 − ( y2 − y1 ) ⋅ θ1 = u1 − H ⋅ θ1 = − H ⋅ θ1

u1

c d e

1 3 5

v1

2

v2 = v1 + ( x2 − x1 ) ⋅ θ1 = v1 = 0

θ1

θ 2 = θ1

u3

u 4 = u 3 − ( y 4 − y3 ) ⋅ θ 3 = u 3 − H ⋅ θ 3 = − H ⋅ θ 3

v3

4

v4 = v3 + ( x4 − x3 ) ⋅ θ3 = v3 = 0

θ3

θ 4 = θ3

u5

u 6 = u 5 − ( y 6 − y5 ) ⋅ θ 5 = u 5 − H ⋅ θ 5 = − H ⋅ θ 5

v5

6

v6 = v5 + ( x6 − x5 ) ⋅ θ5 = − H / 3 ⋅ θ5

θ5 u7

f

7

θ 6 = θ5 u8 = u7 − ( y8 − y7 ) ⋅ θ7 = u7

8

v8 = v7 + ( x8 − x7 ) ⋅ θ7 = v7 + L ⋅ θ7 θ8 = θ 7

v7 θ7

u 9 = u 7 − ( y9 − y 7 ) ⋅ θ 7 = u 7

9

v9 = v7 + ( x9 − x7 ) ⋅ θ7 = v7 + 2 L ⋅ θ7 θ9 = θ 7

Nella colonna 4 sono indicate le sezioni ausiliarie, mentre nella colonna 5 sono riportate le espressioni delle loro componenti di spostamento. Le equazioni di compatibilità cinematica si riducono alle equazioni di raccordo: Connessione c-f

u2 − u7 = 0   v2 − v7 = 0

 H θ1 + u7 = 0 ⇒ , v = 0  7

Connessione d-f

u4 − u8 = 0   v4 − v8 = 0

 H ⋅ θ 3 + u7 = 0 ⇒ , θ = 0  7

Connessione e-f

u6 − u9 = 0   v6 − v9 = 0

− H ⋅ θ 5 − u 7 = 0 ⇒ . − H / 3 ⋅ θ5 − v7 − 2 L ⋅ θ7 = 0

Tale sistema scritto in notazione matriciale diviene: 3

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

 H  0   0  0  0   0

0 0 H 0 0 0

0 0 0 0 H H/ 3

Cinematica dei sistemi di travi

1 0 1 0 1 0

0 1 0 0 0 1

0 0 0 1 0 2L

  θ1    θ  0    3  0   ⋅  θ 5  = 0    u 7  0    v7  0  θ  0   7

ovvero C δ = 0,

dove C è la matrice cinematica del sistema e δ il vettore degli spostamenti incogniti. Poiché il determinante della matrice incompleta è diverso da zero, il sistema di travi è una struttura isostatica. Pertanto, l’unica soluzione è δ=0 corrispondente alla configurazione iniziale.

4

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Insegnamento di SCIENZA DELLE COSTRUZIONI (12 CFU) Docente: Ing. Salvatore Sergio Ligarò (per segnalazioni e suggerimenti contattare [email protected])

Parte II)

CINEMATICA DEI SISTEMI DI TRAVI

TEMA 6 Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura L 2

1

H

y

O

4

2 60.0°

1

8

7

3

4

L 9

6

3 60.0°

x

1. descrivere le prestazioni cinematiche dei vincoli e delle connessioni; 2. classificare il sistema mediante il computo dei vincoli; 3. costruire la matrice cinematica e verificare l’efficacia dei vincoli.

5

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Cinematica dei sistemi di travi

SOLUZIONE:

a) Prestazioni cinematiche dei vincoli e delle connessioni Il sistema risulta dall’assemblaggio delle quattro parti rigide c, d, e e f mostrate in figura, vincolate al suolo e tra di loro mediante i seguenti dispositivi: Vincolo 1

u1 = 0  v1 = 0 θ ≥0  1

m1 = 2 ,

Vincolo 3

u3 = 0  v3 = 0 θ ≥0  3

m3 = 2 ,

Vincolo 5

u5 = 0  v5 = 0 θ ≥0  5

m5 = 2 ,

Connessione c-f

u2 − u7 = 0  v2 − v7 = 0  θ −θ ≥ 0  2 7

m2−7 = 2 ,

Connessione d-f

u4 − u8 = 0  v4 − v8 = 0  θ −θ ≥ 0  4 8

m4−8 = 2 ,

Connessione e-f

u6 − u9 = 0  v6 − v9 = 0  θ −θ ≥ 0  6 9

m6−9 = 2 ,

Gli spostamenti sono valutati nel sistema di riferimento (O, x, y). b) Computo dei vincoli Poiché il numero di parti è p = 4, i gradi di libertà del sistema risultano: g = 3 ⋅ p = 3 ⋅ 4 = 12 .

D’altra parte, se i vincoli e le connessioni fossero indipendenti (vincoli efficaci), il grado di vincolo del sistema risulterebbe: v = m1 + m3 + m5 + m2−7 + m4−8 + m6−9 = 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 = 12 ,

per cui il sistema di travi dato può essere (al più) una struttura isostatica.

2

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Cinematica dei sistemi di travi

c) Matrice cinematica Per verificare l’efficacia dei vincoli costruiamo la matrice cinematica e calcoliamone il rango. Seguendo il procedimento sintetico, inseriamo immediatamente le condizioni al contorno nelle equazioni di congruenza. Scelto un polo per ciascuna parte, le incognite del problema cinematico sono quelle riportate nella colonna 3 della tabella seguente: Parte

P

δP

δQ

Q

u2 = u1 − ( y2 − y1 ) ⋅ θ1 = u1 − H ⋅ θ1 = − H ⋅ θ1

u1

c d e

1 3 5

v1

2

v2 = v1 + ( x2 − x1 ) ⋅ θ1 = H / 3 ⋅ θ1

θ1

θ 2 = θ1

u3

u 4 = u 3 − ( y 4 − y3 ) ⋅ θ 3 = u 3 − H ⋅ θ 3 = − H ⋅ θ 3

v3

4

v4 = v3 + ( x4 − x3 ) ⋅ θ3 = v3 = 0

θ3

θ 4 = θ3

u5

u 6 = u 5 − ( y 6 − y5 ) ⋅ θ 5 = u 5 − H ⋅ θ 5 = − H ⋅ θ 5

v5

6

v6 = v5 + ( x6 − x5 ) ⋅ θ5 = − H / 3 ⋅ θ5

θ5 u7

f

7

θ 6 = θ5 u8 = u7 − ( y8 − y7 ) ⋅ θ7 = u7

8

v8 = v7 + ( x8 − x7 ) ⋅ θ7 = v7 + L ⋅ θ7 θ8 = θ 7

v7 θ7

u 9 = u 7 − ( y9 − y 7 ) ⋅ θ 7 = u 7

9

v9 = v7 + ( x9 − x7 ) ⋅ θ7 = v7 + 2 L ⋅ θ7 θ9 = θ 7

Nella colonna 4 sono indicate le sezioni ausiliarie, mentre nella colonna 5 sono riportate le espressioni delle loro componenti di spostamento. Le equazioni di compatibilità cinematica si riducono alle equazioni di raccordo: Connessione c-f

u2 − u7 = 0   v2 − v7 = 0

 H ⋅ θ1 + u7 = 0 ⇒ ,  H / 3 ⋅ θ1 − v7 = 0

Connessione d-f

u4 − u8 = 0   v4 − v8 = 0

 H ⋅ θ 3 + u7 = 0 ⇒ , v + L ⋅ θ = 0 7  7

Connessione e-f

u6 − u9 = 0   v6 − v9 = 0

 H ⋅ θ5 + u7 = 0 ⇒ .  H / 3 ⋅ θ5 + v7 + 2 L ⋅ θ7 = 0

Tale sistema scritto in notazione matriciale diviene: 3

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

 H H / 3   0  0  0   0

0 0 H 0 0 0

Cinematica dei sistemi di travi

0 0 0 0 H H/ 3

1 0 1 0 1 0

0 −1 0 1 0 1

0 0 0 L 0 2L

  θ1    θ  0    3  0   ⋅  θ 5  = 0    u 7  0    v7  0  θ  0   7

ovvero C δ = 0,

dove C è la matrice cinematica del sistema e δ il vettore degli spostamenti incogniti. Si verifica facilmente che il determinante della matrice incompleta è nullo. Pertanto, il sistema di travi dato è labile, in particolare un cinematismo ad un grado di libertà. Posto u7 = −∆ , si ottiene θ1 = θ3 = θ5 =

∆ , H

v7 = 3∆ ,

θ7 = −

3∆ L

cui corrispondono configurazioni del tipo rappresentato in figura.

4 5 1

2

3

4

Università degli Studi di Pisa Anno Accademico 2001/2002 Corso di Laurea in Ingegneria Edile (Nuovo Ordinamento)

Insegnamento di SCIENZA DELLE COSTRUZIONI (12 CFU) Docente: Ing. Salvatore Sergio Ligarò (per segnalazioni e suggerimenti contattare [email protected])

Parte II)

STATICA DEI SISTEMI DI TRAVI

TEMA 1 Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura L/2

2

3

2

L/2 4

5

3

6

7

1

H/2

1

4 y, v

H/2 x, u

8

O

1. determinarne il grado di iperstaticità attraverso il computo dei gradi di libertà.

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Statica dei sistemi di travi

SOLUZIONE:

Vincoli parziali: quando una sezione estrema di un sistema di travi è parzialmente vincolata o, addirittura, priva di vincoli (libera), qualche componente di spostamento assoluto del suo baricentro o la rotazione assoluta della stessa risulta possibile. Connessioni parziali: la stessa cosa avviene quando qualche sezione intermedia di un sistema di travi è parzialmente connessa o totalmente sconnessa (taglio completo). In tal caso, qualche componente di spostamento relativo fra i baricentri delle sezioni adiacenti o la rotazione relativa della stesse diviene possibile. Nel primo caso sono nulle le reazioni vincolari corrispondenti agli spostamenti e/o rotazioni assolute possibili, mentre nel secondo caso sono nulle le caratteristiche della sollecitazione corrispondenti agli spostamenti e/o rotazioni relative possibili. Diciamo che il sistema possiede dei gradi di libertà. Indichiamo con g il numero complessivo di vincoli che occorre introdurre nel sistema per sopprimere tutti i suoi possibili gradi di libertà. Al termine di tale operazione il sistema risulterà costituito da una o più maglie chiuse. Sia mi il numero di maglie interne, ovvero, maglie costituite da elementi appartenenti completamente al sistema, ed me il numero di maglie esterne , ovvero, maglie costituite da elementi appartenenti al sistema ed al supporto. Poiché a ciascuna maglia, corrisponde un grado di iperstaticità pari a tre, il grado complessivo di iperstaticità del sistema così modificato risulterebbe: v = 3 ⋅ (mi + me ) .

Pertanto, sottraendo il numero g di vincoli introdotti per rendere il sistema v volte iperstatico, si ottiene il grado di iperstaticità del sistema iniziale n = 3 ⋅ (mi + me ) − g .

Nel caso in esame (Vedi figura successiva), è g = 4 risultando cinematicamente compatibili gli spostamenti e rotazioni θ1 , ∆v4−5 , u8 e θ8 ; inoltre, mi = 0 , non essendoci alcuna maglia interna, ed me = 1 , poiché esiste una sola maglia esterna. Pertanto il grado di iperstaticità del sistema risulta: n = 3 ⋅ 1 − 4 = −1 < 0 ,

ovvero, il sistema è (almeno) una volta ipostatico (labile) per carenza di vincoli.

2

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Statica dei sistemi di travi

+1

+1

1

+2

3

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Parte II)

STATICA DEI SISTEMI DI TRAVI

TEMA 2 Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura: L 3

2

L

2

4

5

L

3

6

7

4

1 8 9

1

11

O

6

12

13

L

7

14 17 15

y

x

L

9

H

L 18

19

10

20 21

5

8

11

10

16

22

1. determinarne il grado di iperstaticità attraverso il computo dei gradi di libertà.

H

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Statica dei sistemi di travi

SOLUZIONE:

Il sistema è dotato dei seguenti di vincoli parziali • Cerniera in 1 ed in 22; • Carrello in 10 ed in 16; a cui corrispondono i gradi di libertà • spostamenti assoluti: u10 , u16 ; • rotazioni assolute: θ1 , θ10 , θ16 , θ 22 ; e delle seguenti connessioni parziali • •

Sconnessione T=0 in 4-5 Sconnessione M=0 in 12-13 ed in 18-19

a cui corrispondono i gradi di libertà • spostamenti relativi: ∆v4−5 = v5 − v4 ; • rotazioni relative: ∆θ12−13 = θ13 − θ12 , ∆θ18−19 = θ19 − θ18 . Il numero complessivo di vincoli che occorre aggiungere al sistema per eliminare tutti i possibili gradi di libertà risulta g = 9 . Al termine di tale operazione il sistema risulterà costituito dalle tre maglie chiuse esterne mostrate in figura +1

+1

+1

+1

2

3

1

+2

+2

Pertanto, se i vincoli sono indipendenti, il grado di iperstaticità risulta n = 3 × me − g = 3 × 3 − 9 = 0 ,

ovvero, il sistema è isostatico.

2

+1

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Parte II)

STATICA DEI SISTEMI DI TRAVI

TEMA 3 Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura: L

3

2

2

L

4

5

3

L

6

14

25

8 9

11

x, u

28

15

24

13

12 6

12

13

7

14 17 15

y, v

L

23

4

1

L

26 27

7

1

O

L

9

18

19

10

H

20 21

5

8

11

10

16

22

1. determinarne il grado di iperstaticità attraverso il computo dei gradi di libertà.

H

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Statica dei sistemi di travi

SOLUZIONE:

Il sistema è dotato dei seguenti vincoli parziali • Carrello in 10 e 16; • Cerniera in 1 e 22; a cui corrispondono i gradi di libertà • spostamenti assoluti: u10 , u16 ; θ1 , θ10 , θ16 , θ 22 ; • rotazioni assolute: e delle seguenti connessioni parziali • •

Sconnessione T=0 in 4-5; Sconnessione M=0 in 12-13, 18-19, 6-7-25, 23-26-27;

a cui corrispondono i gradi di libertà • spostamenti relativi: • rotazioni relative:

∆v4−5 = v5 − v4 ; ∆θ12−13 = θ13 − θ12 , ∆θ18−19 = θ19 − θ18 ; ∆θ6−7 = θ7 − θ6 ; ∆θ7 −25 = θ 25 − θ7 ; ∆θ 26− 23 = θ 23 − θ26 ; ∆θ 23− 27 = θ 27 − θ 23 .

Il numero complessivo di vincoli che occorre aggiungere al sistema per sopprimere tutti i possibili gradi di libertà risulta g = 13 . Al termine di tale operazione il sistema risulterà costituito dalle cinque maglie chiuse, di cui tre esterne e due interne, mostrate in figura +1

+1

+2

+2

4

5

+1

+1

2

3

1

+2

+2

+1

Pertanto, se i vincoli sono indipendenti, il grado di iperstaticità del sistema risulta n = 3 × (me + mi ) − g = 3 × (3 + 2) − 13 = 2 .

2

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Parte II)

STATICA DEI SISTEMI DI TRAVI

TEMA 4 Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura: L

L

L

L

L

L

y, v

H

1

O

2

3

4

5

6

7

8

10

9

11

12

13

14

15

16

17

18

19

x, u

1. determinarne il grado di iperstaticità attraverso il computo dei gradi di libertà.

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Statica dei sistemi di travi

SOLUZIONE:

Il sistema è dotato dei seguenti vincoli parziali • cerniera in 1; • carrello in 19; a cui corrispondono i gradi di libertà • spostamenti assoluti: u19 ; θ1 , θ19 ; • rotazioni assolute: e delle seguenti connessioni parziali • sconnessione M=0 in 1-2, 3-4-5, 6-7-8, 9-10-11, 12-13-14, 15-16-17, 18-19; a cui corrispondono i gradi di libertà • rotazioni relative:

∆θ1− 2 = θ 2 − θ1 , ∆θ3− 4 = θ 4 − θ3 ;

∆θ 4−5 = θ5 − θ 4 ;

∆θ6−7 = θ7 − θ6 ;

∆θ7 −8 = θ8 − θ7 ;

∆θ9−10 = θ10 − θ9 ;

∆θ10−11 = θ11 − θ10 ;

∆θ12−13 = θ13 − θ12 ;

∆θ13−14 = θ14 − θ13 ;

∆θ15−16 = θ16 − θ15 ; ∆θ18−19 = θ19 − θ18

∆θ16−17 = θ17 − θ16 ;

Il numero complessivo di vincoli che occorre aggiungere al sistema per sopprimere tutti i possibili gradi di libertà risulta g = 15 . Al termine di tale operazione il sistema risulterà costituito dalle sette maglie chiuse, di cui una esterna e sei interne, mostrate in figura

1 2

3

2 2

2

4 2

5 2

6 2

7 Pertanto, se i vincoli sono indipendenti, il grado di iperstaticità del sistema risulta n = 3 × (me + mi ) − g = 3 × (1 + 6) − 15 = 6 .

2

3

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Parte II) STATICA DEI SISTEMI DI TRAVI

TEMA 5 Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura, L/2

B 2

3

2 4

L/2

P3 C

5

L

D 6

4

8

E 9

7

5

1

H

y,v A

1

O

1. 2. 3. 4.

x,u

F

10

determinarne il grado di iperstaticità; costruire la matrice statica e verificare l’efficacia dei vincoli; calcolare le reazioni vincolari; tracciare i diagrammi quotati ed in scala delle caratteristiche della sollecitazione.

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Statica dei sistemi di travi

SOLUZIONE:

1. Determinazione del grado di iperstaticità a)

Mediante il computo dei vincoli

Il sistema risulta dall’assemblaggio delle due parti rigide I=[!+"+#] e II=[$+%] mostrate in figura. Poiché a ciascuna parte competono tre gradi di libertà nel piano, in assenza di vincoli e connessioni il sistema avrebbe 6 gradi di libertà. D’altra parte le cerniere in 1 e 10 possiedono ciascuna una molteplicità di vincolo pari a 2, così come la connessione 6-7. Pertanto, se i vincoli sono efficaci, il sistema dato è una struttura isostatica. b)

Mediante il computo dei gradi di libertà

Le cerniere fisse in 1 e 10 consentono le rotazioni assolute θ1 e θ10 delle corrispondenti sezioni. La sconnessione semplice M=0 fra le sezioni 6 e 7 consente la rotazione relativa ∆θ6−7 = θ7 − θ6 . Introdotti tre vincoli semplici per sopprimere i gradi di libertà descritti, si ottiene una maglia chiusa esterna a cui compete un grado di iperstaticità pari a tre. Pertanto, il sistema dato è una struttura isostatica. c)

Mediante il metodo dei tagli

Introdotto un taglio completo in una sezione generica, il sistema diviene improvvisamente tre volte labile risultando possibili due rotazioni assolute θ1 e θ10 ed una rotazione relativa ∆θ6−7 = θ7 − θ6 . Pertanto, essendo il numero di gradi di libertà introdotti uguale a quello dei gradi di libertà residui, il sistema dato è una struttura isostatica.

2.

Calcolo delle reazioni vincolari e delle caratteristiche della sollecitazione

a)

Procedimento generale (facilmente implementabile in un codice di calcolo)

Inseriamo un numero sufficiente di sezioni al fine di isolare tutti i possibili punti di discontinuità (di vincolo, di carico e geometrico) del sistema. Come risultato di tale operazione, si individuano le cinque travi !, ", #, $ e % ed i sei nodi A, B, C, D, E, F connessi fra loro nel modo indicato in figura. Per accertarsi dell’efficacia dei vincoli occorre scrivere le equazioni di equilibrio per tutte le travi e per tutti i nodi del sistema e verificare che tali relazioni siano fra loro linearmente indipendenti. In analogia col problema cinematico, scegliamo un punto rappresentativo per ciascuna trave (polo dei momenti), coincidente per ragioni di convenienza col baricentro di una delle sue sezioni estreme. Le incognite del problema statico risultano immediatamente definite, coincidendo con le caratteristiche della sollecitazione delle sezioni contenenti il polo e con le componenti non nulle delle reazioni vincolari. Scritto il sistema delle equazioni di equilibrio per tutte le travi e tutti i nodi, la matrice dei coefficienti delle incognite sopradette è detta matrice statica del sistema. La verifica dell’efficacia dei vincoli richiede il calcolo del suo rango. 2

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Statica dei sistemi di travi

Nel caso in esame, essendoci cinque travi, si hanno come incognite le quindici caratteristiche della sollecitazione riportate a colonna 3 della tabella seguente più le quattro componenti non nulle delle reazioni vincolari delle due cerniere, per un totale di 19 incognite. Nella colonna 4 della stessa tabella, sono invece indicate le sezioni ausiliarie di ciascuna trave, necessarie per scrivere le equazioni di equilibrio dei nodi. Equilibrio delle travi Isolata ciascuna trave soggetta alle caratteristiche della sollecitazione delle sezioni di estremità ed agli eventuali carichi distribuiti lungo il suo asse (assenti nel problema in esame), le equazioni cardinali della statica

∑F

x

=0,

∑F

y

= 0,

∑M

z

= 0,

permettono di esprimere le caratteristiche della sollecitazione delle sezioni ausiliarie CQ in funzione delle caratteristiche delle sezioni contenenti i poli dei momenti C P . Tali espressioni sono riportate a colonna 5. Trave

P

!

1

"

3

#

5

$

7

%

9

CP N1 T1 M1 N3 T3 M3 N5 T5 M5 N7 T7 M7 N9 T9 M9

Q

CQ N 2 = N1 T2 = T1 M 2 = M 1 + T1 ⋅ H N4 = N3 T4 = T3 M 4 = M 3 + T3 ⋅ L / 2 N6 = N5 T6 = T5 M 6 = M 5 + T5 ⋅ L / 2 N8 = N 7 T8 = T7 M 8 = M 7 + T7 ⋅ L N10 = N 9 T10 = T9 M 10 = M 9 + T9 ⋅ H

2

4

6

8

10

Tali relazioni prendono il nome di equazioni di compatibilità meccanica interna o, più semplicemente, equazioni di equilibrio interno. Equilibrio dei nodi Isolato adesso ciascun nodo con le eventuali forze (X, Y) e coppie (Mz) esterne concentrate agenti su di esso e con le caratteristiche della sollecitazione (M, N, T) esercitate su di esso dalle travi collegate , le equazioni cardinali della statica si scrivono:

3

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Statica dei sistemi di travi

Nodo A

∑ Fx = X A + T1 = 0  ∑ Fy = YA + N1 = 0  M =Md +M =M =0 1 1 A ∑ z

Nodo B

∑ Fx = X B − T2 + N 3 = −T2 + N 3 = 0  ∑ Fy = YB − N 2 − T3 = − N 2 − T3 = 0  M = M − M + M = −M + M = 0 2 3 2 3 B ∑ z

Nodo C

∑ Fx = X C − N 4 + N 5 = − N 4 + N 5 = 0  ⇒ ∑ Fy = YC + T4 − T5 = − P + T4 − T5 = 0  M = M − M + M = −M + M = 0 C 4 5 4 5 ∑ z

 N5 = N 4  T5 = T4 − P , M = M 4  5

Nodo D

∑ Fx = X D − N 6 + N 7 = − N 6 + N 7 = 0  ∑ Fy = YD + T6 − T7 = T6 − T7 = 0  s s ∑ M z = M D − M 6 = − M 6 = 0 ∑ M zd = M Dd + M 7 = M 7 = 0 

⇒

N7 = N6 T = T  7 6 ,  M = 0 6  M 7 = 0

Nodo E

∑ Fx = X E − N 8 − T9 = − N 8 − T9 = 0  ∑ Fy = YE + T8 − N 9 = T8 − N 9 = 0  M = M − M + M = −M + M = 0 8 9 8 9 E ∑ z

⇒

T9 = − N 8   N 9 = T8 , M = M 8  9

Nodo F

∑ Fx = X F + T10 = 0  ∑ Fy = YF + N10 = 0  Md =Md +M =M =0 10 10 F ∑ z

⇒

T10 = − X F   N10 = −YF , M = 0  10

⇒

T1 = − X A   N1 = −YA , M = 0  1

⇒

 N 3 = T2  T3 = − N 2 , M = M 2  3

Tali relazioni prendono il nome di equazioni di compatibilità meccanica esterna; o, più semplicemente equazioni di equilibrio esterno. In particolare, quelle di vincolo sono chiamate condizioni al contorno (statiche), mentre le relazioni di connessione sono dette condizioni di raccordo (statiche). Primo metodo di soluzione L’insieme costituito dalle 15 equazioni di equilibrio interno e dalle 19 equazioni di equilibrio esterno, fornisce un bellissimo e semplicissimo (da costruire e da risolvere) sistema di 34 equazioni algebriche lineari, non omogeneo per la presenza del carico P, nelle 34 incognite costituite dalle 30 caratteristiche della sollecitazione delle sezioni contenenti i poli e delle sezioni ausiliarie, N i , Ti , M i , i = 1,K,10 , più le quattro componenti non nulle delle reazioni vincolari X A , YA , X F e YF . Il sistema potrebbe essere risolto così come è stato scritto. Tuttavia, date le notevoli dimensioni che esso può raggiungere in situazioni più generali, esso si presta poco ad essere risolto manualmente, sebbene risulta estremamente semplice da trattare attraverso il calcolo automatico. Tre rilevanti vantaggi di tale metodo meritano di essere evidenziati. Il primo consiste della sua generalità potendo essere applicato a qualunque struttura, il secondo risiede nella facilità di implementazione in un codice di calcolo automatico, ed il terzo, infine, nel fatto che esso permette di risolvere completamente il problema statico in una sola fase: 4

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Statica dei sistemi di travi

infatti, le caratteristiche della sollecitazione nelle sezioni che servono per tracciare i relativi diagrammi vengono dedotte simultaneamente alle reazioni vincolari. Secondo metodo di soluzione Una valida alternativa al precedente metodo si ottiene sostituendo l’insieme delle 15 equazioni di equilibrio interno nelle 19 equazioni di equilibrio esterno. Si ottiene così un sistema lineare non omogeneo più piccolo, formato da 19 equazioni nelle 19 incognite costituite dalle caratteristiche della sollecitazione delle sole sezioni che contengono i poli, N j , T j , M j , j = 1,3,5,7,9 , più le solite quattro componenti non nulle delle reazioni vincolari, X A , YA , X F e YF T1 + X A = 0 N + Y = 0  1 A M 1 = 0   N 3 − T1 = 0 T3 + N1 = 0  M 3 − M 1 − T1 ⋅ H = 0 N − N = 0 3  5 T5 − T3 + P = 0 M − M − T ⋅ L / 2 = 0 3 3  5  N7 − N5 = 0 T − T = 0  7 5 M 6 = 0 M = 0  7 T9 + N 7 = 0   N 9 − T7 = 0 M 9 − M 7 − T7 ⋅ L = 0  T9 + X F = 0 N + Y = 0  9 F M 9 + T9 ⋅ H = 0

Scritto in notazione matriciale tale sistema diviene

5

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Statica dei sistemi di travi

  N1     T1    M1    N     3    T3    M 3     N5    T     5    M 5    ⋅  N7  =    T7    M 7    N     9    T9    M 9    X A    Y     A   X F     YF  

                      

ovvero,

                      

Sx=f ,

dove S è la matrice statica del sistema, x il vettore delle incognite ed f quello dei termini noti. Per controllare l’efficacia dei vincoli, occorre verificare che il determinante di S sia diverso da zero. Tale operazione sarà effettuata più agevolmente coi metodi esposti nei prossimi paragrafi. Naturalmente, risolvere il sistema precedente non significa affatto risolvere il problema, dal momento che le caratteristiche della sollecitazione nelle sezioni ausiliarie debbono essere ancora determinate. Ciò richiede nuovamente l’uso delle 15 equazioni lineari che esprimono l’equilibrio interno delle travi. Pertanto il problema statico viene risolto in due fasi. b) Procedimento semplificato (permette apparentemente qualche risparmio) Come per il problema cinematico anche per il problema statico risulta possibile un procedimento semplificato in cui si considera l’equilibrio delle parti anziché quello delle travi, evitando in tal modo di considerare esplicitamente le connessioni complete fra le travi. Il sistema risulta così dall’assemblaggio delle parti rigide I=[!+"+#] e II=[$+%] mostrate nella figura seguente.

6

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

L/2

Statica dei sistemi di travi

L/2

L

P 6

7

II

I

H

y,v A

1

F

x,u

O

10

Nel caso in esame, essendoci due sole parti, si hanno come incognite le sei caratteristiche della sollecitazione riportate a colonna 3 della tabella seguente più le quattro componenti non nulle delle reazioni vincolari delle due cerniere, per un totale di 10 incognite. Nella colonna 4 sono invece indicate le sezioni ausiliarie di ciascuna trave, necessarie per scrivere le equazioni di equilibrio dei nodi. Equilibrio delle parti Isolata ciascuna parte soggetta ai carichi effettivi ed alle caratteristiche della sollecitazione delle sezioni di estremità, le equazioni cardinali della statica permettono di esprimere le caratteristiche della sollecitazione delle sezioni ausiliarie CQ in funzione delle caratteristiche delle sezioni contenenti i poli dei momenti C P . Tali espressioni sono riportate a colonna 5. Parte

P

I=!+"+#

1

II=$+%

7

Q

CP N1 T1 M1 N7 T7 M7

6

10

CQ N 6 = T1 T6 = − N1 − P M 2 = M 1 + T1 ⋅ H − N1 ⋅ L − P ⋅ L / 2 N10 = T7 T10 = − N 7 M 10 = M 7 + T7 ⋅ L − N 7 ⋅ H

Equilibrio dei nodi Isolato adesso ciascun nodo con le eventuali forze (X, Y) e coppie (Mz) concentrate esterne su di esso agenti e con le caratteristiche della sollecitazione (M, N, T) esercitate su di esso dalle travi collegate , le equazioni cardinali della statica si scrivono:

7

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Statica dei sistemi di travi

Nodo A

∑ Fx = X A + T1 = 0  ∑ Fy = YA + N1 = 0  M =Md +M =M =0 1 1 A ∑ z

Nodo D

∑ Fx = X D − N 6 + N 7 = − N 6 + N 7 = 0  ∑ Fy = YD + T6 − T7 = T6 − T7 = 0  s s ∑ M z = M D − M 6 = − M 6 = 0 ∑ M zd = M Dd + M 7 = M 7 = 0 

Nodo F

∑ Fx = X F + T10 = 0  ∑ Fy = YF + N10 = 0  Md =Md +M =M =0 10 10 F ∑ z

⇒

T1 = − X A   N1 = −YA , M = 0  1

⇒

N7 = N6 T = T  7 6 ,  M = 0 6  M 7 = 0

⇒

T10 = − X F   N10 = −YF , M = 0  10

Primo metodo di soluzione L’insieme delle precedenti 6 equazioni di equilibrio interno e delle 10 equazioni di equilibrio esterno costituisce un sistema di 16 equazioni algebriche lineari, non omogeneo per la presenza del carico P, nelle 16 incognite costituite dalle 12 caratteristiche della sollecitazione delle sezioni contenenti i poli (1 e 7) e delle sezioni ausiliarie (6 e 10), più le quattro componenti non nulle delle reazioni vincolari X A , YA , X F e YF . Il sistema potrebbe essere risolto così come è stato scritto. Tuttavia, il problema statico non è affatto risolto poiché le caratteristiche della sollecitazione nelle sezioni non considerate vanno determinate per il tracciamento dei loro diagrammi. Secondo metodo di soluzione Una valida alternativa al metodo appena descritto si ottiene sostituendo le 6 equazioni di equilibrio interno nelle 10 equazioni di equilibrio esterno. Si ottiene così un sistema lineare non omogeneo, ancora più piccolo, di 10 equazioni nelle 10 incognite costituite dalle caratteristiche della sollecitazione delle sezioni contenenti i poli (1 e 7), più le solite quattro componenti non nulle delle reazioni vincolari X A , YA , X F e YF . Scritto in notazione matriciale tale sistema diviene   N1    T     1    M1         N7     T7   ⋅  =   M 7    X     A    YA    X     F    YF  

               8

       .       

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Statica dei sistemi di travi

c) Procedimento sintetico (per virtuosi) Un modo apparentemente semplice di risolvere il problema statico in esame consiste nel riguardare il sistema di travi come ottenuto dall’assemblaggio di più parti rigide alla stregua del metodo semplificato, introducendo però immediatamente le equazioni di equilibrio esterno in quelle di equilibrio interno. Equilibrio delle parti Isolata ciascuna parte soggetta ai carichi effettivi, alle caratteristiche della sollecitazione non nulle delle sezioni di estremità ed infine alle componenti non nulle delle reazioni vincolari (vedi figura successiva), le equazioni cardinali della statica forniscono Parte !+"+#

∑ Fx = X A + N 6 = 0  ∑ Fy = YA − P − T6 = 0  M = X ⋅ H −Y ⋅ L − P ⋅ L / 2 = 0 A A ∑ z

Nodo $+%

∑ Fx = X F − N 6 = 0  ∑ Fy = YF + T6 = 0  M = X ⋅H +Y ⋅ L = 0 F F ∑ z

un sistema di sole 6 equazioni nelle sei incognite N 6 , T6 , X A , YA , X F e YF , che scritto in notazione matriciale diviene  1  0   0   −1  0   0

0 −1 0 0 1 0

1 0 H 0 0 0

0 1 −L 0 0 0

0 0 0 1 0 H

0 0 0 0 1 L

  N6   0   T   P    6     X A   PL / 2 ⋅  =  , Y 0 A       X F   0         YF   0 

facilmente risolvibile. Naturalmente, restano da calcolare tutte le caratteristiche della sollecitazione nelle sezioni non considerate necessarie per poter tracciare i relativi diagrammi. Pertanto, anche in questo modo il problema statico viene risolto in due fasi. d) Metodo delle equazioni ausiliarie (per extravirtuosi) Continuiamo la rassegna dei metodi esponendo le idee alla base del metodo delle equazioni ausiliarie. Gli obiettivi più evidenti dell’analisi statica consistono nel calcolo delle reazioni vincolari (risoluzione esterna del problema statico) e nel calcolo delle caratteristiche della sollecitazione in un conveniente numero di sezioni per poterne tracciare agevolmente i diagrammi relativi (risoluzione interna del problema statico). Ancora, possiamo osservare che, nel passaggio dal metodo generale a quello semplificato, il peso maggiore è stato dato alla fase di risoluzione esterna, rimandando il calcolo delle caratteristiche non direttamente considerate ad una fase successiva. Ebbene, tali idee raggiungono il culmine 9

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Statica dei sistemi di travi

nel metodo delle equazioni ausiliarie in cui le incognite del problema statico si riducono alle sole reazioni vincolari. Per poter applicare tale metodo, l’intero sistema di travi (non più singole travi o parti) viene ora considerato come un unico corpo rigido dotato al più di qualche sconnessione, soggetto a tutti carichi effettivi ed alle reazioni vincolari non nulle. Pertanto, poiché si ha a che fare con un unico corpo, scriveremo soltanto le tre equazioni cardinali della statica

∑F

x

=0,

∑F

y

= 0,

∑M

z

= 0,

A queste equazioni, aggiungeremo una equazione per ciascuna sconnessione semplice presente nel corpo. Nel caso in esame, si ottiene Equazioni cardinali

∑ Fx = X A + X F = 0  ∑ Fy = YA + YF − P = 0  M = −Y ⋅ 2 L + P ⋅ 3L / 2 = 0 A ∑ zF

Equazione ausiliaria

X F ⋅ H + YF ⋅ L = 0 ,

da cui si ottengono i valori delle reazioni vincolari: P L   XA = 4 H  P L X F = − 4 H 

3P 4 P YF = 4

YA =

MA = 0 MF = 0

.

Il problema è esternamente risolto, ora va risolto internamente considerando le equazioni di equilibrio interno, trave per trave, e le equazioni di raccordo, nodo per nodo. A tal fine si possono risolvere in cascata le relazioni scritte nel metodo generale, ottenendo le seguenti caratteristiche della sollecitazione: Sezione

N

1

3 P 4 3 − P 4 P L − 4 H P L − 4 H P L − 4 H P L − 4 H

2 3 4 5 6

−

T

M

P L 4 H P L − 4 H 3 P 4 3 P 4 P − 4 P − 4

0

−

10

PL 4 PL − 4 PL 8 PL 8 −

0

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Statica dei sistemi di travi

P 4 P − 4 −

7 8 9 10

L H L H P − 4 P − 4

P 4 P − 4 P L 4 H P L 4 H −

0 PL 4 PL − 4 −

0

Un’osservazione importante: tale metodo, apparentemente semplice e comodo, è in realtà tutt’altro che generale dal momento che non si applica, se non attraverso complicate manipolazioni, a strutture contenenti delle maglie chiuse interne. Pertanto, quando si hanno solo maglie chiuse esterne, il metodo è davvero comodo, mentre in tutti gli altri casi occorre ricorrere ai metodi precedenti anche se più laboriosi. Più semplicemente, occorre aprire tutte le maglie chiuse interne! e) Metodo dei nostri nonni (risoluzione grafica) Concludiamo la rassegna dei metodi disponibili esaminando uno dei tanti metodi grafici usati in passato. Guardiamo con estrema attenzione la figura seguente così potremo apprezzare il significato delle parole “sintesi strutturale”. K

L/2

L/2

L

RF

P

P

RA

H

F RF

RA

• Poiché M A = 0 ed M F = 0 , le reazioni RA ed RF delle cerniere A ed F devono passare per il loro centro. • Poiché la parte destra del sistema non è caricata direttamente, la reazione RF deve passare anche per il centro della cerniera centrale. In tal modo la retta d’azione della reazione RF è nota. 11

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Statica dei sistemi di travi

• Per l’equilibrio alla rotazione dell’intero sistema, le tre forze P, RA ed RF devono passare per lo stesso punto K. Pertanto, la retta d’azione della reazione RA è quella della congiungente il centro della cerniera A con il punto K. • Per l’equilibrio del sistema alla traslazione secondo due direzioni qualsiasi, la forza P deve essere la diagonale del parallelogramma che ha per lati RA ed RF . Il poligono delle forze fornisce il modulo delle due reazioni.

3.

Tracciamento dei diagrammi delle caratteristiche della sollecitazione Coi valori delle caratteristiche della sollecitazione dedotti in precedenza possiamo tracciare i seguenti diagrammi Momento Flettente P

M

Sforzo di taglio +

P -

+

-

T

12

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Statica dei sistemi di travi

Sforzo Normale P

−

−

N

13

−

Università degli Studi di Pisa Anno Accademico 2001/2002 Corso di Laurea in Ingegneria Edile (Nuovo Ordinamento) Insegnamento di SCIENZA DELLE COSTRUZIONI (12 CFU) Docente: Ing. Salvatore Sergio Ligarò (per segnalazioni e suggerimenti contattare [email protected] )

Parte II) STATICA DEI SISTEMI DI TRAVI TEMA 6 Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura, q 2 B

3

2

4

C

5

1

H

3 60°

60°

6 D

1 A H/ 3

1. 2. 3. 4.

L

P

H/ 3

determinarne il grado di iperstaticità; costruire la matrice statica e verificare l’efficacia dei vincoli; calcolare le reazioni vincolari; tracciare i diagrammi quotati ed in scala delle caratteristiche della sollecitazione.

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Statica dei sistemi di travi

SOLUZIONE:

(NOTA: Fra gli obiettivi didattici più immediati di questo esempio ricordiamo:

1. impaurire gli studenti, sempre (L’esempio è molto semplice in verità, ma … sperare di riuscire a spaventare qualcuno non fa mai male!); 2. fare un po’ di pratica con la scrittura delle equazioni di compatibilità meccanica, interna ed esterna; 3. far vedere come le equazioni di equilibrio possano essere scritte rispetto a qualunque sistema di riferimento scelto a nostro piacimento dal momento che l’equilibrio è una proprietà del sistema mentre la scelta del sistema di riferimento è frutto solo della nostra fantasia; 4. mettere in evidenza il fatto che la presenza e le informazioni relative ai carichi esterni distribuiti vengono raccolte attraverso le equazioni di equilibrio interne, delle travi o delle parti; 5. mettere in evidenza il fatto che la presenza e le informazioni relative ai carichi esterni concentrati vengono raccolti attraverso le equazioni di equilibrio esterne dei nodi; 6. distinguere fra condizioni al contorno e condizioni di raccordo; 7. capire bene il significato di equazioni di equilibrio per i nodi, azioni nodali e reazioni vincolari; 8. capire che è del tutto arbitraria la suddivisione del sistema in travi od in parti; 9. capire che è del tutto indifferente la scelta dei poli e delle sezioni ausiliarie.)

1. Determinazione del grado di iperstaticità a)

Mediante il computo dei vincoli

Il sistema è costituito dalla sola parte rigida I=[c+d+e] mostrata in figura. Poiché ad essa competono tre gradi di libertà nel piano, in assenza di vincoli e connessioni il sistema avrebbe 3 gradi di libertà. D’altra parte, la cerniera in 1 possiede una molteplicità di vincolo pari a 2 ed il carrello in 6 una molteplicità pari a 1. Pertanto, se i vincoli sono efficaci (ciò si verifica se la reazione del carrello non passa per il centro della cerniera), il sistema dato è una struttura isostatica. b)

Mediante il computo dei gradi di libertà

La cerniera in 1 ed il carrello in 6 consentono le due rotazioni assolute θ1 e θ6 delle corrispondenti sezioni mentre il carrello consente anche lo spostamento assoluto u6 . Introdotti tre vincoli semplici per sopprimere i gradi di libertà descritti, si ottiene una maglia chiusa esterna a cui compete un grado di iperstaticità pari a tre. Pertanto, il sistema dato è una struttura isostatica. c)

Mediante il metodo dei tagli

Introdotto un taglio completo in una sezione intermedia generica, il sistema diviene improvvisamente tre volte labile risultando possibili le due rotazioni assolute θ1 e θ6 , e lo spostamento assoluto u6 . Pertanto, essendo il numero di gradi di libertà introdotti uguale a quello dei gradi di libertà residui, il sistema dato è una struttura isostatica. 2.

Calcolo delle reazioni vincolari e delle caratteristiche della sollecitazione

La struttura è esternamente isostatica. L’unica reazione orizzontale è la X A , per cui deve essere necessariamente X A = P ; d’altra parte, data la simmetria della struttura e del 2

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Statica dei sistemi di travi

carico, deve risultare YA = YD = qL / 2 . Il calcolo delle reazioni vincolari è fatto! Ciononostante, la struttura verrà analizzata col procedimento generale per mettere in evidenza alcune caratteristiche delle equazioni di equilibrio interno ed esterno. a)

Procedimento generale (noioso ma facilmente implementabile in un codice di calcolo)

Inseriamo un numero sufficiente di sezioni al fine di isolare tutti i possibili punti di discontinuità (di vincolo, di carico e geometriche) del sistema. Al termine di tale operazione, si individuano le tre travi c, d e e ed i quattro nodi A, B, C e D, connessi fra loro nel modo indicato in figura. Per accertarsi analiticamente dell’efficacia dei vincoli occorre scrivere le equazioni di equilibrio per tutte le travi e per tutti i nodi del sistema e verificare che tali relazioni siano linearmente indipendenti. Per far ciò, scegliamo un punto rappresentativo per ciascuna trave (polo dei momenti), coincidente per ragioni di convenienza col baricentro di una delle sezioni estreme. Le incognite del problema statico possono essere fatte coincidere allora con le caratteristiche della sollecitazione delle sezioni contenenti il polo e con le componenti non nulle delle reazioni vincolari. Scritto il sistema delle equazioni di equilibrio per tutte le travi e tutti i nodi, la matrice dei coefficienti delle incognite sopradette è detta matrice statica del sistema. La verifica dell’efficacia dei vincoli richiede il calcolo del suo rango. Nel caso in esame, essendoci tre travi, si hanno come incognite le nove caratteristiche della sollecitazione riportate a colonna 3 della tabella seguente più le tre componenti non nulle delle reazioni vincolari (due della cerniera XA, YA, ed una del carrello YD), per un totale di 12 incognite. Nella colonna 4 della stessa tabella, sono invece indicate le sezioni ausiliarie di ciascuna trave, necessarie per scrivere le equazioni di equilibrio dei nodi. Equilibrio delle travi Isolata ciascuna trave sottoposta agli eventuali carichi distribuiti (azioni esterne) applicati lungo il suo asse ed alle caratteristiche della sollecitazione (azioni interne) delle sezioni di estremità, e fissato trave per trave un sistema di riferimento locale (O' , x' , y ' , z ' ) congruente col sistema di riferimento globale (O, x, y, z ) , con l’origine O’ coincidente con la sezione iniziale di ciascuna trave e con l’asse x’ coincidente con l’asse della trave ed orientato positivamente verso l’altro estremo, le equazioni cardinali della statica scritte nel riferimento locale di ciascuna trave

∑F

x'

= 0,

∑F

y'

=0,

∑M

z'

=0,

permettono di esprimere le caratteristiche della sollecitazione delle sezioni ausiliarie T c Q = [N Q TQ M Q ] in funzione delle caratteristiche delle sezioni contenenti i poli dei

momenti c P = [N P TP M P ] T . Tali espressioni sono riportate a colonna 5 della seguente tabella.

3

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Trave

P

cP

Statica dei sistemi di travi

cQ

Q N 2 = N1

N1

c

d

e

1

3

5

T1

T2 = T1

2

M1

M 2 = M 1 + T1 ⋅ 2 H / 3

N3

N 4 = N3

T3

T4 = T3 − q ⋅ L

4

M3

M 4 = M 3 + T3 ⋅ L − q ⋅ L2 / 2

N5

N6 = N5

T5

T6 = T5

6

M 6 = M 5 + T5 ⋅ 2 H / 3

M5

Posto d = 2H / 3 , le espressioni precedenti si scrivono Trave c

N2  1 T  =  0  2   M 2   0

0 1 d

0   N1  0  ⋅ T1     1  M1 

Trave d

N4  1 T  =  0  4   M 4   0

0 1 L

 0   N 3  0     0 ⋅ T3 + − qL       1   M 3  − qL2 / 2

Trave e

N6  1 T  =  0  6   M 6   0

0 1 d

0   N5  0  ⋅ T5     1  M 5 

Più semplicemente, per mettere in evidenza il fatto che le caratteristiche delle sezioni ausiliarie sono immediatamente note non appena si conoscono quelle delle sezioni contenenti i poli, possiamo porre  N 2  1 0 0 0 0  T2  0 1 0 0 0  M  0 d 1 0 0  2   N 4  0 0 0 1 0  T4  = 0 0 0 0 1  M 4  0 0 0 0 L  N  0 0 0 0 0  6   T6  0 0 0 0 0  M 6  0 0 0 0 0

 0 0 0 0 0   N1     0 0 0 0 0   T1    0 0 0 0 0   M1        0 0 0 0 0   N3    0 0 0 0  ⋅  T3  + − q ⋅ L  ,   1 0 0 0   M 3  − q ⋅ L2 / 2 0 1 0 0   N5   0      0 0 1 0   T5   0  0 0 d 1   M 5   0  

ovvero, con ovvio significato dei simboli, cQ = SiQP c P + cQ0 .

Tali relazioni prendono il nome di equazioni di equilibrio interno. 4

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Statica dei sistemi di travi

Equilibrio dei nodi Isolato adesso ciascun nodo con le eventuali forze e coppie (X, Y, Mz) esterne concentrate agenti su di esso (azioni nodali esterne o carichi nodali esterni) e con le caratteristiche della sollecitazione (M, N, T) esercitate su di esso dalle travi collegate (azioni nodali interne o carichi nodali interni), le equazioni cardinali della statica scritte nel sistema di riferimento globale (O, x, y, z ) diventano: Nodo A

∑ Fx = X A + N1 cos 60 0 + T1 sin 60 0 = 0  0 0 ∑ Fy = YA + N1 sin 60 − T1 cos 60 = 0  M =Md +M =M =0 1 1 A ∑ z

Nodo B

∑ Fx = X B − T2 sin 60 0 − N 2 cos 60 0 + N 3 = 0  0 0 ∑ Fy = YB + T2 cos 60 − N 2 sin 60 − T3 = 0 ⇒  M = M − M + M = −M + M = 0 B 2 3 2 3 ∑ z

− N 2 − 3T2 + 2 N 3 = 0  − 3 N 2 + T2 − 2T3 = 0 , − M 2 + M 3 = 0 

Nodo C

∑ Fx = X C − N 4 + N 5 cos 600 − T5 sin 600 = 0  0 0 ∑ Fy = YC + T4 − N 5 sin 60 − T5 cos 60 = 0 ⇒  M = M −M +M =0 C 4 5 ∑ z

− 2 N 4 + N 5 − 3T5 = 0  2T4 − 3 N 5 − T5 = 0 , − M 4 + M 5 = 0 

Nodo D

∑ Fx = − P − N 6 cos 600 + T6 sin 600 = 0  0 0 ∑ Fy = YD + N 6 sin 60 + T6 cos 60 = 0  Md =Md +M =M =0 6 6 D ∑ z

− 2 P − N 6 + 3T6 = 0  2YD + 3 N 6 + T6 = 0 , M = 0  6

⇒

⇒

2 X A + N1 + 3T1 = 0  2YA + 3 N1 − T1 = 0 , M 1 = 0 

Tali relazioni prendono il nome di equazioni di equilibrio esterno. In particolare, quelle di vincolo (A e D) sono chiamate condizioni al contorno (statiche), mentre quelle di connessione (B e C) sono dette condizioni di raccordo (statiche). Primo metodo di soluzione L’insieme delle 9 equazioni di equilibrio interno e delle 12 equazioni di equilibrio esterno, costituisce un sistema di 21 equazioni algebriche lineari, non omogeneo per la presenza dei carichi P e q, nelle 21 incognite costituite dalle 18 caratteristiche della sollecitazione delle sezioni contenenti i poli e delle sezioni ausiliarie, N i , Ti , M i , i = 1, K,6 , più le tre componenti non nulle delle reazioni vincolari X A , YA e YD . Il sistema potrebbe essere risolto così come è stato scritto. Tuttavia, date le notevoli dimensioni, esso si presta poco ad essere risolto manualmente. Secondo metodo di soluzione Una valida alternativa al metodo precedente si ottiene sostituendo le 9 equazioni di equilibrio interno nelle 12 equazioni di equilibrio esterno. Si ottiene così un sistema lineare non omogeneo di sole 12 equazioni nelle 12 incognite costituite dalle caratteristiche della sollecitazione delle sezioni che contengono i poli, N j , T j , M j , j = 1,3,5 , più le componenti non nulle delle reazioni vincolari, X A , YA e YD . 5

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Statica dei sistemi di travi

 N1 + 3 ⋅ T1 + 2 ⋅ X A = 0   3 ⋅ N1 − T1 + 2 ⋅ YA = 0 M 1 = 0 − N − 3 ⋅ T + 2 ⋅ N = 0 1 3  1 − 3 ⋅ N1 + T1 − 2 ⋅ T3 = 0 − M − T ⋅ 2 H / 3 + M = 0 1 1 3  − 2 ⋅ N 3 + N 5 − 3 ⋅ T5 = 0 2 ⋅ T3 − 3 ⋅ N 5 − T5 = 2 ⋅ qL  2 − M 3 − T3 ⋅ L + M 5 = −qL / 2 − N 5 + 3 ⋅ T5 = 2 P  3 N + T + 2Y = 0 5 5 D  M 5 + T5 ⋅ 2 H / 3 = 0

Posto per semplicità d = 2H / 3 , il sistema precedente scritto in notazione matriciale diviene  1  3   0  −1  − 3  0  0   0  0  0   0  0

3 −1 0 − 3 1 −d 0 0 0 0 0 0

0 0 1 0 0 −1 0 0 0 0 0 0

0 0 0 2 0 0 −2 0 0 0 0 0

0 0 0 0 −2 0 0 2 −L 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 −1 0 0 0

0 0 0 0 0 0 1

0 0 0 0 0 0 − 3 −1 0 3 1 d

− 3 0 −1 3 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1

2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 0

  N1   0   T   0    1     M1   0    N3   0   T   0    3     ⋅ M 3  =  0    N5   0   T      5   − 2qL  2   M 5  − qL / 2   X A   2P         YA   0    YD   0 

ovvero, Sx=f ,

dove S è la matrice statica del sistema, x il vettore delle incognite (caratteristiche della sollecitazione e reazioni vincolari) ed f quello dei termini noti (termini dovuti ai soli carichi esterni). Per controllare l’efficacia dei vincoli, occorre verificare che il determinante di S sia diverso da zero. Tale operazione sarà effettuata più agevolmente coi metodi esposti nei prossimi paragrafi.

6

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Statica dei sistemi di travi

Qualora le reazioni vincolari XA, YA ed YD fossero note, basterebbe considerare solo le prime nove equazioni per ricavare le caratteristiche incognite ed il sistema precedente diventerebbe  1  3   0  −1  − 3  0  0   0  0

3 −1 0 − 3 1 −d 0 0 0

0 0 1 0 0 −1 0 0 0

0 0 0 2 0 0 −2 0 0

0 0 0 0 −2 0 0 2 −L

0 0 0 0 0 0 0 0 −1

0 0 0 0 0 0 1

0 0 0 0 0 0

− 3 0

− 3 −1 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0

  N1   − 2 ⋅ X A   T   − 2 ⋅ Y  A  1    M 0  1     N3   0   T  =  0   3     M 3   0   N5   2 ⋅ P   T      5   − 2qL  2   M 5  − qL / 2

ovvero, Se c P = f + r .

La risoluzione del problema statico potrebbe essere effettuata in tre passi distinti 1. calcolo delle reazioni vincolari; −1 2. calcolo delle caratteristiche della sollecitazione c P tramite le c P = S e ⋅ [f + r ]; 3. calcolo delle caratteristiche della sollecitazione cQ tramite le cQ = SiQP c P + cQ0 . b) Procedimento semplificato, procedimento sintetico e metodo delle equazioni ausiliarie Essendo il sistema privo di sconnessioni, i tre procedimenti coincidono. In particolare, l’equilibrio dell’intero sistema è espresso dalle sole tre equazioni cardinali della statica

∑F

x

=0,

∑F

y

= 0,

∑M

z

= 0,

che si scrivono: ∑ Fx = X A − P = 0  ∑ Fy = YA + YD − q ⋅ L = 0  M = −Y ⋅ ( L + 2 H / 3 ) + qL ⋅ ( L / 2 + H / 3 ) = 0 A ∑ zD

da cui si ottengono i valori delle reazioni vincolari:   X A = −P   XF = 0 

qL 2 qL YF = 2 YA =

MA =0 MF = 0

.

Il problema è esternamente risolto, ora va risolto internamente.

7

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3.

Statica dei sistemi di travi

Tracciamento dei diagrammi delle caratteristiche della sollecitazione

• Primo modo Essendo note le reazioni vincolari, le caratteristiche della sollecitazione in ciascuna sezione di estremità delle travi possono essere ricavate risolvendo in cascata il sistema delle equazioni di equilibrio scritte col procedimento generale Sezione

M

1

0 qL ⋅ 2 qL ⋅ 2 qL ⋅ 2 qL ⋅ 2

2 3 4 5 6

H 3 H 3 H 3 H 3

T qL −P 4 qL −P 4 qL 2 qL − 2

− P⋅H − P⋅H − P⋅H

qL +P 4 qL − +P 4

− P⋅H

−

0

N 3 2 3 2

P qL 3 − 2 4 P qL 3 − − 2 4 −

−P −P 3 2 3 2

P qL 3 − 2 4 P qL 3 − − 2 4 −

Oltre a questi valori, per la presenza del carico distribuito, converrà ricavare il valore del momento flettente massimo che si verifica nella sezione di mezzeria della trave B-C M MAX = M ( L / 2) =

qL H L L 1 L qLH qL2 + ) − PH − q( ) ⋅ ( ) = − PH + ( . 2 2 2 2 8 3 2 2 3

• Secondo modo Determiniamo le caratteristiche della sollecitazione trave per trave col metodo diretto, ovvero, basandoci sulla loro definizione. A tal fine, scelta una conveniente ascissa curvilinea z con origine nella sezione iniziale di ciascuna trave, si ottengono le caratteristiche: Trave

M

T

1

qL ⋅ z − P 3 / 2⋅ z 4

2

qL H qz 2 ⋅( + z) − P ⋅ H − 2 2 3

qL 3 −P 4 2 (L − 2 z) q 2

3

qL 2 H 2H 3 ⋅( − z) − P ⋅ ( − z) 4 2 3 3

−

qL 3 +P 4 2

N −

P qL 3 − 2 4 −P

−

P qL 3 − 2 4

a cui corrispondono i diagrammi delle figure riportate nelle pagine seguenti per i valori del carico P indicati nella seguente tabella

8

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Caso

0

P

0

Caso

Statica dei sistemi di travi

1

2

3

qL

qL  1 L  +  2  3 6 H 

qL  1 L  +  2  3 4 H 

2 3

P=0

Sezione

M

1

0 qL ⋅ 2 qL ⋅ 2

2 3

T qL 4 qL 4 qL 2

H 3 H 3

qL H qL2 ⋅ + 2 8 3 qL H ⋅ 2 3 qL H ⋅ 2 3

mezzeria 4 5 6

N qL 3 4 qL 3 − 4 −

0

0

0

qL 2 qL − 4 qL − 4

−

0

0 qL 3 4 qL 3 − 4 −

Momento Flettente q B

C

+

+

+

M

A

D

9

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Statica dei sistemi di travi

Sforzo di taglio

B

+

C

-

+

-

T A

D

Sforzo Normale B

C

-

N

A

D

10

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Caso

P=

Statica dei sistemi di travi

qL 2 3

Sezione

M

T

1

0

0

2

0

0

3

0

qL 2

mezzeria

qL2 8

0

4

0

5

0

0

6

0

0

−

N qL 3 qL − 3 qL − 2 3 qL − 2 3 qL − 2 3 qL − 3 qL − 3 −

qL 2

Momento Flettente q B

C +

M D

A

Sforzo di taglio

11

P

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B

Statica dei sistemi di travi

+

C

-

+

-

T A

D

Sforzo Normale B

C

-

N

A

D

12

Università degli Studi di Pisa Anno Accademico 2001/2002 Corso di Laurea in Ingegneria Edile (Nuovo Ordinamento) Insegnamento di SCIENZA DELLE COSTRUZIONI (12 CFU) Docente: Ing. Salvatore Sergio Ligarò (per segnalazioni e suggerimenti contattare [email protected])

Parte II) STATICA DEI SISTEMI DI TRAVI TEMA 7 Dato il sistema piano di travi rigide mostrato in figura (travatura reticolare piana tipo Neville), P

H

2P

P

H

L/2

45°

P L

1. 2. 3. 4.

P L

L

determinarne il grado d’iperstaticità; costruire la matrice statica e verificare l’efficacia dei vincoli; calcolare le reazioni vincolari; tracciare i diagrammi quotati ed in scala delle caratteristiche della sollecitazione.

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Statica dei sistemi di travi

SOLUZIONE:

(NOTA: Fra gli obiettivi didattici più immediati di quest’esempio ricordiamo:

1. impaurire gli studenti, come al solito; 2. far vedere come lo studio delle strutture reticolari attraverso il metodo dell’equilibrio dei nodi non sia altro che una semplice applicazione del procedimento generale dell’analisi statica, già noto; 3. fare pratica con la scrittura delle equazioni di compatibilità meccanica, interna ed esterna; 4. far vedere come la scrittura delle equazioni d’equilibrio interno risulti particolarmente agevole utilizzando il riferimento locale di ciascuna trave; 5. porre l’attenzione sull’equilibrio dei nodi che va espresso sempre nel riferimento globale distinguendo fra azioni nodali (note) e reazioni vincolari (generalmente incognite); 6. acquisire la differenza fra equazioni nodali d’equilibrio e condizioni di sconnessione; 7. porre l’accento sull’utilità dell’ipotesi comune d’assenza di carichi esterni distribuiti sulle travi; 8. illustrare il metodo per la scrittura automatica delle equazioni d’equilibrio dei nodi; 9. evidenziare i concetti di strutture a nodi canonici e strutture a sezioni canoniche; 10. illustrare il metodo delle equazioni ausiliarie per la risoluzione esterna ed interna delle strutture reticolari.)

0.

Una piccola premessa

La scelta di un sistema composto da numerose travi e numerosi nodi come quello in esame per illustrare le principali caratteristiche delle strutture reticolari piane, è effettuata allo scopo di evidenziare come altrettanto numerose siano le semplificazioni che derivano da alcune ipotesi riguardanti il tipo di connessione fra elementi (cerniere lisce) ed il tipo di azioni esterne (carichi concentrati nei nodi del sistema). 1.

Determinazione del grado d’iperstaticità

Inseriamo un numero sufficiente di sezioni al fine di isolare tutti i possibili punti di discontinuità (di vincolo, di carico e geometriche) del sistema. Al termine di tale operazione, s’individuano le 11 travi c, d, e, f, g, h, i, j, k, l e (11) ed i sette nodi A, B, C, D, E, F e G connessi fra loro nel modo indicato nella figura seguente.

P H

E

A

10

19

20

F

P 11

21

10

6

5

7

12 14

8

7

45°

1

2

B

16

18

H 9

13 15

9 11 1

22 G

8

4

L/2

2P

3

2

P

4

C

17 5

3

P

L

L

2

L

6

D

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a)

Statica dei sistemi di travi

Mediante il computo dei vincoli

Il sistema è costituito dall’assemblaggio di undici travi vincolate tra loro e col suolo mediante delle cerniere lisce come mostrato in figura. Poiché a ciascuna trave competono tre gradi di libertà nel piano, in assenza di vincoli e connessioni mutue il sistema avrebbe 33 gradi di libertà. D’altra parte, la cerniera in A possiede una molteplicità di vincolo pari a 4, il carrello in D una molteplicità di vincolo pari a 3, le connessioni E, G (in cui convergono tre travi) possiedono ciascuna una molteplicità pari a 4, ed infine le connessioni B, C, F (in cui convergono quattro travi) possiedono ciascuna una molteplicità di vincolo pari a 6. In totale, il grado di vincolo del sistema risulta v = v A + vD + 2vE + 3vB = 4 + 3 + 8 + 18 = 33 .

Pertanto, se i vincoli sono efficaci (ciò che si verifica se la reazione del carrello in D non passa per il centro della cerniera in A e se le travi sono ben posizionate), il sistema dato è una struttura isostatica. b)

Mediante il computo dei gradi di libertà

La cerniera in A consente una rotazione assoluta mentre il carrello in D consente sia una rotazione sia uno spostamento assoluto. Inoltre, per ciascuna delle cinque maglie triangolari interne risultano possibili tre rotazioni relative fra le travi che le compongono. Introdotti tre vincoli semplici per sopprimere i gradi di libertà assoluti e quindici vincoli semplici per bloccare le rotazioni relative interne, si ottiene una struttura costituita da una maglia chiusa esterna e cinque maglie chiuse interne cui compete un grado di iperstaticità pari a 18, esattamente uguale al numero dei vincoli introdotti. Pertanto, il sistema dato è una struttura isostatica. c)

Mediante il metodo dei tagli

Introdotto un taglio completo in una sezione intermedia generica delle cinque travi c, d, e, g e j allo scopo di aprire tutte le maglie interne, il sistema diviene quindici volte labile. Pertanto, essendo il numero di gradi di libertà introdotti pari a quello dei gradi di libertà residui, il sistema dato è una struttura isostatica.

3

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

2.

Statica dei sistemi di travi

Analisi statica

Utilizziamo il procedimento generale al fine di mettere in luce alcune proprietà notevoli di questa tipologia strutturale. Procedimento generale (meno noioso del solito) Per accertarsi analiticamente dell’efficacia dei vincoli esterni (numero e buon posizionamento dei vincoli esistenti) e dell’efficacia dei vincoli interni (numero e buon posizionamento delle travi che compongono la struttura) occorre verificare che le relazioni che esprimono le condizioni d’equilibrio per le travi ed i nodi siano linearmente indipendenti. Per far ciò, scegliamo un polo dei momenti per ciascuna trave coincidente per ragioni di convenienza col baricentro di una delle sue sezioni estreme. In particolare, chiameremo principale la sezione (P) che contiene il polo ed ausiliaria la sezione (Q) posta all’altra estremità della stessa trave. Le incognite del problema statico possono allora essere fatte coincidere con le caratteristiche della sollecitazione delle sezioni principali e con le componenti in generale non nulle delle reazioni vincolari. La verifica dell’efficacia dei vincoli richiede il calcolo del rango della matrice statica del sistema. Nel seguito scriveremo dapprima le equazioni di equilibrio delle travi, che servono ad esprimere le caratteristiche della sollecitazione delle sezioni ausiliarie, c Q , in funzione delle caratteristiche delle sezioni principali, c P . Noteremo in tal caso come l’assenza di carichi distribuiti permetta una scrittura pressoché automatica di tali equazioni che risultano necessariamente omogenee. Successivamente considereremo le equazioni di equilibrio dei nodi. Nel far ciò terremo conto delle conseguenze meccaniche (ed analitiche) imposte dalla presenza delle cerniere lisce fra le diverse travi ed i vincoli. In particolare, noteremo come nessuna coppia esterna possa essere applicata sui nodi (ovvero, nessuna coppia può essere applicata sul perno delle cerniere, se queste sono lisce) ed inoltre, poiché nessuna coppia può essere trasmessa da una trave all’altra attraverso i nodi, anche i momenti flettenti alle estremità delle travi debbono essere nulli. Queste due osservazioni, valide anche sotto condizione di carico del tutto generiche, rendono la scrittura delle equazioni di equilibrio nodali particolarmente semplice. Una delle semplificazioni più importanti consiste nella riduzione del numero di incognite del problema statico, coincidendo queste con i soli sforzi assiali nelle travi e con le componenti non nulle delle reazioni vincolari. Vediamo da dove scaturiscono tali semplificazioni. Equilibrio delle travi Isolata ciascuna trave soggetta alle sole caratteristiche della sollecitazione delle sezioni di estremità per l’assenza del carico distribuito, e scelto un sistema di riferimento locale (O' , x' , y ' , z ' ) congruente col sistema di riferimento globale (O, x, y, z ) , con l’origine O’ coincidente con la sezione principale di ciascuna trave, con l’asse x’coincidente con l’asse della trave ed orientato positivamente verso l’altra estremità, le equazioni cardinali della statica

∑F

x'

= 0,

∑F

y'

=0,

∑M

z'

=0,

scritte nel riferimento locale sono quelle riportate a colonna 5 della seguente tabella 4

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Trave

P

c

1

d

3

e

5

f

7

g

h

9

11

cP N1 T1 M1 N3 T3 M3 N5 T5 M5 N7 T7

Statica dei sistemi di travi

cQ

Q N 2 = N1 T2 = T1 M 2 = M 1 + T1 ⋅ L N 4 = N3 T4 = T3 M 4 = M 3 + T3 ⋅ L N6 = N5 T6 = T5 M 6 = M 5 + T5 ⋅ L N8 = N 7

2

4

6

T8 = T7

8

M7

M 8 = M 7 + T7 ⋅ L / 2

N9

N10 = N 9

T9

T10 = T9

10

M9

M 10 = M 9 + T9 ⋅ L / 2

N11 T11

N12 = N11 T12 = T11

12

M 12 = M 11 + T11 ⋅ L / 2 N14 = N13

M 11 N13

i

j

k

l

(11)

13

15

17

19

21

T13

T14 = T13

14

M 13

M 14 = M 13 + T13 ⋅ L / 2

N15

N16 = N15

T15

T16 = T15

16

M 15

M 16 = M 15 + T15 ⋅ L / 2

N17

N18 = N17

T17

T18 = T17

18

M 17

M 18 = M 17 + T17 ⋅ L / 2

N19

N 20 = N19

T19

T20 = T19

20

M 19

M 20 = M 19 + T19 ⋅ L

N 21 T21 M 21

N 22 = N 21 T22 = T21 M 22 = M 21 + T21 ⋅ L

22

Chiameremo tali relazioni equazioni di equilibrio interno.

5

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Statica dei sistemi di travi

Equilibrio dei nodi Indichiamo sinteticamente con N ix , Tix , N iy e Tiy , le componenti cartesiane dei vettori rappresentativi dello sforzo assiale N e dello sforzo di taglio T se la trave contenente la sezione i-esima è inclinata rispetto al sistema di riferimento (O, x, y) scelto. Isolato ciascun nodo soggetto alle forze esterne (X, Y) concentrate agenti su di esso (azioni nodali esterne note [carichi] od incognite [reazioni vincolari]) e con le caratteristiche della sollecitazione (M, N, T) esercitate dalle travi collegate (azioni nodali interne), le equazioni cardinali della statica scritte nel sistema di riferimento globale (O, x, y, z ) comune a tutti i nodi, si scrivono: Nodo A

Equilibrio

∑ Fx = X A + N1 + N 7 x + T7 x = 0  ∑ Fy = YA − T1 + N 7 y − T7 y = 0

Sconnessione M1 = 0  M 7 = 0 M 2 = 0 M = 0  9  M 11 = 0 M 3 = 0 M 4 = 0 M = 0  13  M 15 = 0 M 5 = 0

B

∑ Fx = X B − N 2 − N 9 x + T9 x + N11x + T11x + N 3 = 0  ∑ Fy = YB + T2 − T3 + N 9 y + T9 y + N11 y − T11 y = 0

C

∑ Fx = X C − N 4 − N13 x + T13 x + N15 x + T15 x + N 5 = 0  ∑ Fy = YC + T4 − T5 + N13 y + T13 y + N15 y − T15 y = 0

D

∑ Fx = X D − N 6 − N17 x + T17 x = 0  ∑ Fy = YD + T6 + N17 y + T17 y = 0

 M6 = 0  M 17 = 0

E

∑ Fx = X E − N 8 x − T8 x + N10 x − T10 x + N19 = 0  ∑ Fy = YE − N 8 y + T8 y − N10 y − T10 y − T19 = 0

 M8 = 0  M 10 = 0 M = 0  19

F

∑ Fx = X F − N 20 − N12 x − T12 x + N14 x − T14 x + N 21 = 0  ∑ Fy = YF + T20 − N12 y + T12 y − N14 y − T14 y − T21 = 0

G

∑ Fx = X G − N 22 − N16 x − T16 x + N18 x − T18 x = 0  ∑ Fy = YG + T22 − N16 y + T16 y − N18 y − T18 y = 0

M 20 = 0 M = 0  12   M 14 = 0  M 21 = 0 M 22 = 0   M 16 = 0 M = 0  18

in cui le azioni nodali XA, YA, e YD sono le reazioni vincolari incognite, mentre i carichi noti sono XB=XC= XD=XF=0, XE=XG=H, YB=YC=YE=YG=-P, e YF=-2P. Le relazioni precedenti sono le equazioni di equilibrio esterno.

6

Scienza delle Costruzioni Edili (N. O.), a.a. 2001/2002

Statica dei sistemi di travi

Se ora riconsideriamo le equazioni di equilibrio delle travi tenendo conto delle equazioni di sconnessione M j = 0, j = 1,K ,22 , appena scritte, si ottiene il bellissimo risultato Sezione 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22

Mj

Tj

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

Nj N1 N1 N3 N3 N5 N5 N7 N7 N9 N9 N11 N 11 N13 N13 N15 N15 N17 N17 N19 N19 N 21 N 21

ovvero, il momento flettente e lo sforzo di taglio sono ovunque nulli. L’unica caratteristica della sollecitazione che può risultare diversa da zero è lo sforzo assiale N! Travi soggette a regimi di sforzo interno come quello appena descritto sono definite aste; più precisamente, tiranti, se lo sforzo assiale è di trazione (N>0), puntoni se invece lo sforzo assiale é di compressione (N