[Scienza delle Costruzioni] Caratteristiche sollecitazione
Ciao a tutti. Innanzitutto essendo il mio primo post del 2012, ne approfitto per fare gli auguri di Buon Anno a tutti gli utenti del forum.
Detto questo passo subito al mio problema.
Da qualche giorno ho iniziato a fare esercizi sul calcolo delle caratteristiche di sollecitazione, ma ho trovato da subito delle difficoltà che adesso vi spiego tramite un esercizio.
Allora, ho la seguente struttura, della quale ho già calcolato le reazioni vincolari ovviamente (nella figura non sono riportate in scala):
Passo quindi al calcolo delle caratteristiche di sollecitazione. Subito mi viene da chiedere: con quale criterio scelgo i tratti? Ad esempio inizio dal tratto $AB$ o posso iniziare direttamente dall'intero tratto $AC$?
Poi un'altra cosa: supponendo di iniziare dal tratto $AB$, scelgo una sezione posta ad una generica distanza $x$ dall'origine del sistema di riferimento che fisso in $A$ (asse $x$ rivolto verso destra e asse $z$ rivolto verso il basso) e guardo per comodità a sinistra della sezione. Vedo, come forza assiale, solo la reazione $R_A$. Ma, se invece di guardare a sinistra della sezione scelta, guardassi a destra, quali sono le forze che dovrei tenere in considerazione e con quale criterio le devo scegliere?
Questi in linea di massima le difficoltà che ho riscontrato. Spero di essere stato chiaro.
Grazie.
Detto questo passo subito al mio problema.
Da qualche giorno ho iniziato a fare esercizi sul calcolo delle caratteristiche di sollecitazione, ma ho trovato da subito delle difficoltà che adesso vi spiego tramite un esercizio.
Allora, ho la seguente struttura, della quale ho già calcolato le reazioni vincolari ovviamente (nella figura non sono riportate in scala):
Passo quindi al calcolo delle caratteristiche di sollecitazione. Subito mi viene da chiedere: con quale criterio scelgo i tratti? Ad esempio inizio dal tratto $AB$ o posso iniziare direttamente dall'intero tratto $AC$?
Poi un'altra cosa: supponendo di iniziare dal tratto $AB$, scelgo una sezione posta ad una generica distanza $x$ dall'origine del sistema di riferimento che fisso in $A$ (asse $x$ rivolto verso destra e asse $z$ rivolto verso il basso) e guardo per comodità a sinistra della sezione. Vedo, come forza assiale, solo la reazione $R_A$. Ma, se invece di guardare a sinistra della sezione scelta, guardassi a destra, quali sono le forze che dovrei tenere in considerazione e con quale criterio le devo scegliere?
Questi in linea di massima le difficoltà che ho riscontrato. Spero di essere stato chiaro.
Grazie.
Risposte
Ciao e buon anno anche a te.
Vorrei risponderti a tutte e 2 le domande consigliandoti di scomporre interamente la struttura in tratti elemntari (AB,BC,CE,EF....) e ad ognuno di essi esplicitare le azioni interne
ad es se analizzi il tratto AB vedi che in A agisce $R_A$ in compressione, dunque per l'equilibrio anche in B dovrà sussistere una forza uguale e contraria....il diagramma dello s.n. sarà allora costantemente compresso della quantità $R_A$ lungo tutto il tratto
e così per tutti gli elemnti
Ps: che programma hai utilizzato per fare il disegno?
Vorrei risponderti a tutte e 2 le domande consigliandoti di scomporre interamente la struttura in tratti elemntari (AB,BC,CE,EF....) e ad ognuno di essi esplicitare le azioni interne
ad es se analizzi il tratto AB vedi che in A agisce $R_A$ in compressione, dunque per l'equilibrio anche in B dovrà sussistere una forza uguale e contraria....il diagramma dello s.n. sarà allora costantemente compresso della quantità $R_A$ lungo tutto il tratto
e così per tutti gli elemnti
Ps: che programma hai utilizzato per fare il disegno?
Ho capito. Ieri ho provato a svolgere l'esercizio e mi sembra di aver fatto come mi hai consigliato (se non avete nulla in contrario vorrei postare l'intero esercizio così potete dirmi se ho fatto bene o meno).
Sempre a proposito delle sollecitazioni volevo chiedere anche come si individuano le fibre tese per poter così tracciare dal lato corrispondente i diagrammi di momento flettente (ho fatto anche questo ma non sono sicuro di aver fatto giusto).
Ho utilizzato Autocad 2007.
Sempre a proposito delle sollecitazioni volevo chiedere anche come si individuano le fibre tese per poter così tracciare dal lato corrispondente i diagrammi di momento flettente (ho fatto anche questo ma non sono sicuro di aver fatto giusto).
Ps: che programma hai utilizzato per fare il disegno?
Ho utilizzato Autocad 2007.
"JoJo_90":
Ho capito. Ieri ho provato a svolgere l'esercizio e mi sembra di aver fatto come mi hai consigliato (se non avete nulla in contrario vorrei postare l'intero esercizio
Postalo pure
"JoJo_90":
Sempre a proposito delle sollecitazioni volevo chiedere anche come si individuano le fibre tese per poter così tracciare dal lato corrispondente i diagrammi di momento flettente (ho fatto anche questo ma non sono sicuro di aver fatto giusto).
Immagina di prendere una penna e applicarvi agli estremi un momento (orario o antiorario)...quali sono le fibre che si tendono e quali che si comprimono?
Ora immagina che ogni elementino strutturale della struttura sia la tua penna, e in base ai momenti che trovi vedi da che parte sono le fibre tese e quelle compresse
Ecco l'esercizio completo.
Carichi agenti: $Q = q * 2l$
1. Reazioni vincolari
$ |vec R_A | = 2ql $ (Reazione della cerniera esterna posta in A)
$ |vec R_G | = 2 sqrt 2 ql $ (Reazione del bipendolo posto in G)
$ |vec R^x_G | = 2ql $ (Componente orizzontale della $R_G$)
$ |vec R^z_G | = 2ql $ (Componente verticale della $R_G$)
$ M_G = 4ql^2 $ (Reazione del bipendolo posto in G).
$ |vec R_C | = 2ql $ (Reazione del pendolo interno posto in C)
$ |vec R_D | = 0 $ (Reazione del carrello interno posto in D)
2. Convenzione dei segni utilizzata
La convenzione dei segni utilizzata per il calcolo delle sollecitazioni è la seguente:
A destra di una sezione le sollecitazioni si considerano positive se concordi con gli assi del sistema di riferimento (locale) fissato, mentre a sinistra della sezione le sollecitazioni si considerano positive se discordi con gli assi del sistema di riferimento.
Il sistema di riferimento fissato per i tratti è il seguente:
3. Calcolo delle caratteristiche di sollecitazione
Tratto $AB$ nell'intervallo $0<=x<=l$
$N^s(x) = -R_A = -2ql$
$T^s(x) = 0$
$M^s(x) = 0$
Tratto $BC$ nell'intervallo $l<=x<=2l$
$N^s(x) = -R_A = -2ql$
$T^s(x) = 0$
$M^s(x) = 0$
Tratto $CE$ nell'intervallo $2l<=x<=3l$
$N^s(x) = -R_A = -2ql$
$T^s(x) = 0$
$M^s(x) = 0$
Tratto $BH$ nell'intervallo $0<=x<=l$
$N^s(x) = 0$
$T^s(x) = -R_A = -2ql$
$M^s(x) = -R_A * x = -2ql*x$
Tratto $HD$ nell'intervallo $0<=x<=l$
$N^s(x) = - R_A = -2ql$
$T^s(x) = 0$
$M^s(x) = -R_A * l = -2ql^2$
Tratto $DF$ nell'intervallo $l<=x<=2l$
$N^s(x) = - R_A = -2ql$
$T^s(x) = 0$
$M^s(x) = -R_A * l = -2ql^2$
Tratto $FE$ nell'intervallo $0<=x<=l$
$N^d(x) = 0$
$T^d(x) = -R_A = -2ql$
$M^d(x) = R_A * (l - x)= 2ql*(l-x)$
Tratto $FG$ nell'intervallo $0<=x<=2l$
$N^s(x) = - R_A = -2ql$
$T^s(x) = -q*x$
$M^s(x) = - R_A * l - q*x*x/2 = -2ql^2 - qx^2/2$
4. Diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione
Li ho disegnati in fretta, quindi non saranno precisissimi dal punto di vista numerico e di scala.
Inoltre il diagramma del momento nel tratto $FG$ dovrebbe essere una parabola, ma l'ho disegnato orientativamente con linee.
Sforzo Normale
Taglio
Momento Flettente
Carichi agenti: $Q = q * 2l$
1. Reazioni vincolari
$ |vec R_A | = 2ql $ (Reazione della cerniera esterna posta in A)
$ |vec R_G | = 2 sqrt 2 ql $ (Reazione del bipendolo posto in G)
$ |vec R^x_G | = 2ql $ (Componente orizzontale della $R_G$)
$ |vec R^z_G | = 2ql $ (Componente verticale della $R_G$)
$ M_G = 4ql^2 $ (Reazione del bipendolo posto in G).
$ |vec R_C | = 2ql $ (Reazione del pendolo interno posto in C)
$ |vec R_D | = 0 $ (Reazione del carrello interno posto in D)
2. Convenzione dei segni utilizzata
La convenzione dei segni utilizzata per il calcolo delle sollecitazioni è la seguente:
A destra di una sezione le sollecitazioni si considerano positive se concordi con gli assi del sistema di riferimento (locale) fissato, mentre a sinistra della sezione le sollecitazioni si considerano positive se discordi con gli assi del sistema di riferimento.
Il sistema di riferimento fissato per i tratti è il seguente:
3. Calcolo delle caratteristiche di sollecitazione
Tratto $AB$ nell'intervallo $0<=x<=l$
$N^s(x) = -R_A = -2ql$
$T^s(x) = 0$
$M^s(x) = 0$
Tratto $BC$ nell'intervallo $l<=x<=2l$
$N^s(x) = -R_A = -2ql$
$T^s(x) = 0$
$M^s(x) = 0$
Tratto $CE$ nell'intervallo $2l<=x<=3l$
$N^s(x) = -R_A = -2ql$
$T^s(x) = 0$
$M^s(x) = 0$
Tratto $BH$ nell'intervallo $0<=x<=l$
$N^s(x) = 0$
$T^s(x) = -R_A = -2ql$
$M^s(x) = -R_A * x = -2ql*x$
Tratto $HD$ nell'intervallo $0<=x<=l$
$N^s(x) = - R_A = -2ql$
$T^s(x) = 0$
$M^s(x) = -R_A * l = -2ql^2$
Tratto $DF$ nell'intervallo $l<=x<=2l$
$N^s(x) = - R_A = -2ql$
$T^s(x) = 0$
$M^s(x) = -R_A * l = -2ql^2$
Tratto $FE$ nell'intervallo $0<=x<=l$
$N^d(x) = 0$
$T^d(x) = -R_A = -2ql$
$M^d(x) = R_A * (l - x)= 2ql*(l-x)$
Tratto $FG$ nell'intervallo $0<=x<=2l$
$N^s(x) = - R_A = -2ql$
$T^s(x) = -q*x$
$M^s(x) = - R_A * l - q*x*x/2 = -2ql^2 - qx^2/2$
4. Diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione
Li ho disegnati in fretta, quindi non saranno precisissimi dal punto di vista numerico e di scala.
Inoltre il diagramma del momento nel tratto $FG$ dovrebbe essere una parabola, ma l'ho disegnato orientativamente con linee.
Sforzo Normale
Taglio
Momento Flettente
Ho dato un'occhiata in fretta ma non mi tornano le reazioni vincolari.
Da dove ti trovi $R_A=ql$ e poi stai attento...in G il doppio pendolo reagisce anche con un momento!
A occhio le uniche reazioni vincolari sono in $G$ con $V_G=2ql$ e $M_G=2ql^2$ nel tuo sist. di riferimento.
Quindi l'unico tratto di trave caricata è FG
Da dove ti trovi $R_A=ql$ e poi stai attento...in G il doppio pendolo reagisce anche con un momento!
A occhio le uniche reazioni vincolari sono in $G$ con $V_G=2ql$ e $M_G=2ql^2$ nel tuo sist. di riferimento.
Quindi l'unico tratto di trave caricata è FG
Allora provo a dare delle risposte e a spiegare quello che ho fatto.
Le reazioni vincolari le ho calcolate con il metodo grafico e riconducendomi ad un arco a $3$ cerniere (la cerniera in $A$, la cerniera impropria in $G$ e la cerniera ideale coincidente con $C$, individuata dalle rette d'azione del carrello in $D$ e del pendolo in $C$).
Iniziando dal tratto scarico ($A$ - $B$ - $C$ - $H$ - $D$), congiungo la cerniera in $A$ e quella ideale in $C$ trovando in tal modo la direzione delle reazioni $R_A$ e $R_C$. Trovo l'intersezione della suddetta retta con il carico $Q$. A questo punto per l'equilibrio alla rotazione, la reazione del bipendolo deve passare per il punto di intersezione detto e deve essere inclinata come i pendolini, cioè di $45°$. Si costruisce il triangolo di equilibrio (il quale assicura l'equilibrio alle traslazioni) dal quale si ricavano i moduli delle reazioni delle $3$ cerniere ovvero: $R_A$, $R_C$ ed $R_G$ .
La reazione del carrello comunque mi viene $R_A = 2ql$, non $ql$.
Si, infatti in figura l'ho segnato, solo che ho dimenticato di scriverlo nel post precedente, ahh!! Lo correggo subito.
Penso che con $V_G$ intendi una forza verticale. Tuttavia, la $V_G$ del bipendolo non può essere interamente la reazione vincolare, in quanto il bipendolo reagisce con una forza comunque disposta nel piano e diretta come i pendolini (trasportando poi tale reazione sul vincolo è necessario aggiungere un momento di trasporto). La sua reazione sarà pertanto inclinata (di un angolo che nell'esercizio è pari a $45°$) e avrà due componenti ovviamente.
Per una conferma della correttezza di quanto fatto, utilizzo le equazioni cardinali della statica:
Equilibrio alla traslazione orizzontale:
$ sum |vec F_x| = 0 rArr R_A + R_C - R_C - R^x_G = 0 rArr 2ql + 2ql - 2ql - 2ql = 0 rArr 0=0$. L'equilibrio è soddisfatto.
Equilibrio alla traslazione verticale:
$ sum |vec F_z| = 0 rArr Q - R^z_G = 0 rArr 2ql - 2ql = 0 $. Anche questo è soddisfatto.
Equilibrio alla rotazione attorno al punto $A$:
$ sum |vec M| = 0 rArr -Q*4l + R^x_G*l + R^z_G * 5l - M_G = 0 rArr -8ql^2 + 2ql^2 + 10ql^2 - 4ql^2 = 0 rArr 0=0$.
Da dove ti trovi $RA=ql$
Le reazioni vincolari le ho calcolate con il metodo grafico e riconducendomi ad un arco a $3$ cerniere (la cerniera in $A$, la cerniera impropria in $G$ e la cerniera ideale coincidente con $C$, individuata dalle rette d'azione del carrello in $D$ e del pendolo in $C$).
Iniziando dal tratto scarico ($A$ - $B$ - $C$ - $H$ - $D$), congiungo la cerniera in $A$ e quella ideale in $C$ trovando in tal modo la direzione delle reazioni $R_A$ e $R_C$. Trovo l'intersezione della suddetta retta con il carico $Q$. A questo punto per l'equilibrio alla rotazione, la reazione del bipendolo deve passare per il punto di intersezione detto e deve essere inclinata come i pendolini, cioè di $45°$. Si costruisce il triangolo di equilibrio (il quale assicura l'equilibrio alle traslazioni) dal quale si ricavano i moduli delle reazioni delle $3$ cerniere ovvero: $R_A$, $R_C$ ed $R_G$ .
La reazione del carrello comunque mi viene $R_A = 2ql$, non $ql$.
in $G$ il doppio pendolo reagisce anche con un momento!
Si, infatti in figura l'ho segnato, solo che ho dimenticato di scriverlo nel post precedente, ahh!! Lo correggo subito.
A occhio le uniche reazioni vincolari sono in $G$ con $V_G=2ql$ e $M_G=2ql2$ nel tuo sist. di riferimento.
Penso che con $V_G$ intendi una forza verticale. Tuttavia, la $V_G$ del bipendolo non può essere interamente la reazione vincolare, in quanto il bipendolo reagisce con una forza comunque disposta nel piano e diretta come i pendolini (trasportando poi tale reazione sul vincolo è necessario aggiungere un momento di trasporto). La sua reazione sarà pertanto inclinata (di un angolo che nell'esercizio è pari a $45°$) e avrà due componenti ovviamente.
Per una conferma della correttezza di quanto fatto, utilizzo le equazioni cardinali della statica:
Equilibrio alla traslazione orizzontale:
$ sum |vec F_x| = 0 rArr R_A + R_C - R_C - R^x_G = 0 rArr 2ql + 2ql - 2ql - 2ql = 0 rArr 0=0$. L'equilibrio è soddisfatto.
Equilibrio alla traslazione verticale:
$ sum |vec F_z| = 0 rArr Q - R^z_G = 0 rArr 2ql - 2ql = 0 $. Anche questo è soddisfatto.
Equilibrio alla rotazione attorno al punto $A$:
$ sum |vec M| = 0 rArr -Q*4l + R^x_G*l + R^z_G * 5l - M_G = 0 rArr -8ql^2 + 2ql^2 + 10ql^2 - 4ql^2 = 0 rArr 0=0$.
Si il bipendolo ovviamente agisce con una forza inclinata, che puoi scomporre in una verticale e una orrizzontale...E' vero, per puro caso le equazioni cardinali sono verificate ma se fai l'equilibrio globale e per ogni pezzo di struttura ti accorgerai che$R_A=R_C=0$
Scusa ma mi sono accorto che mentre stavo modificando il post precedente avevi risposto. Ho aggiunto delle cose in più spiegando come ho trovato le reazioni vincolari.
Non vorrei sembrare petulante, ma le cose non mi tornano. Se la cerniera in $A$ non reagisce e nemmeno il pendolo in $C$, non vi è equilibrio alla traslazione in quanto la componente orizzontale del bipendolo non sarebbe equilibrata. Forse però non ho capito bene cosa volevi dire.
Non vorrei sembrare petulante, ma le cose non mi tornano. Se la cerniera in $A$ non reagisce e nemmeno il pendolo in $C$, non vi è equilibrio alla traslazione in quanto la componente orizzontale del bipendolo non sarebbe equilibrata. Forse però non ho capito bene cosa volevi dire.
Io a dir la verità ho fatto le cose dal punto di vista analitico,
Da buon ingegnere vediamo di scrivere le equazioni globali, queste secondo il tuo sistema di riferimento risultano:
${(R_{ax}+R_{cx}+R_{gx}=0),(R_{ay}+R_{dy}+R_{gy}-2ql=0),(M_{g}+R_{ay}\cdot 5l+R_{dy}\cdot 3l+R_{ax}\cdot l+R_{cx}\cdot l-2ql^2=0 ):}$
con l'eq del momento in G e le reazione del pattino già scomposta in $R_{gx}$ e $R_{gy}$ . E fin qua ci dovremmo essere ok?
Ora scompongo la struttura, considero il tratto sinistro (ABCDH) e scrivo le eq. di equilibrio per esso:
${(R_{ax}+R_{cx}=0),(R_{ay}+R_{dy}=0),(-R_{dy}\cdot2l=0):}$
Da cui $R_{ax}=-R_{cx}$ e $R_{dy}=R_{ay}=0$
Se ora sostituisci $R_{ax}=-R_{cx}$ nell'equazione globale di partenza ti accorgerai che magicamente spariscono tutte le reazioni orrizzontali, dandoti $M_g=2ql^2$ e $R_{gy}=2ql$
d'accordo?
Da buon ingegnere vediamo di scrivere le equazioni globali, queste secondo il tuo sistema di riferimento risultano:
${(R_{ax}+R_{cx}+R_{gx}=0),(R_{ay}+R_{dy}+R_{gy}-2ql=0),(M_{g}+R_{ay}\cdot 5l+R_{dy}\cdot 3l+R_{ax}\cdot l+R_{cx}\cdot l-2ql^2=0 ):}$
con l'eq del momento in G e le reazione del pattino già scomposta in $R_{gx}$ e $R_{gy}$ . E fin qua ci dovremmo essere ok?
Ora scompongo la struttura, considero il tratto sinistro (ABCDH) e scrivo le eq. di equilibrio per esso:
${(R_{ax}+R_{cx}=0),(R_{ay}+R_{dy}=0),(-R_{dy}\cdot2l=0):}$
Da cui $R_{ax}=-R_{cx}$ e $R_{dy}=R_{ay}=0$
Se ora sostituisci $R_{ax}=-R_{cx}$ nell'equazione globale di partenza ti accorgerai che magicamente spariscono tutte le reazioni orrizzontali, dandoti $M_g=2ql^2$ e $R_{gy}=2ql$
d'accordo?
Ho provato anche io ad applicare il metodo analitico delle equazioni cardinali, ma i risultati che ho ottenuto sono gli stessi di quelli che avevo ottenuto per via grafica.
Scrivo le equazioni di equilibrio per i due tratti di cui è composta la struttura. I versi li ho lasciati così come li avevo trovati.
PRIMO TRATTO: ABCDH
$ { ( R^x_A - R_C = 0 ),( -R^z_A - R_D = 0 ),( R_D * 2l =0 ):} $
SECONDO TRATTO: CEFDG
$ { ( R_C - R^x_G = 0),( R_D + Q - R^z_G = 0),( R_C * l + R_D * 3l + Ql - M_G = 0 ):} $
A questo punto faccio la seguente posizioni: $ R^z_G = R^x_G $, la quale è giustificata dal fatto che la $R_G$ è inclinata di $45°$, per cui le sue componenti sono uguali essendo i cateti di un triangolo rettangolo isoscele.
Sotto queste posizioni e accorpando i due sistemi ottengo:
$ { ( R^x_A - R_C = 0 ),( -R^z_A - R_D = 0),( R_D * 2l =0 ), ( R_C - R^x_G = 0),( R_D + Q - R^x_G = 0),( R_C * l + R_D * 3l + Ql - M_G = 0 ):} $
Dalla terza equazione si ottiene subito che $R_D = 0 $; di conseguenza, dalla seconda, si ha $R^z_A = 0$.
Il sistema quindi diventa:
$ { ( R^x_A - R_C = 0 ),( -R^z_A = 0),( R_D = 0 ), ( R_C - R^x_G = 0),( Q - R^x_G = 0),( R_C * l + Ql - M_G = 0 ):} $
Dalla penultima equazione si ottiene $R^x_G = Q$ e sostituendo nelle altre si ottiene:
$ { ( R^x_A - R_C = 0 ),( -R^z_A = 0),( R_D = 0 ), ( R_C = Q),( R^x_G = Q),( R_C * l + Ql - M_G = 0 ):} $
La quarta indica che $R_C = Q$, per cui si ottiene:
$ { ( R^x_A = Q ),( -R^z_A = 0),( R_D = 0 ), ( R_C = Q),( R^x_G = Q),( Ql + Ql - M_G = 0 ):} $
In definitiva le reazioni vincolari, in modulo, sono (tenendo conto che $Q=2ql$ e che $R^x_G = R^z_G$):
$ { ( R^x_A = 2ql ),( -R^z_A = 0),( R_D = 0 ), ( R_C = 2ql),( R^x_G = 2ql), ( R^z_G = 2ql),( M_G = 4ql^2 ):} $
I versi ipotizzati sono quelli corretti in quanto tutte le reazioni vengono positive.
Adesso non sò, ma io continuo a credere che non può scomparire la componente orizzontale della reazione del bipendolo, perchè è inclinato per cui la reazione dovrà necessariamente essere inclinata, per cui esisterà sempre e comunque la componte $R^x_G$. Se ciò è vero (come credo, ma non vorrei risultare presuntuoso), ci deve essere almeno una reazione vincolare che equilibri tale componente (e questa è proprio la reazione $R_A$).
Tuttavia adesso vado a rivedermi con calma come hai impostato analiticamente le equazioni, perchè ieri non ho avuto tempo.
Scrivo le equazioni di equilibrio per i due tratti di cui è composta la struttura. I versi li ho lasciati così come li avevo trovati.
PRIMO TRATTO: ABCDH
$ { ( R^x_A - R_C = 0 ),( -R^z_A - R_D = 0 ),( R_D * 2l =0 ):} $
SECONDO TRATTO: CEFDG
$ { ( R_C - R^x_G = 0),( R_D + Q - R^z_G = 0),( R_C * l + R_D * 3l + Ql - M_G = 0 ):} $
A questo punto faccio la seguente posizioni: $ R^z_G = R^x_G $, la quale è giustificata dal fatto che la $R_G$ è inclinata di $45°$, per cui le sue componenti sono uguali essendo i cateti di un triangolo rettangolo isoscele.
Sotto queste posizioni e accorpando i due sistemi ottengo:
$ { ( R^x_A - R_C = 0 ),( -R^z_A - R_D = 0),( R_D * 2l =0 ), ( R_C - R^x_G = 0),( R_D + Q - R^x_G = 0),( R_C * l + R_D * 3l + Ql - M_G = 0 ):} $
Dalla terza equazione si ottiene subito che $R_D = 0 $; di conseguenza, dalla seconda, si ha $R^z_A = 0$.
Il sistema quindi diventa:
$ { ( R^x_A - R_C = 0 ),( -R^z_A = 0),( R_D = 0 ), ( R_C - R^x_G = 0),( Q - R^x_G = 0),( R_C * l + Ql - M_G = 0 ):} $
Dalla penultima equazione si ottiene $R^x_G = Q$ e sostituendo nelle altre si ottiene:
$ { ( R^x_A - R_C = 0 ),( -R^z_A = 0),( R_D = 0 ), ( R_C = Q),( R^x_G = Q),( R_C * l + Ql - M_G = 0 ):} $
La quarta indica che $R_C = Q$, per cui si ottiene:
$ { ( R^x_A = Q ),( -R^z_A = 0),( R_D = 0 ), ( R_C = Q),( R^x_G = Q),( Ql + Ql - M_G = 0 ):} $
In definitiva le reazioni vincolari, in modulo, sono (tenendo conto che $Q=2ql$ e che $R^x_G = R^z_G$):
$ { ( R^x_A = 2ql ),( -R^z_A = 0),( R_D = 0 ), ( R_C = 2ql),( R^x_G = 2ql), ( R^z_G = 2ql),( M_G = 4ql^2 ):} $
I versi ipotizzati sono quelli corretti in quanto tutte le reazioni vengono positive.
...ti accorgerai che magicamente spariscono tutte le reazioni orrizzontali...
Adesso non sò, ma io continuo a credere che non può scomparire la componente orizzontale della reazione del bipendolo, perchè è inclinato per cui la reazione dovrà necessariamente essere inclinata, per cui esisterà sempre e comunque la componte $R^x_G$. Se ciò è vero (come credo, ma non vorrei risultare presuntuoso), ci deve essere almeno una reazione vincolare che equilibri tale componente (e questa è proprio la reazione $R_A$).
Tuttavia adesso vado a rivedermi con calma come hai impostato analiticamente le equazioni, perchè ieri non ho avuto tempo.
Ho dato un'occhiata a quello che avevi scritto. Nel primo sistema, quello dell'equilibrio globale, non dovrebbero comparire solo le reazioni dei vincoli esterni? Credo che il metodo da te seguito sia quello delle equazioni ausiliarie. Se così è, io sapevo che bisogna scrivere le tre equazioni di equilibrio globale, più le necessarie equazioni ausiliarie, tutte in termini delle reazioni vincolari esterne. Determinate queste, si ricavano le reazioni interne tramite equazioni di equilibrio nei tratti.
Ti chiedo umilmente scusa....riguardandolo con più calma hai perfettamente ragione.
E' correttissimo il tuo procedimento....sorry
E' correttissimo il tuo procedimento....sorry
Ma figurati! Anzi non dirlo nemmeno.
Adesso però, torno al quesito iniziale cercando di formularlo un poco meglio.
Supponiamo di voler calcolare lo sforzo normale nel tratto $BH$; faccio una sezione $S$, e guardo a sinistra, quindi verso $B$. Il mio dubbio è il seguente: nel calcolo della solecitazione devo percorrere tutti i tratti della struttura? E quindi dovrò seguire il percorso: $BA$ - $BC$ - $CE$ - $EF$ - $FD$ - $DH$ - $FG$?
In sintesi, una volta fatta la sezione, quali sono le forze e i tratti di struttura che devo guardare?
Adesso però, torno al quesito iniziale cercando di formularlo un poco meglio.
Supponiamo di voler calcolare lo sforzo normale nel tratto $BH$; faccio una sezione $S$, e guardo a sinistra, quindi verso $B$. Il mio dubbio è il seguente: nel calcolo della solecitazione devo percorrere tutti i tratti della struttura? E quindi dovrò seguire il percorso: $BA$ - $BC$ - $CE$ - $EF$ - $FD$ - $DH$ - $FG$?
In sintesi, una volta fatta la sezione, quali sono le forze e i tratti di struttura che devo guardare?
In $BH$ guardi a sinistra e vedi $R_A$ e $R_C$ quindi complessivamente è nullo. Comunque un consiglio che ti do è di scomporre ogni tratto della struttura ed esplicitare in ogni tratto le azioni interne....in questo modo vedi intuitivamente le sollecitazioni presenti nei tratti di trave e conseguentemente è più semplice disegnare i diagrammi tensionali.
Se guardi questo file ti rendi conto di come potresti fare:
http://www.megaupload.com/?d=UNOU88U0
Se guardi questo file ti rendi conto di come potresti fare:
http://www.megaupload.com/?d=UNOU88U0
Grazie per il file e per l'aiuto.
Di nulla figurati 
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo