Scienza delle costruzioni - quarta parte

Lezione 7

Strutture reticolari: le aste sono snelle ed incernierate tra loro.Sono costituite da bielle scariche: i carichi sono trasmessi lungo le rette congiungenti i centri delle cerniere.

Questa struttura è assimilabile ad un unico CR.

• ABE è un arco a 3 cern. quindi struttura fissa (CR)
• BCE è un A3C montato su ABE
• CDE è un A3C montato su BCE.

^ΣMA: RD·2ℓ - P³/₂ ℓ = 0 → RD = ³/₄ PR_y^A = P/₄

l'asse del carrello in D nonpassa per A: strutturafissa isostatica.

AB è una biella, ha solo forze assiali.

Metodo dell'equilibrio dei nodi:

Tutte le forze che convergono ad un nodo devono essere equilibrate (da postulato).

1. ^ΣRy: N_AB ^√3/₂ + P/₄ = 0proiezioniN_AB = -P^√3/₆

Nelle strutture reticolari ci sono solo _g assiali.

(Non si fanno i diagrammi, si scrivono solo i valori delle forze assiali)

Convenzione: + Trazione, - Compressione

A)

Σ R_y: N_BE ^P√3⁄₂ - P√3 ⁄ 2 = 0 → N_BE = P√3 ⁄ 6

Σ R_x: N_BC + P√3 ⁄ 12 + P√3 ⁄ 12 = 0 → N_BC = - P√3 ⁄ 6

B)

Σ R_y: N_CD  ^P√3⁄₂ + ¾P = 0 → N_CD = - P√3 ⁄ 2

Σ R_x: N_DE - P√3 ⁄ 4 = 0 → N_DE = P√3 ⁄ 4

C)

Σ R_x: N_CE⁄₂ + P√3 ⁄ 4 - P√3 ⁄ 6 = 0

N_CE = - P√3 ⁄ 6

Verifica: Σ R_y: P - P√3 ⁄ 6 - P√3 ⁄ 2 - P√3 ⁄ 2 = 0 ✓

Σ R_y: P√3 ⁄ 6 - P√3 ⁄ 2 - P√3 ⁄ 2 = 0 ✓

Σ R_x: P√3 ⁄ 4 - P√3 ⁄ 12 - P√3 ⁄ 12 = 0 ✓

Nelle bielle scariche le forze si trasmettono solo in direzione della congiungente le cerniere.

Sy = τ^(x) → Per effetto dell’approssimai

Casi particolari:

Traslazione rigida lungo x

v_(x)=ěli

μ_(x)=0

φ_(x)=0

Traslazione rigida lungo y

τ_(x)=v͞

μ_(x)=0

φ_(x)=0

Rotazione rigida:

φ₌φ

τ_(x)=φ̂ x

Parametri di deformazione

Estraiamo un elementino dx e vediamo come si spostano tra loro le facce:

La sezione con Q¹ subisce traslazione orizzontale du

Rotazione dψ

Lezione 8:

Le deformazioni hanno origine diversa:

• meccanica: presenza delle f. esterne, che generano le azioni interne N (deg.assiale), M (deg.curvatura), T (distorsione ang.)

Sono diretta.m proporz. alle azioni int. e inv. prop a qto-cost. Che dipendono dalle caratteristiche del materiale (E,G) e alle dimensioni della sezione (A, At con At <A) e al momento d’inerzia.

• termica: generate dal fatto che essa Δ di temperatura genera una Δ di dimensioni del solido-

La Δ di lunghezza dipende dal valore del gradiente e del coefficiente α [°C⁻¹, K⁻¹]: M_T = α ΔT_g. Noi possiamo misurare solo ΔT interno ed esterno ma sappiamo che l’andamento della propagazione è linar.all’interno del solido.Se la ΔT è differente internamente ed esternamente, questo causa una rotazione della sezione; χ_T = α (ΔTe-ΔTi)/h

• Se accoppiamo l’espressione che ci fornisca la distribuzione delle def in funzione di u, v, φ con le cause di queste def di origine elastica o termica, otteniamo un sistema di equazioni differenziali lineari che possiamo integrare. Quando integriamo una ED alle derivate totali introdurre.

Es:

Hyp: si può considerare come 1CR.

Anche in qst caso le def. sono tutte di origine elastica.

Essendo 2 travi, devo definire 2 SDR.

• Hp di aste snelle: φ = dJ(x)/dx

AB

u₁’(x₁) = W/ηEA ←

u₁(x₁) = W/λEA x₁ + C₁

υ₁”(x₂) = χ’_lεI = 0 ← υ₁’(x₁) = C₂

Possibile solo con hp di aste snelle

υ₁(x₁) = C₂ x₁ + C₃

BC

u₁’(x₂) = o ← u₂(x₂) = C₄

υ₁”(x₂) = W/ℓ x₂/εI ← υ₂’(x₂) = W/ℓEI

υ₂(x₂) = W/ℓEI x_2³/6 + C₅ x₂ + C₆

Mi servono 6 cc!

Per esprimere le c.c. riportiamo le info date dai vincoli:

Indice con U gli spostamenti, V quelli vertic.

Vincoli esterni:

1. U_A= 0
2. V_A= 0

μ' = α \frac{\Delta T}{2} \quad \Rightarrow \quad R(l-x) è la distribuzione dei momenti; diviso per EI trovo le curvature.

Curvatura: ν" = α \frac{\Delta T}{h} - \frac{R(l-x)}{EI}

in A: \quad \mu_{A} = 0 \quad \Rightarrow \quad \sigma(0) = 0 \qquad (1)

ν_{A} = 0 \quad \Rightarrow \quad \nu(0) = 0 \qquad (2)

\varphi_{A} = 0 \quad \Rightarrow \quad \varphi(0) = 0

in B: \quad \nu_{B} = 0 \quad \Rightarrow \quad \nu(l) = 0

\mu' = α \frac{\Delta T}{2} \quad \text{integ.} \quad \Rightarrow \quad \mu = α \frac{\Delta T}{2} x + C_1

\nu" = α \frac{\Delta T}{h} - R \frac{(l-x)}{EI} \quad \Rightarrow \quad \nu' = α \frac{\Delta T}{h} x - R \frac{lx - \frac{x^{2}}{2}}{EI} + C_2

\Rightarrow \nu = α \frac{\Delta T}{h} \frac{x^{2}}{2} - R \frac{lx^{2} - \frac{x^{3}}{6}}{EI} + C_2 x + C_3

ν(l) = 0 = α \frac{\Delta T}{h} \frac{l^{2}}{2} - R \frac{ll^{2} - \frac{l^{3}}{6}}{EI} = 0

\Rightarrow R = \frac{3}{2} \frac{\alpha \Delta T}{h} \frac{EI}{l}

E' il valore della forza R che viene generata dalla presenza del carrello x per si deve un B quì spostamenti che verrebbero generati dalla ΔT in assenza di quello stesso vincolo, vengono compensati dalla componente elastica della deflessione dovuta dalla f. esercitata dal vincolo.

ν(x) = α \frac{\Delta T}{h} \left( \frac{x^{2}}{2} - \frac{3}{2} \right) = α \frac{1}{h} \left( \frac{x^{2}}{2} - \frac{3}{2} x - \frac{x^{3}}{2l} \right)

\nu(x) = \frac{\alpha \Delta T}{2h} \left( -\frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{2l} \right) \Rightarrow ν \text{ questa funzione si nulla per } x=0 \text{ e } x=l

Condizioni al contorno:

in A: U_A=0 → u₁(x₁=0) = 0

V_A=0 → ν₁(x₁=0) = 0

Φ_A=0 → ν̄₁(x₁=0) = 0

in C: U_C=0 → u₂(x₂=0) = 0

V_C=0 → ν₂(x₂=0) = 0

in B: (patino) U_BA=U_BC → u₁(x₁=l) = u₂(x₂=l)

Φ_BA= Φ̄_BC → ν̄₁ (x₁=l) = ν̄₁(x₂=l)

Per AB: u₂= ^R/_EA x₁ + C₁

CB: u₂ = ^R/_EA x₂ + C₂

u₁(x₁=l) = u₂(x₂=l) → ^R/_EA l = - ^R/_EA l → ZR/_EA l = 0 → R=0

u₁(x₁) = u₂(x₂) = 0

AB: ν̄₁ = - ^qℓ2/_2EI x + C₃

ν̄₁ = - ^qℓ2/_2EI x²/2 + C₄

BC: ν̄₂ = - ^qℓ/_EI x² + ^qℓ2/_3EI x + C₅

ν̄₂ = - ^qℓ2/_6EI x²/6

v̄₁(l) = -ν̄₂(l)