SdC(b) (LM PA)

Si tratta di una struttura 3 volte iperstatica e per risolverla conviene considerarla come una serie di travi doppiamente appoggiate (e non come un unico corpo). Usiamo dunque un sistema isostatico di riferimento “togliendo” a quello iperstatico i vincoli di rigidità ai carrelli B, C e D (trasformando le cerniere passanti in cerniere interne) e applicando dei momenti flettenti X1, X2 e X3 in modo da ripristinare la rigidità della trave.

Notiamo inoltre che si tratta di un sistema simmetrico, questo ci permette di semplificare i calcoli considerando X1=X3.

A questo punto possiamo calcolarci le incognite X1 e X2 grazie ai valori della rotazione nei punti B, C e D:

Sappiamo che ΔφB=ΔφD=0 e ΔφC=0

Ora uguagliamo i valori della rotazione di sinistra con quelli di destra e ricaviamo X1 e X2.

A questo punto abbiamo trovato le due incognite e possiamo procedere con il calcolo delle reazioni vincolari.

Per semplificare i calcoli le calcoliamo prima considerando unicamente il carico distribuito e successivamente con i momenti flettenti, per poi sommarle e trovare quelle del sistema iperstatico.

Infine disegniamo i diagrammi di sollecitazione del taglio e momento.

Per trovare i valori del diagramma del momento eseguiamo dei tagli dove il taglio risulta nullo (e quindi dove il momento è massimo) ed in corrispondenza degli appoggi.  

In questa esercitazione ci troviamo a risolvere una struttura iperstarica con il metodo delle forze. Il metodo delle forze consiste nel porre come incognite del problema alcune reazioni vincolari, il cui numero è pari al grado di iperstaticità della struttura presa in esame.

SCHEMA DI RIFERIMENTO

SCHEMA ISOSTATICO EQUIVALENTE - Trasformo le cerniere in C, B, D in cerniere interne, in modo da rompere la continuità della trave , abbassando i gradi di vincoli da tre a due. 

EQUAZIONI DI COMPATIBILITA' CINEMATICA

Impongo che ∆φ = 0 ossia che la rotazione in corrispondenza degli appoggi sia uguale a zero e mi ricavo i valori dovuti a x e al carico in base ai seguenti schemi notevoli :

Punto B

∆φB = φBs – φBd = 0

φBs = φBs (q) + φBs (X₁) =  ql³/24EI – X₁L / 3EI

φBd = φBd (q) + φBd (X₁) + φBd (X₂) = - ql³/24EI + X₁L/3EI + X₂L/6EI

ql³/24EI – X1L / 3EI – (- ql³/24EI + X₁L/3EI + X₂L/6EI) = 0    

1. X₂= - 4 X₁+ ql²/2

Punto C

∆φC = φCs – φCd = 0

φCs = φCs (q) + φCs (X₁) + φCs (X₂) =  ql³/24EI – X₁L / 6EI – X₂L / 3EI

φCd = φCd (q) + φCd (X₁) + φCd (X₂) = - ql³/24EI + X₁L/6EI + X₂L/3EI

ql³/24EI – X₁L / 6EI – X₂L / 3EI – (- ql³/24EI + X₁L/6EI + X₂L/3EI) = 0  

1. X₁= - 2 X₂+ ql²/4

Metto a sistema le due equazioni ( 1 e 2 ) e mi ricavo le incognite X₁ e X₂ per sostituzione

X1= 3/28 ql²

 X2= 1/14 ql²

REAZIONI VINCOLARI 

- In relazione al carico

Per il principio di sovrapposizione degli effetti avremo :

In relazione ai momenti X₁ e X₂ :

Ne ricavo che 

Per il principio di sovrapposizione degli effetti ( carico + momento) avremo :

DIAGRAMMA DEL TAGLIO

asta 1 :

T(s) = -11/28 ql + qs 

T(s=0) = -11/28ql

T(s=l) = -11/28ql + ql = 17/28 ql

asta 2

T(s) = -11/28ql - 8/7ql + qs

T(s=0) = -11/28ql - 8/7ql + ql = -15/28 ql

T (s=2l) = -11/28 ql - 8/7ql + 2ql = 13/28ql

asta 3

T(s) = -11/28 ql - 8/7ql - 13/14ql + qs 

T(s=2l) = -11/28ql - 8/7ql + 2ql = -13/28 ql

DIAGRAMMA DEL MOMENTO

asta 1 :

M(s) = qs²/2 + 11/28qls + 8/7ql (s-l)

M(s=0) = 0

M(s=2l) = -2ql²/2 + 11/28ql² + 8/7ql²= -ql

Mmax ⇒ T=0 ⇒ s = 11/28l

M(s= 11/28l) = -[q(11/28l)2]/2 + 11/28ql (11/28l) = 121 / 1568ql²

asta 2 

M(s) = -qs²/2 + 11/28qls + 8/7ql (s-l)

M(s=0) = 0

M(s=2l) = -2ql²/2 + 11/282ql² + 8/7ql² = -ql²/14

Mmax ⇒ T=0 ⇒ s = 115/28l + l 

M(s= 43/28l) = [q(43/28l)2]/2 + 11/28ql (43/28l) + 8/7ql (15/28l)= 57/1568ql²

In questa nuova esercitazione siamo chiamati a risolvere una struttura 3 volte iperstatica, tramite il metodo delle forze. La struttura in questione è una trave su più appoggi, molto comune nella progettazione strutturale ordinaria:

Per trovare le reazioni vincolari di questa struttura (che nel caso in cui fosse risolta col metodo della linea elastica comporterebbe un'innumerevole quantità di calcoli) adottiamo quindi il METODO DELLE FORZE. Per prima cosa trasformiamo l'attuale sistema iperstatico in un equivalente isostatico, a cui aggiungiamo, sottoforma di forze esterne, le reazioni vincolari in eccesso:

Nel nostro caso è più opportuno trasformare l'unica trave di luce 4 L in quattro travi di luce L, collegate tra loro da carrelli, e aggiungere, sempre come forze esterne, le reazioni vincolari rimosse. Il sistema sarà così assimilabile ad una serie di travi doppiamente appoggiate, con l'aggiunta di coppie di momenti di forze in corrispondenza dei punti B, C,  D. Avremo quindi 2 schemi, che andremo poi a sommare tramite il metodo della sovrapposizione degli effetti:

Inoltre, se analizziamo la struttura dal punto di vista qualitativo, si nota subito che essa è caratterizzata da una marcata simmetria, la quale ci consente di affermare che le reazioni vincolari sono rispettivamente uguali in B e D,  ed in A ed E. Sempre grazie alla simmetria, possiamo anche affermare che la coppia di momenti X₁ è uguale alla coppia X₂, e che quindi:

Dall'equazione cinematica del vincolo rimosso sappiamo invece che:

Prima di determinare quanto valgono le rotazioni complessive nei vari tratti, prendiamo dalle tavole sinottiche i valori delle rotazioni per la trave doppiamente appoggiata:

Una volta stabiliti, nel caso della trave doppiamente appoggiata, i valori delle rotazioni dovuti al carico q e alle coppie di momenti X, possiamo ricavarci i valori delle incognite iperstatiche X nei punti B e C:

Dopo aver trovato i valori delle incognite iperstatiche, abbiamo tutti gli strumenti necessari a determinare i valori delle reazioni vincolari:

Per il metodo della sovrapposizione degli effetti su enunciato, sommiamo quindi le reazioni vincolari dei 2 schemi:

Non rimane altro che disegnare i diagrammi di taglio e momento flettente:

Stratigrafia solaio in legno

Qp (carichi permanenti)

·       Pavimento in cotto(1m) - 1,2 KN/m^2

·       Posato su malta di calce - 18 KN/m^2

·       controsoffitto in cartongesso - 7,8 KN/m^2

·       incidenza tramezzi - 1 KN/m^2

Qs (carichi strutturali)

·       pianelle in laterizio - 18 KN/m^2

·       travicelli  (6*6) - 6 KN/m^2

Qa (carichi accidentali)

·       destinazione d'uso Residenziale - 2 KN/m^2

analisi dei carichi

·       Qp=(1,2+0,72+0.078+1) KN/m^2 = 3,00 KN/m^2

·       Qs=[(6*6*2*6)+(18*0.02)] KN/m^2 = 0,4032 KN/m^2

·       Qa = 2 KN/m^2