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Esercizi di statica 2017, Esercizi di Ingegneria Civile

Politecnico di Bari (POLIBA)Ingegneria Civile

Esercizi di ingegneria edile stativa già svolti

Tipologia: Esercizi

2018/2019

Caricato il 13/08/2019

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Corso di Scienza delle Costruzioni
Prof. Ing. Francesco Trentadue.
Esercizi proposti e svolti da Giuseppe Di Fede
e revisionati dal docente.
Sistema di travi isostatico e travatura reticolare
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Scarica Esercizi di statica 2017 e più Esercizi in PDF di Ingegneria Civile solo su Docsity!

Corso di Scienza delle Costruzioni

Prof. Ing. Francesco Trentadue.

Esercizi proposti e svolti da Giuseppe Di Fede

e revisionati dal docente.

Sistema di travi isostatico e travatura reticolare

Esercizio 1 : Trave Isostatica.

Analisi Cinematica

Verifichiamo che sia soddisfatta la condizione necessaria:

Nota: 𝑚𝑒 = 𝑐𝑜𝑛𝑑𝑖𝑧𝑖𝑜𝑛𝑖 𝑑𝑖 𝑣𝑖𝑛𝑐𝑜𝑙𝑜 𝑒𝑠𝑡𝑒𝑟𝑛𝑒; 𝑚𝑖 = 𝑐𝑜𝑛𝑑𝑖𝑧𝑖𝑜𝑛𝑖 𝑑𝑖 𝑣𝑖𝑛𝑐𝑜𝑙𝑜 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑛𝑒; 𝑛 = 𝑛𝑢𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑖 𝑡𝑟𝑎𝑣𝑖.

C.S. : La trave AB è incastrata e non può sviluppare nessun moto rigido. Si considera, allora, l’elemento rigido BCDE,

che può considerarsi vincolato da una cerniera fissa in B e da un carrello ad asse inclinato in E. Poiché B non

appartiene all’asse del carrello, allora non esiste nessun centro di rotazione consentito da entrambi i vincoli.

C.S.soddisfatta.

Analisi Statica

Sostituiamo ai vincoli le reazioni che questi sviluppano. Osserviamo che poiché la retta efficace del carrello in E è

inclinata di 45°, risulta 𝑉𝐸 = 𝐻𝐸.

Poiché in B è presente una cerniera interna, anche il momento flettente in questa sezione risulterà nullo. Si è

scelto di imporre sia la condizione 𝑀𝐵+^ = 0 , ( quindi il momento flettente in B è calcolato considerando tutte le

forze esterne nella parte destra del sistema di travi) che la condizione 𝑀𝐵−^ = 0.

Poiché sia 𝑀𝐵+^ = 0 𝑐ℎ𝑒 𝑀𝐵−^ = 0, 𝑎𝑙𝑙𝑜𝑟𝑎 𝑑𝑒𝑣𝑒 𝑒𝑠𝑠𝑒𝑟𝑒 𝑎𝑛𝑐ℎ𝑒 ∑ 𝑀𝐵 = 0 e quindi è soddisfatta anche la condizione

di equilibrio alla rotazione globale con polo B.

𝑀𝐵+^ = 0

𝑀𝐵−^ = 0 {

𝛽𝑙^2

= 𝛽𝑙^2 −

𝛽𝑙^2

𝛽𝑙^2

16𝑚^2 = 48𝐾𝑁𝑚

𝑁(𝐶𝐷)𝑑𝑥^ = 0

𝑇(𝐶𝐷)𝑑𝑥^ = +𝛼𝑙 = +32𝐾𝑁

𝑀(𝐶𝐷)𝑑𝑥^ = +𝛼𝑙(𝑙 − 𝑧) = −32𝐾𝑁(4𝑚 − 𝑧)

Per z=0, 𝑀𝐶→𝐷 = −128𝐾𝑁𝑚 Per z=l, 𝑀𝐷 = 0

𝑁(𝐶𝐸)𝑑𝑥^ = −𝑉𝐸 = −𝛼𝑙 = −32𝐾𝑁

𝑇(𝐶𝐸)𝑑𝑥^ = −𝐻𝐸 = −𝛼𝑙 = −32𝐾𝑁

𝑀(𝐶𝐸)𝑑𝑥^ = +𝐻𝐸(𝑙 − 𝑧) = +𝛼𝑙(𝑙 − 𝑧) = 32𝐾𝑁(4𝑚 − 𝑧)

Per z=0, 𝑀𝐶→𝐸 = −128𝐾𝑁𝑚 Per z=l, 𝑀𝐷 = 0

Esercizio 2: Trave Reticolare.

l=4m 𝛼 = 𝑙𝑒𝑡𝑡𝑒𝑟𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑛𝑜𝑚𝑒 = 𝐺𝑖𝑢𝑠𝑒𝑝𝑝𝑒 = 8𝐾𝑁 𝛽 = 𝑙𝑒𝑡𝑡𝑒𝑟𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑐𝑜𝑔𝑛𝑜𝑚𝑒 = 𝐷𝑖 𝐹𝑒𝑑𝑒 = 6𝐾𝑁

Analisi Cinematica Interna

Nodi: n=

Aste: a=

Numero minimo di aste necessarie = 2n - 3 = 2x10 – 3 = 20 – 3 = 17

Numero di aste = Numero minimo di aste necessarie = 17

Poiché la trave è composta da maglie triangolari, essa libera dai vincoli si comporta come un corpo rigido.

Analisi Cinematica Esterna

C.N. : 𝑚𝑒 = 3 → 2 + 1 = 3 → 3 = 3 → 𝐶. 𝑁. 𝑆𝑜𝑑𝑑𝑖𝑠𝑓𝑎𝑡𝑡𝑎.

C.S. : Poiché l’appoggio fisso nel nodo 2 non appartiene all’asse del carrello applicato al nodo 4, allora non esiste

nessun centro di rotazione consentito da entrambi i vincoli. Poiché inoltre il numero delle aste è quello

strettamente necessario la C.S. soddisfatta e la trave è isostatica.

Analisi Statica

Nota del docente: Nei calcoli che seguono i versi convenzionali positivi non sono necessariamente associati a sforzi

di trazione, ma sono scelti in base a una previsione di massima del verso delle forze. La convenzione da adottarsi

invece nella generalità dei casi in Scienza delle Costruzioni richiede di valutare positivamente gli sforzi di trazione

e negativamente quelli di compressione.

Metodo delle sezioni di Ritter

(Tirante)

𝑀(10) = 0 → 𝑁4−5(𝑙) = 0 → 𝑁4−5 = 0 (Asta Scarica)

𝑁4−10 =? Per l’equilibrio alla traslazione verticale:

𝑁4−10√2 2 − 6𝐾𝑁 = 0 → 𝑁4−10 = 6√2 𝐾𝑁 (Puntone)

Per l’equilibrio alla traslazione orizzontale e verticale del

nodo 5, 𝑁5−10 = 𝑁4−5 = 0

→ 𝑁9−8 = 7𝐾𝑁 (Tirante)

(Puntone)

𝑁9−3 =? Per l’equilibrio alla traslazione verticale:

𝑁9−3√2 2 + 5𝐾𝑁 − 6𝐾𝑁 = 0 → 𝑁7−3 = √2 𝐾𝑁 (Puntone)

𝑁4−9 =? Per l’equilibrio alla traslazione verticale:

𝑁4−9 + 5𝐾𝑁 − 6𝐾𝑁 = 0 → 𝑁4−9 = 1 𝐾𝑁 (Tirante)

Per l’equilibrio alla traslazione verticale del nodo 8,

In maniera analoga, è possibile svolgere l’esercizio con il Metodo dei Nodi, in cui si impone, seguendo una

successione opportuna, l’equilibrio alla traslazione dei nodi.

Considerata una terna di assi cartesiani xyz con x orizzontale, y verticale e z perpendicolare a questo foglio:

Nodo 1:

Nodo 6:

2 − 8𝐾𝑁 = 0 → 𝑁6−2^ = 8√2𝐾𝑁 (𝑃)

Nodo 2:

Noti gli sforzi normali 𝑁1−2 = 0 e 𝑁2−6 = 8√2𝐾𝑁 è possibile

determinare gli sforzi 𝑁2−3 𝑒𝑑 𝑁2−

2 𝑁2−6^ − 9𝐾𝑁 = 0 → 𝑁2−7^ = 1𝐾𝑁 (𝑃)

Nodo 7:

2 𝑁7−3^ − 8𝐾𝑁 = 0 → 𝑁7−8^ = 7𝐾𝑁 (𝑇)

2 − 1𝐾𝑁 = 0 → 𝑁7−3^ = √2𝐾𝑁 (𝑇)

Nodo 8:

Nodo 3: