Iperstatica svolta con diagrammi di sollecitazione - Arco a due cerniere

esercizi iperstatiche svolti

ARCO a DUE CERNIERE

analisi della struttura

cv=4 gdl=3struttura fissa l=0i = cv - gdl + l       => i=1

q=20kN/m

soluzione n°1

Ub=0     equazione di caugeutaUb(q) + Ub(Hb) = 0

per prima cosa valutiamo come si comporta la struttura, se non la vedo subito faccio il diagramma del momento

*   Ub (Hb)

diagramma del momento

ΣH=0   HA-Had=0   NA-Had=0

ΣV=0   VA+Vdb=0   VA-Vc=0

ΣM=0   MA=0               MA=0Mb=0              Vb=0

dal diagramma vedo che TUTTE le aste subiscono la forza Hb,per questo devo studiarne una alla volta

ASTE RIGIDE

dal diagramma e dai casi fondamentali vedo che è:

mensola con forza F applicata-Ub= - Hb l³ / 3EI < >

esercizi iperstatiche svolti

ARCO A DUE CERNIERE

analisi della struttura

• cv = 4
• gdl = 3
• struttura fissa l = 0

i = cv + gdl + l → i = 1

q = 20kN/m

soluzione n°1

U_D = 0     equazione di cauguretta

U_o(q) + U_o(H_D) = 0

per prima cosa vediamo come si comporta la struttura, se non la vedo subito faccio le diagrame del momento

U_o(H_D)

DIAGRAMMA del MOMENTO

ΣH = 0    H_A - H_B = 0

M - H_AB = 0    M - H_B8 = 0

ASTE RIGIDE

dal diagramma e dai casi personali vedo che è:

meseola con forza F applicata

U_o = - ^H₀h³/3ej

μ_C = μ_P = μ_B

Mensola con forza F applicata in B

U_B = - _{Hb h³}/_3EJ

μ_C = μ_B

μ_P = μ₀ + μ_C = μ₀ + μ_B

comme una trave un doppio appoggio cai dei momenti ogni estremi

la trovo con la sovrapposizione degli effetti

φ = φ_A + φ_B = _MF/_3EJ + _MF/_6EJ + _{∑ MF}/_6EJ + _MP/_2EJ

M = Hbh

Iφ _B = Iφ _C = _{(Hbh) l}/_2EJ

μ₀ = - _{Iφ B h} = - _{Hb l²}/_2EJ

μ_B = -Iφ _C h = - _{Hb l²}/_2EJ

infine U_B(Hb) = - _Hbh³/_3EJ + _Hbh³/_3EJ + _{2 hbh l}/_2EJ = _{2 H b}/_3EJ h (_h/₃ + _l²/₂)

* U_(q)

DIAGRAMMA dei MOMENTO

∑ H = 0 V_A + V_D - 20 6 = 0

∑ V = 0 V_D + 20 6 3 = 0

V_D = 60KN

V_A = 60KN

unica asta influenzata BC

μ_B = μ_C

Iφ _B = Iφ _C = _{q l³}/_24EJ

μ₀ = μ₀ + μ_c

μ_B = μ_C = Iφ _B h

μ₀ = Iφ _Ch

μ_C + μ_B = _{2 q l³ h}/_24EJ

tornando all'equatore di congruenza

soluzione n°2

con ragionamenti sulla simmetria

ce corrispondenza

statico - kinematica

allora posso usare

equazione di congruenza

diagramma del momento

mensola con

carico distribuito

dopo appoggio con momento

Diagramma del momento

• ΣH=0
• HA=HE
• ΣV=0
• VA=0
• ΣM=0
• M=VA⋅3-HA⋅8=0
• HA=−ME/8
• HE=−ME/8

1. M+ME/8=0

2. M+ME/8=0

3. M=ME

Menùscola con momento

ϕ=−M(l/2)/EJ

Doppio appoggio con momento

ϕ=−MI/3EJ

Equazione di congruenza

ϕ=ql⁵/8EJ+ϕl²h/8⋅3EJ−ME/2EJ−MI/3EJ=0

Soluzione sistema

• ΣV=0
• VA−20⋅3=0
• VA=60KN
• ΣMA=0
• 20⋅3⋅1.5−HE⋅8−58.25=0
• HE=HA=3.97KN

M=58.25 KN m

N=3.97KN

T=60KN

M+20⋅3⋅1.5−58.25=0

M=31.77KNm

N=60KN

M−3.97⋅4=0

M=15.88KNm

N=60KN

T=3.97KN

M−3.97⋅8=0

M=31.76KNm

N=3.97KN

T=30KN

M+20⋅1.5⋅(3.52)−58.25=0

M=35.75KNm