TRAVE RETICOLARE PIANA

La trave reticolare può essere assimilata ad una qualsiasi trave appoggiata. Le aste si presentano rispettivamente sottoposte a tensione o a compressione, infatti in questo tipo di struttura viene considerato solo lo sforzo normale. Le aste sono tutte incernierate, altrimenti si genererebbe il momento.

Disegno una trave reticolare a piacere e la carico simmetricamente.  

Le reazioni vincolari dovranno reagire complessivamente ad un carico di 3F. Il sistema è isostatico, simmetrico. Le reazioni vincolari saranno distribuite equamente sui vincoli e saranno rispettivamente di 3F/2.

METODO DELLE SEZIONI DI RITTER:

Consiste nel tagio virtuale di 3 aste non convergenti nello stesso nodo. Decido di porre le 3 forse uscenti dalla sezione in quanto il risultato delle equazioni di equilibrio mi chiarirà se le aste si comportano come tiranti o come puntoni.

Calcolo il momento rispetto al polo C, punto di incontro di due delle 3 aste sezionate. Infatti, nell' equazione di equilibrio del momento rispetto a C rimane soltanto un' incognita , ovvero l'azione di contatto dell' asta che non converge in C.

3F/2  · 2L+N1 · L-FL=0

N1 · L=F·L-3FL

N1=(-3FL+FL)/L

N1=-2F  

Il risultato negativo suggerisce e conferma che l'asta 4 (BD) è un PUNTONE.

Calcolo ora il momento rispetto al polo B, al fine di trovare N3 :

3FL/2 - N3 L=0

N3 L=3FL/2

N3 =3F/2 

Per trovare N2 mi aiuto con l’ equilibrio alla traslazione verticale; infatti N2 è scomponibile:

3F/2 - F – N2 (√2/2) =0

N2  = (3F/2 – F ) (2/√2)

N2  = F/√2

Il risultato positivo suggerisce e conferma che l'asta 3 (BC) è un TIRANTE:

Ancora non ci è noto il comportamento dell’ asta 1 (AB), quindi andremo ad applicare un’ altra sezione di Ritter e calcolare l’ equilibrio alla traslazione verticale:

3F/2 + N4 (√2/2) = 0

N4 = -3F/√2 

L’ asta 1 (AB), è un PUNTONE.

Essendo la struttura simmetrica e caricata simmetricamente, tutti i valori possono essere riportati simmetricamente sulla parte di trave non ancora sottoposta ad analisi.

Pertanto avremo:

Risulta necessario ora applicare una terza sezione di Ritter al fine di completare il calcolo.

N1 ci è noto. Abbiamo dunque 2 incognite: N5 e N6. Attraverso il calcolo del momento rispetto al polo D, possiamo eliminarne una in quanto D si trova sulla stessa retta d’azione di N1 e N5. Ricaveremo quindi con semplicità N6.

-N6 · L + 3F/2  · 3L - F · 2L = 0

-N6 = - 9F/2  + 2F

N6 =5F/2 

L’ asta 6 (CE), è un TIRANTE:

Per ricavare N5 possiamo procedere scomponendo la forza, calcolando poi l’ equilibrio alla traslazione:

3F/2  – F + N5 (√2/2) = 0

N5 (√2/2) = -3F/2  + F

N5 = (-3F/2+ F) (2/√2)

N5 = - F /√2

 L’ asta 5 (CD), è un PUNTONE: 

IL SISTEMA RISULTA IL SEGUENTE: