[Scienza delle Costruzioni] Feedback su calcolo rotazione in struttura iperstatica
Salve, innanzitutto voglio augurare a tutti i lettori un felice e spensierato 2024! Qual è il miglior modo per festeggiare la fine dell'anno? Sì, esatto: risolvere un bell'esercizio di scienza delle costruzioni! Si tratta di una struttura iperstatica, ossia un tipo di esercizio affrontato già un po' di volte qua nel forum. Quindi vorrei solo un piccolo feedback su quanto ho fatto per vedere se ho davvero appreso ciò che è stato detto! 
Come isostatica associata ho scelto di rendere il carrello in C un carrello + cerniera interna, introducendo quindi due coppie $X_1$ in C.
Arrivare a calcolare il valore dell'incognita iperstatica è un processo che ormai ho compreso e, salvo errori di conto, non rappresenta un problema, quindi skippo tutta quella parte e fornisco i risultati circa la struttura isostatica associata.
Infatti con tale scelta ottengo $X_1=-(3/20)qL^2$ e le reazioni vincolari (con versi indicati nella prima figura) del sistema isostatico associato (quindi quelle effettive) sono:
\[
\begin{cases}
H_A=-6qL \\ V_A= (123/20)qL \\ M_A=(63/20)qL^2 \\ V_D=(63/20)qL \\ V_C=(-33/10)qL
\end{cases}
\]
Per il calcolo della rotazione, ossia della parte clou dell'esercizio, ho isolato il pezzo di sistema che va da $B$ fino ad $E$ (vedesi figura seguente, $a$). Perché non ho isolato da $C$ a $E$ potreste chiedervi, la risposta è che se lo avessi fatto non avrei saputo come splittare la forza $V_C$!
Prima ho proceduto splittando il problema in un sistema con i carichi e uno con la coppia unitaria, successivamente ho fatto una riprova pure con il Teorema di Castigliano. In riferimento alla figura $(a)$, ho calcolato la caratteristica del momento nel tratto $D \to C$.
\[
M_{DC}-(63/20)qLx+6qLL/2=0 \: \: \: \Rightarrow \: \: \: M_{DC}(x)=(63/20)qLx-3qL^2
\]
Mentre con riferimento alla figura $(b)$ ho trovato $M_{DC}^u=-x/L$. I momenti sugli altri tratti non li ho calcolati dato che nel sistema unitario $(b)$ son nulli, quindi non avrebbero dato contributo. Svolgo l'integrale per la rotazione:
\[
\phi_C=1/(EJ) \int_0^L(-x/L)((63/20)qLx-3qL^2)dx=-\frac{33}{20EJ}qL^3
\]
Quindi ruota di $\phi_C=\frac{33}{20EJ}qL^3$ in senso orario (perché la coppia unitaria era messa in senso antiorario, ma c'è un meno). Provo adesso con il teorema di Castigliano, figura $(c)$. Ho inserito una coppia $Y$ a destra di $C$ che fa quindi sviluppare ai vincoli ulteriori forze di intensità $Y/L$ come indicato in figura. Scrivo quindi la caratteristica del momento sul tratto $D \to C$:
\[
M_{DC}=(63/20)qLx+\frac{Y}{L}x-3qL^2
\]
Come prima, non calcolo sulle altre linee di trave perché se lo facessi otterrei un momento che non dipende da $Y$, quindi con derivata parziale nulla. Svolgo l'integrale del Teorema di Castigliano:
\[
\phi_C=(1/EJ)\lim_{Y \to 0}\int_0^L(x/L)(\frac{63}{20}qLx-3qL^2+(Yx)/L)dx=\frac{33}{20EJ}qL^3
\]
Il segno mi viene diverso, ma è giusto che sia così perché ho messo $Y$ in senso orario.
Grazie per aver letto fin qua !! :]
Come isostatica associata ho scelto di rendere il carrello in C un carrello + cerniera interna, introducendo quindi due coppie $X_1$ in C.
Arrivare a calcolare il valore dell'incognita iperstatica è un processo che ormai ho compreso e, salvo errori di conto, non rappresenta un problema, quindi skippo tutta quella parte e fornisco i risultati circa la struttura isostatica associata.
Infatti con tale scelta ottengo $X_1=-(3/20)qL^2$ e le reazioni vincolari (con versi indicati nella prima figura) del sistema isostatico associato (quindi quelle effettive) sono:
\[
\begin{cases}
H_A=-6qL \\ V_A= (123/20)qL \\ M_A=(63/20)qL^2 \\ V_D=(63/20)qL \\ V_C=(-33/10)qL
\end{cases}
\]
Per il calcolo della rotazione, ossia della parte clou dell'esercizio, ho isolato il pezzo di sistema che va da $B$ fino ad $E$ (vedesi figura seguente, $a$). Perché non ho isolato da $C$ a $E$ potreste chiedervi, la risposta è che se lo avessi fatto non avrei saputo come splittare la forza $V_C$!
Prima ho proceduto splittando il problema in un sistema con i carichi e uno con la coppia unitaria, successivamente ho fatto una riprova pure con il Teorema di Castigliano. In riferimento alla figura $(a)$, ho calcolato la caratteristica del momento nel tratto $D \to C$.
\[
M_{DC}-(63/20)qLx+6qLL/2=0 \: \: \: \Rightarrow \: \: \: M_{DC}(x)=(63/20)qLx-3qL^2
\]
Mentre con riferimento alla figura $(b)$ ho trovato $M_{DC}^u=-x/L$. I momenti sugli altri tratti non li ho calcolati dato che nel sistema unitario $(b)$ son nulli, quindi non avrebbero dato contributo. Svolgo l'integrale per la rotazione:
\[
\phi_C=1/(EJ) \int_0^L(-x/L)((63/20)qLx-3qL^2)dx=-\frac{33}{20EJ}qL^3
\]
Quindi ruota di $\phi_C=\frac{33}{20EJ}qL^3$ in senso orario (perché la coppia unitaria era messa in senso antiorario, ma c'è un meno). Provo adesso con il teorema di Castigliano, figura $(c)$. Ho inserito una coppia $Y$ a destra di $C$ che fa quindi sviluppare ai vincoli ulteriori forze di intensità $Y/L$ come indicato in figura. Scrivo quindi la caratteristica del momento sul tratto $D \to C$:
\[
M_{DC}=(63/20)qLx+\frac{Y}{L}x-3qL^2
\]
Come prima, non calcolo sulle altre linee di trave perché se lo facessi otterrei un momento che non dipende da $Y$, quindi con derivata parziale nulla. Svolgo l'integrale del Teorema di Castigliano:
\[
\phi_C=(1/EJ)\lim_{Y \to 0}\int_0^L(x/L)(\frac{63}{20}qLx-3qL^2+(Yx)/L)dx=\frac{33}{20EJ}qL^3
\]
Il segno mi viene diverso, ma è giusto che sia così perché ho messo $Y$ in senso orario.
Grazie per aver letto fin qua !! :]
Risposte
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Ah beh certo $-\frac{63}{3 \cdot 20}+ 3/2=+9/20 \Rightarrow \phi=\frac{9}{20EJ}qL^3$ Che sarebbe il risultato del primo integrale della rotazione, basta cambiare di segno per trovare pure il risultato del secondo integrale! Stessa logica per le considerazioni sul verso, ma chiaramente coi segni invertiti 
Per fortuna era solo un errore sciocco...grazie per tutto e buon anno! :]]
Che sarebbe il risultato del primo integrale della rotazione, basta cambiare di segno per trovare pure il risultato del secondo integrale! Stessa logica per le considerazioni sul verso, ma chiaramente coi segni invertiti Per fortuna era solo un errore sciocco...grazie per tutto e buon anno! :]]
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Una domandina su questo esercizio, nella figura $(b)$ ho eliminato le reazioni vincolari interne $H_B$ e $V_B$ nel sistema unitario. In questo caso specifico, risolvendo l'equilibrio, effettivamente sono nulle...ma in generale andrebbe inserite? Inoltre, se avessi messo il momento unitario dall'altra parte rispetto $C$, il valore della rotazione dovrebbe essere lo stesso pure in segno giusto?
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Perfetto come al solito super-chiaro! Grazie ancora :]]
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