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Ingegneria Edile, Strutturale & Geotecnica => .:Domande e Risposte:. => Topic started by: jenny on 14 June , 2014, 00:28:23 AM
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(http://s8.postimg.org/x1gp5aafl/20140614_002318.jpg) (http://postimg.org/image/x1gp5aafl/)
Salve a tutti,
Lunedì ho l'appello di scienza e non riesco a risolvere lastuttura. Non so come trattare il carico che insiste sul nodo. Qualcuno può dirmi se nel calcolo delle reazioni interne devo aprire la struttura anche su quel nodo lì?
GRazie mille a tutti in anticipo
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Ciao,
il telaio è isostatico:
numero aste: 4 con 4 x 3 = 12 (GL) gradi di libertà nel piano
numero vincoli esterni: 1 + 2 + 1 = 4 (V)
numero vincoli interni (cerniere): 2 + 2*(3 – 1) + 2 = 8 (V)
Numero vincoli totali (interni + esterni): 4 + 8 = 12 (V)
Sistema isostatico: 12 (V) = 12 (GL) --> (numero vincoli totali = numero gradi di libertà)
Prima cosa da notare: il telaio non è quotato in direzione verticale di sviluppo del foglio. Non ci sono forze esterne orizzontali. Data la particolare geometria, il carrello a sinistra (inclinato a 45° deve avere le due componenti X (orizzontale) e Y (verticale uguali): modulo (Rx) = modulo(Ry). Di conseguenza, per l’assenza di carichi esterni orizzontali (lungo X) la reazione orizzontale del vincolo a cerniera a destra del telaio deve presentare stesso valore Rx della componente del carrello a sinistra a 45°.
Conseguenza: è necessario solo valutare le componenti verticali delle resistenze vincolari. Nota Ry si calcola Rx. Ecco perché non è indicata una quotatura in direzione verticale!
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Equazione dei momenti, con polo nella cerniera centrale (chiamo punto D), sul sistema (parziale) asta a destra DB: reazione verticale appoggio in alto a destra (chiamo punto B): RBy = qL/8
Equazione dei momenti, con polo nella cerniera in alto a sinistra sull’intero telaio (carrello in A, inclinato di 45°), sull’intero telaio isostatico. Componente reazione verticale carrello in basso (punto C): RCy = (7/2)qL
Equazione dei momenti, con polo in D (cerniera centrale), reazione verticale del carrello in alto a sinistra, chiamo punto A, (reazione diretta dall’alto verso il basso): RAy = – (13/8)qL
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Quindi, con modulo (Rx) = modulo(Ry) = modulo (RAy) = (13/8)qL.
Verifica, equilibrio traslazione verticale intero telaio:
RBy + RCy + RAy = qL + qL
qL/8 + (7/2)qL – (13/8)qL = 2qL (OK)
Equazione equilibrio orizzontale, semplicemente Rx = RAy = (13/8)qL (in termini di moduli). In particolare, la componente orizzontale del carrello in alto a sinistra deve essere diretta da destra a sinistra; mentre la componente della reazione orizzontale dell’appoggio a cerniera in alto a destra deve essere diretta da sinistra a destra.
Qualcuno può dirmi se nel calcolo delle reazioni interne devo aprire la struttura anche su quel nodo lì?
Una volta trovate le reazioni vincolari esterne, devi suddividere il telaio in opportuni sottotelai cercando anche di individuare il "sistema portante" dal "sistema portato". In questo esempio, il "sistema portato" è l'asta in alto a destra tra la cerniera interna e quella esterna. Quando sono applicati degli eventuali carichi esterni concentrati proprio sui nodi interni delle cerniere che dividono i due tipi di "sistemi", i suddetti carichi si devono considerare applicati al "sistema portante".
Spero di non aver commesso errori e che ti sia utile in qualche modo. Ciao, in bocca al lupo per l'esame e un saluto alla città di Firenze!
:) Fla-flo :)
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Grazie mille davvero!!
Avrei anche quest'altra struttura iperstatica che era nel compito (purtroppo a questo giro non è andata :():
Non saprei come risolverla...
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anche questo mi pare isostatico essendo i pendoli dell'arco a tre cerniere a destra convergenti in un punto
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Grazie mille davvero!!
Avrei anche quest'altra struttura iperstatica che era nel compito (purtroppo a questo giro non è andata :():
Non saprei come risolverla...
Ciao,
il telaio credo sia iperstatico (controlla, non sono sicuro!). Ordine di iperstaticità = 1. Presumendo che i “simboli” al piede dei ritti siano delle cerniere.
Quando il sistema è iperstatico, è necessario considerare un qualsiasi sistema isostatico, ottenuto dal sistema effettivo mediante la soppressione dei vincoli iperstatici. In questo caso, è necessario sopprimere un solo vincolo (ordine di iperstaticità = 1). Solitamente, si sopprime quello che semplifica maggiormente i calcoli, dovendo applicare il "Metodo delle Forze" tramite il teorema della "Formula Generale dello Spostamento" (FGS).
Ciao. Dispiace, per l’esame…sarà per un’altra volta, coraggio!
:) Fla-flo :)
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ciao Fla-flo, non è iperstatico ma isostatico;
è inutile fare il computo 3t-s=0 perché spesso lascia il tempo che trova, dovendo sempre controllarsi che sia anche l-i=0 per essere sicuri che la struttura sia isostatica;
questa si può guardare nel modo seguente (non è l'unico modo):
il ritto a sinistra è incernierato-con pendolo che è isostatico;
ad esso si collega un'asta incernierata alla sopradetta struttura isostatica e con pendolo all'altro estremo, quindi anche essa isostatica,
segue poi un arco a tre cerniere, come noto anche esso isostatico;
altro modo di vederla è che è formata da due archi a tre cerniere, quello a destra è immediato mentre quello a sinistra (con i due pendoli inclinati) lo è meno, ma per il fatto che i due pendoli non sono paralleli (nel qual caso si avrebbero tre cerniere allineate, quella più a sinistra, quella intermedia e quella all'infinito nel punto improprio dell'asse dei pendoli, e quindi si avrebbe una struttura labile) si ha una struttura con tre cerniere non allineate, quella più a sinistra, quella intermedia e quella ideale rappresentata dal punto di intersezione dei due pendoli
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Ciao Pasquale,
premetto che in linea sono d'accordo con il tuo ragionamento. L'unico mio dubbio è questo. Cerco di spiegarlo facendo questo semplice ragionamento: dalla struttura di partenza immagino che inizialmente non siano presenti la cerniera in alto a sinistra e i due pendoli in alto. In questo assetto, partirei sicuramente dalla classica struttura isostatica di arco a tre cerniere (con 6 vincoli totali: 2+2 vincoli esterni + 2 vincoli interni). Ora, all'arco a tre cerniere classico (isostatico) immagino di aggiungere un solo pendolo esterno sulla cerniera centrale (+ 1 vincolo esterno): sistema a 2 corpi, 1 volta iperstatico. Ora immagino di aggiungere la cerniera in alto a sinistra (che collegherà tra loro 2 elementi: + 2 V interni) e relativo pendolo (+ 1 V esterno). Aggiungerei così (2 + 1) vincoli. In totale, avrei 6 + 1 + (2 + 1) = 10 vincoli su un sistema però di 3 aste (3 * 3 = 9 GL). Dedurrei: sistema 1 volta iperstatico.
Ora provo, invece, a seguire questo diverso ragionamento: immagino che il "sistema" sia costituito solo dal numero di cerniere (4 corpi, 2 al piede e 2 in alto) a due GL per cerniera nel piano: 4*2 = 8 GL. Le aste e i vincoli esterni li considero come vincoli del sistema. Avrei: 3 aste + 2 pendoli esterni (sopra) + (2 + 2 vincoli esterni, le due cerniere al piede dei ritti) = 9 Vincoli complessivi. Dedurrei: sistema 1 volta iperstatico.
A questo punto, nel dubbio, lascio anche a Jenny l'ultima parola...sicuramente saprà meglio di tutti che sistema doveva calcolare.
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"Ora immagino di aggiungere la cerniera in alto a sinistra (che collegherà tra loro 2 elementi: + 2 V interni) e relativo pendolo (+ 1 V esterno). Aggiungerei così (2 + 1) vincoli."
partendo dall'arco a tre ceniere, l'aggiunta dei due pendoli aggiunge due iperstaticità ma l'inserimento della cerniera interna toglie due vincoli;
non dimenticare che se n è il numero di aste convergenti in un nodo, l'inserimento di una cerniera elimina 2*(n-1) gradi di libertà
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@pasquale,
in tutta sincerità non sento di darti torto. Come avevo detto, il dubbio mi rimane. E' molto probabile che io ricordi male questa parte di S.d.C.
Rimango disponibile, per eventuali vostri aggiornamenti, in qualsiasi caso.
Ciao, grazie e a risentirti.
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il telaio e' iperstatico con grado di iperstaticità pari ad 1. Nello specifico, se considerate tutti i pendoli come aste, abbiamo 5 aste collegate mutuamente da cerniere. Le due cerniere che uniscono i pendoli con le aste hanno moltepliticita pari a n(n-1). Quindi abbiamo
l=3x5-8-8=-1
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@Gilean,
ti ringrazio. Rispetto a quello che ho provato a postare io mi sembra che il tuo sia decisamente il modo più semplice, logico e diretto. Grazie.
@pasquale,
ho rivisto su un vecchio libro di S.d.C. un capitolo apposito che parlava di sistemi costiuiti da specie di "sequenze" di archi a tre cerniere, uno dentro l'altro. In tutta sincerità, la direzione del tuo ragionamento di individuare l'arco a tre cerniere di riferimento isostatico nel telaio è quella che preferisco. Ho provato così a "vedere" anche io di riconoscere archi a tre cerniere dentro archi a tre cerniere su alcuni esempi nel libro...quando però ci sono anche dei pendoli direttamente sulle cerniere interne ho notato che la cosa diventa meno immediata. Ho avuto infatti qualche difficoltà... :muro:
Vi ringrazio, ora ho capito. Post utilissimo.
Ho capito anche che i libri non si lasciano chiudere mai definitivamente...
:) Fla-flo :)
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segue poi un arco a tre cerniere, come noto anche esso isostatico ...
altro modo di vederla è che è formata da due archi a tre cerniere ...
Fla-flo e Gilean avete ragione, non so perché a destra vedevo un arco a tre cerniere, forse problemi di vista,
chiedo scusa anche a jenny
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Ciao pasquale,
avevo notato questo particolare...infatti avevo pensato che forse ero io che non riuscivo a individuare l'arco a tre cerniere (il mio "dubbio").
Per quanto mi riguarda, veramente nessun problema. Anzi...
Grazie anche a te e alla prossima.
:) Fla-flo :)
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Posso considerarla così?
Ora siccome è iperstatica una volta, quale scelgo come incognita iperstatica?
(http://s30.postimg.org/uv9xsboyl/20140625_120352.jpg) (http://postimg.org/image/uv9xsboyl/)
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credo che si possa assumere indifferentemente come incognita iperstatica la reazione di uno dei due pendoli superiori;
cos' nel "sistema 0" si avrebbe un arco a tre cerniere appoggiato ad un'asta, che mi sembra di più semplice soluzione
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Ho letto qui: http://unina.stidue.net/Politecnico%20di%20Milano/Ingegneria%20Strutturale/Corsi/TPCS_Mantova_Biolzi-Bocciarelli/Appunti%20di%20ANALISI%20CINEMATICA.pdf (http://unina.stidue.net/Politecnico%20di%20Milano/Ingegneria%20Strutturale/Corsi/TPCS_Mantova_Biolzi-Bocciarelli/Appunti%20di%20ANALISI%20CINEMATICA.pdf)
(pag 7): "L'analisi cinematica indica quali sono i vincoli sovrabbondanti.." come faccio ad individuarli dalla sola analisi cinematica?
Grazie mille a tutti
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Ciao,
Ho letto qui: http://unina.stidue.net/Politecnico%20di%20Milano/Ingegneria%20Strutturale/Corsi/TPCS_Mantova_Biolzi-Bocciarelli/Appunti%20di%20ANALISI%20CINEMATICA.pdf (http://unina.stidue.net/Politecnico%20di%20Milano/Ingegneria%20Strutturale/Corsi/TPCS_Mantova_Biolzi-Bocciarelli/Appunti%20di%20ANALISI%20CINEMATICA.pdf)
(pag 7): "L'analisi cinematica indica quali sono i vincoli sovrabbondanti.." come faccio ad individuarli dalla sola analisi cinematica?
Grazie mille a tutti
Jenny, che bella scelta che hai fatto!
Lorenzo Jurina (Politecnico di Milano) = tecniche di consolidamento strutturale mediante precompressione esterna (uno dei primi - e forse ancora l'unico - in Italia!).
Tieni conto - almeno per curiosità - che la precompressione esterna, pur nell'arco degli ultimi quarant'anni, ha ancora moltissime incertezze dal punto di vista della schematizzazione teorica. Lorenzo Jurina sta utilizzando proprie tecniche di precompressione esterna già da anni. Ora che mi ricordo, anche il Prof. Ettore Pozzo (scomparso nel 2000 se non ricordo male, l'ultima volta che ho avuto il piacere di parlare con il fratello ing. Carlo) ha adeguato il viadotto del Rosello in Sardegna (Sassari) tramite precompressione a cavi esterni (Ettore Pozzo era Ordinario di Tecnica delle Costruzioni presso l'Università di Cagliari e ha scritto - a mio parere - dei libri pregevolissimi sulla S.d.C. e sul calcolo del C.A. ordinario e precompresso).
Come trovo un po' di tempo provo a rispondere al tuo quesito, ciao. Bella sorpresa!
:) Fla-flo :)
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Nuovamente alle prese con scienza... :( :muro:... a questo giro sono alle prese con le verifiche di sezione...
Qualcuno mi può spiegare come faccio a risolvere la sezione in foto?
Grazie mille a tutti:
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vedi qui parag. 2 formula 7
http://www.scienzadellecostruzioni.co.uk/Documenti/Franciosi/10.%20Le%20travi%20a%20sezione%20retta%20sottile%20-%20Parte%201.pdf (http://www.scienzadellecostruzioni.co.uk/Documenti/Franciosi/10.%20Le%20travi%20a%20sezione%20retta%20sottile%20-%20Parte%201.pdf)
nelle sezioni con punti angolosi interni occorre poi fare un'altra considerazione che è illustrata qui nella figura 8-26
http://www.scienzadellecostruzioni.co.uk/Documenti/Franciosi/8.%20Torsione%20-%20Parte%202.pdf (http://www.scienzadellecostruzioni.co.uk/Documenti/Franciosi/8.%20Torsione%20-%20Parte%202.pdf)
e cioè che in quei punti la tensione tangenziale diventerebbe infinita per cui il materiale si plasticizza e quindi la tensione assume il valore limite per quel materiale, e come diceva il prof. Luigi Adriani il materiale vicino va in soccorso di quello più sollecitato e quegli spigoli vengono naturalmente arrotondati
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Salve ragazzi, avrei bisogno di una mano su questo esercizio
(http://s27.postimg.org/mzwf1czhr/20140915_170244.jpg) (http://postimg.org/image/mzwf1czhr/)
Grazie mille a tutti
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credo si faccia cosi' (nell'ipotesi di piccoli spostamenti) :
si calcolano le derivate degli spostamenti e si ricavano quindi le deformazioni
dux/dx = epsilonx
duy/dy = epsilony
duz/dz = epsilonz
dalle formule inverse di Navier, le (9) qui (tieni presente che in questo libro il modulo di Poisson è indicato con 1/m, nel tuo caso conosci G ed E e quindi dalla relazione G=E / [2*(1+1/m)] puoi ricavarlo )
http://www.scienzadellecostruzioni.co.uk/Documenti/Franciosi-1/4.%20Relazioni%20tra%20le%20componenti%20di%20deformazione%20e%20tensione.pdf (http://www.scienzadellecostruzioni.co.uk/Documenti/Franciosi-1/4.%20Relazioni%20tra%20le%20componenti%20di%20deformazione%20e%20tensione.pdf)
calcoli poi le tensioni principali, vedi il par. 6 qui
http://www.scienzadellecostruzioni.co.uk/Documenti/Franciosi-1/2.%20Analisi%20dello%20stato%20tensionale.pdf (http://www.scienzadellecostruzioni.co.uk/Documenti/Franciosi-1/2.%20Analisi%20dello%20stato%20tensionale.pdf)
avendo calcolate prima le distorsioni gamma mediante le ( 8 ) qui
http://www.scienzadellecostruzioni.co.uk/Documenti/Franciosi-1/1.%20Spostamenti%20e%20deformazioni%20dei%20mezzi%20continui.pdf (http://www.scienzadellecostruzioni.co.uk/Documenti/Franciosi-1/1.%20Spostamenti%20e%20deformazioni%20dei%20mezzi%20continui.pdf)
inserisci poi le tensioni principali nella (31) qui
http://www.scienzadellecostruzioni.co.uk/Documenti/Franciosi-1/9.%20Criteri%20di%20resistenza.pdf (http://www.scienzadellecostruzioni.co.uk/Documenti/Franciosi-1/9.%20Criteri%20di%20resistenza.pdf)
e confronti la sigma equivalente con la sigma ammissibile data, e ricavi il k massimo
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dall'espressione di uy (la v del libro di Franciosi) si vede subito che la epsilony è nulla e quindi si ha uno stato piano di deformazione che semplifica le cose
poi, tempo permettendo, provo a risolverlo anche io
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se poi è tutto chiaro, fammelo sapere
dimenticavo di dire che esercizi del genere sono risolti in due volumi di Elio Giangreco, anni 60, non so se più in vendita ma certamente nelle biblioteche universitarie, Esercizi di Scienza delle costruzioni, voll. 1 e 2, Liguori ed.
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per forza di cose devo dividerlo in più parti, qui l'inizio in cui ho calcolato le epsilon ed il modulo di Poisson
(valore che si poteva anche evitare di calcolare sapendo che si tratta di acciaio, che si vede dai valori di E e G e che quindi ni vale 0,3)
(http://i60.tinypic.com/dq3wn6.jpg)
segue ...
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qui ho calcolato la deformazione volumetrica teta, la seconda costante di Lamé lambda e le componenti speciali di tensione e le distorsioni elementari gamma
(http://i61.tinypic.com/6i8xoh.jpg)
ora occorre calcolare le tensioni principali da inserire poi nell'espressione di Hencky e Von Mises
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qui ho calcolato anche le tau e riscritto le componenti speciali di tensione per maggior chiarezza
(http://i60.tinypic.com/8xvd6c.jpg)
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grazie mille davvero... avevo avuto l'idea giusta allora :) ...
Già che ci sono, ti volevo chiedere anche un'altra cosa... ho un'iperstatica molto semplice, ma non riesco a farla tornare perchè misono venuti dei dubbi..
Allora l'esrcizio è questo
(http://s27.postimg.org/mzpw7fmwv/20140913_174204.jpg) (http://postimg.org/image/mzpw7fmwv/)
io l'ho risolto così:
credo di aver sbagliato le reazioni interne, ma non capisco dove.. Quando ho delle reazioni esterne esterne che insistono sui nodi, come le devo considerare per trovare le reazioni interne?
Grazie mille a tutti
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nel frattempo avevo scritto anche l'equazione secolare le cui tre radici sono le tensioni principali da inserire nell'espressione di Hencky-V. Mises;
se non ho sbagliato con la regola di Sarrus, l'ho anche esplicitata e dovrebbe essere questa
(http://i61.tinypic.com/2iaqzr4.jpg)
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non ho capito quale è l'isostatica principale, hai eliminato i carrelli in C e B ?
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ritornando al precedente esercizio, ho riordinato l'equazione canonica e sempre se non ho fatto errori dovrebbe essere questa
(http://i59.tinypic.com/24ct9x3.jpg)
(quella finezza farmaceutica dei numeri periodici forse è meglio semplificarla)
il problema ora credo sia un poco complicato dal punto di vista analitico, perché l'equazione ha tutti i coefficienti e mi pare non si possa usare la soluzione di Tartaglia, vedo però qui che c'è una soluzione dovuta a François Viete http://it.wikipedia.org/wiki/Equazione_di_terzo_grado (http://it.wikipedia.org/wiki/Equazione_di_terzo_grado)
forse un procedimento meno complicato è quello di risolvere iterativamente il sistema formato da questa equazione e da quella di Hencky-Von Mises facendo variare il coefficiente k,
buon prosieguo :byebye:
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non ho capito quale è l'isostatica principale, hai eliminato i carrelli in C e B ?
Ho tolto il carrello in D, nella prima foto l'ho tolto e ho messo in rosso una X
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qui ho calcolato la deformazione volumetrica teta, la seconda costante di Lamé lambda e le componenti speciali di tensione e le distorsioni elementari gamma
Nel calcolo delle distorsioni elementari gamma credo che manchi un 1/2 davanti alla somma delle derivate e il calcolo si semplifica ulteriormente..
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ma togliendo il solo carrello in D la struttura resta 1 volta iperstatica
(per il primo esercizio stavo provando a risolvere quell'equazione di terzo grado con il metodo di quel matematico francese, se ci riesco posto la soluzione domani)
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ho 4 aste, quindi 12 gradi di libertà, e 13 gradi di vincolo, togliendo il carrello in D, lastruttura diventa isostatica..
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si scusa, hai ragione, non avevo visto che la maglia ha quattro sconnessioni e quindi è 1 volta labile, poi cerco di guardare attentamente lo svolgimento
per l'altro esercizio non mi trovo sul fatto che dicevi di 1/2 tra tau e gamma, perché tau=G*gamma, e comunque ho provato a risolvere quell'equazione di terzo grado ma mi sono incartato parecchio,
forse è meglio trovare le sigma principali con i cerchi di Mohr
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non riesco a capire quel
"equilibrio alla rotazione per AB: -Va*L= 0"
l'errore credo sia questo
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cmq questa è la soluzione con FTool, ho assegnato a P il valore 1
(http://i62.tinypic.com/2rpwi05.jpg)
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questo esercizio è un vero rompicapo, ma chi l'ha fatto, qualche matematico russo ?
la struttura può essere ridotta alla sola maglia quadrata snodata soggetta ad un insieme di forze di cui però 4 di queste sono incognite;
si hanno 4 incognite e le 3 equazioni della statica, per cui le soluzioni sarebbero infinite;
credo che occorre quindi far ricorso al principio di solidificazione, ovvero che se una struttura è in equilibrio lo è ogni sua parte, e a cui hai fatto ricorso scrivendo l'equazione aggiuntiva alla rotazione dell'asta AB, però se scrivi la stessa equazione di equilibrio alla rotazione per l'asta verticale uscirà stavolta che Ha=0 :muro:
del procedimento se ne parla qui da pag. 324 del libro
http://www.scienzadellecostruzioni.co.uk/Documenti/Franciosi-3a/6.%20La%20statica%20delle%20travi.pdf (http://www.scienzadellecostruzioni.co.uk/Documenti/Franciosi-3a/6.%20La%20statica%20delle%20travi.pdf)
ho cercato di seguirlo ma non sono riuscito a trovare una soluzione per questo problema :muro:
o forse occorre fare qualche considerazione che però non riesco a vedere;
cercherò anche in altri libri, :idea: sperando che Timoshenko in Theory of Structures abbia trattato proprio questo problema
:( :help:
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forse risolto il problema,
in Esercizi di SdC di Castiglioni-Petrini-Urbano c'è un esercizio, il n. 11 del capitolo Reazioni vincolari, che è analogo, ed è risolto aprendo la struttura in un punto (quindi usando quel procedimento detto di solidificazione)
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problema risolto :oook:
(per non confondermi cambio solo il verso ad Hb, cioè lo immagino diretto verso destra, la cosa però non è un problema, anche se, sempre per non confondersi è meglio fissare un sistema di riferimento, ad es. x positivo verso destra, y verso l'alto, e le rotazioni positive se antiorarie, alla fine si saprà comunque se il verso prefissato dei vettori era esatto o no)
apriamo la maglia eliminando ad esempio la cerniera in B, dove è applicata la forza P, applicando alle aste AB e BD le azioni che questa cerniera trasmette loro, quindi all'estremo B di AB applichiamo uno sforzo normale Nab (che supponiamo diretta verso destra quindi di trazione) e un taglio Tab, e sull'estremo sempre B di BD un Nbd che per l'equilibrio alla traslazione verticale deve essere Nbd=P-Tab , e un taglio Tbd che per l'equilibrio alla traslazione orizzontale deve essere rivolto verso sinistra Tbd=-Nab
- equilibrio alla rotazione dell'asta AB intorno alla cerniera in A, è immediato che, essendo l'asta scarica, Tab=0, e conseguentemente per l'asta BD Nbd=P
- equilibrio alla rotazione dell'asta BD intorno alla cerniera in D: -Tbd*L + Hb*L/2 - P*L = 0 --> Tbd=Hb/2-P
- equilibrio alla rotazione del blocco formato dalle aste BD+ED (solidificando la cerniera in D, e qui entra in gioco quel procedimento richiamato da Franciosi): -Tbd*L + Hb*L/2 -3*P*L + Vc*L/2 = 0 --> Tbd = -3P + Hb/2 + Vc/2
- dalle due precedenti: Tbd = Hb/2 - P e Tbd = -3P + Hb/2 + Vc/2 --> Hb/2 - P = -3P + Hb/2 + Vc/2 --> Vc = 4*P
a questo punto dalle equazioni di equilibrio globale alla traslazione in y e alla rotazione intorno ad A si ricava che
Va = -3*P
Hb = - 2*P
e dalla prima equazione, di equilibrio alla traslazione orizzontale (quella che ci sottraeva un'equazione dalle tre a disposizione, perché ci diceva che Ha=-Hb ma ci lasciava nelle altre 2 equazioni sempre una incognita in più)
Hb = - Ha = 2*P
se non sono stato chiaro posso fare qualche disegno, anche se vedi mp perché ti ho inviato la scansione di quell'esercizio del libro di Castiglioni-Petrini-Urbano dove ci sono disegni molto chiari (cambia solo la simbologia, ma questo non è un grande problema)
P.S. grazie per avermi dato la possibilità di imparare una cosa nuova :byebye: