Teoria delle strutture - Teoria

Settore: ICAR/08

TEORIA DELLE STRUTTURE

Teoria

UNIMOREUniversità degli Studi di Modena e Reggio Emilia

Filippo Ribes

NOTEWAVE_RF

Autore degli appunti: Filippo Ribes

Gli appunti sono stati scritti sulla base delle lezioni svolte dal Professor Luca Lanzoni.

Per dubbi, chiarimenti o altro, mi trovi su Instagram:

ig: NoteWave_RF

ig: fil_ribes

Esempi di centri di rotazione e nei vincoli

La cerniera ha il centro di istantanea rotazione C che si trova nel suo perno, sia che si tratti di cerniera incastrata a terra oppure cerniera interna.

Il carrello ha il centro di istantanea rotazione C che si trova su un qualunque punto della retta ortogonale alla sua linea d'azione. La stessa cosa vale per la biella la retta deve passare per il perno.

Il doppio pendolo e il manicotto hanno il centro di istantanea rotazione C che si trova in un punto improprio all'infinito su una qualsiasi retta ortogonale al loro piano di scorrimento.

Il doppio doppio pendolo ha il centro di istantanea rotazione C che si trova in un punto improprio all'infinito su una qualsiasi retta passante il suo nodo e inclinata di un angolo qualunque.

Ovviamente, l'incastro non ammette centri di istantanea rotazione C, in quanto vincola tutti gli spostamenti del nodo.

Essendo che queste frazioni devono venire pari a 1, possiamo uguagliarle, ottenendo:

y₃ - y_j / y_j - y_i = x₃ - x_i / x_i - x_i = C_i

Applicando un segno negativo a numeratore e a denominatore, si ottiene infine:

x_j - x_i / x_i - x_i = y_j - y_i / y_i - y_i: allineamento di 3 punti su una retta

Abbiamo quindi dimostrato che affinché sia possibile un atto di moto rigido è C.N.S. che i centri di rotazione assoluti e relativi sono allineati, quando la struttura è formata da esattamente due corpi.

Posto M= numero di corpi, per una struttura formata da due corpi devo quindi avere 1 allineamento perché questa risulti labile. Cosa succede, però, se aumentiamo il numero di corpi, e quindi di m? La regola da utilizzare è la seguente:

N^o di allineamenti = (M-1) M / 2

Se sostituiamo, infatti, m = 2 otteniamo proprio che il n^o di allineamenti è pari a 1.

2^o teorema.

Se abbiamo 3 corpi rigidi (m = 3), la regola del 1^o teorema non cambia, a patto però che uno dei corpi sia disposto in modo da far scappare vincoli, che prima erano assoluti, ora siano relativi, come in figura.

[x - x_i / x_x - x_i] [y - y_i / y_x - y_i]

_isogeometrica: ^FC

Le 3 strutture reticolate

triangolate in figura può

essere studiata rimuovendo

le "congiunzioni sag mattia" in

rosso considerando i vincoli

Ns... non In...in movimento

Si ha due carr... fondly

poste in The Therzione

altra carr...na forma alt.

prendiatri ... defetti per tutti

triangoli: singonometrici

Se una struttura reticolare

triangolata (composta da maggie

triangoli in successione) ed e

La struttura è isogeometrica

anche per questa stratta. possiamo

non... poto ser manolate iii

po...ze

al momento ... una carne formulata

isogeometrica: ^FC

Isogeometrica: ^FC

Si noti come qui ... il ...olo interno

aeromomenti: sogeometrico: ma anche

quella formato in The Da ...

formant un caren ... la struttura

semplificato ... postulo ato.

non congiunto ... sen'cine in ... mono.

momento fatto: Risetulot ... forma .»

corpo rigido! Queste li notare fare da

poste però non visibile come t...

nonact... na sogeometrico. ...

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postulato ul di Eule_ro

Esempio:

(1,2) deve stare qui

(2) deve stare qui

(2,3) deve stare qui

• (1,2), (2,1), (1,2)
• (1), (3), (2,3)
• (2,3), (3), (2,3)
• (1,2), (1,3), (2,3)

=> la struttura è sicuramente labile

Studio il collasso di questa struttura:

Fissato φ_I, è possibile disegnare il collasso

φ_II e φ_III sono in funzione di φ_I, ma φ_I, φ_II ≠ φ_III.

L'esempio in alto raffigura lo schema impiegato una volta nella realizzazione di ponti ferroviari posti sulle vallate dei fiumi. Pur non essendo a nodi canonici, risulta isogeometrica. Un modo furbo per risolverla è quello di pensare di rimuovere le due aste cerchiate in blu in quanto, come si vede dallo schemino affianco al disegno, la forza esterna F agente sui nodi A e B dovrà per forza essere riportata dall'asta di sotto su un'altra testa pari a F (mentre le due componenti orizzontali non le potremo mai conoscere). Sappiamo già che forze agiscono sul nodo di sotto, trasformandolo in un nodo semplice. In questo modo, si può notare come l'intera struttura diventi a nodi canonici.

Esempio:

Viene richiesto di risolvere la struttura a lato, che è a nodi canonici.

Non ci sono forze orizzontali esterne – perciò il nodo G deve essere scarico, quindi le aste AG e GH sono scariche. Anche l'asta EC è scarica.

Tutte le aste inclinate sono a 45°

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Metodo delle doppi sezioni di Ritter

La struttura reticolare esagonale a lato non presenta una sezione di Ritter. È importante sottolineare che le tre aste interne non si incontrano in un punto.

Vogliamo determinare N_AB. Effettuiamo un taglio lungo l’asta AB come in figura, pur sapendo di non aver creato una sezione di Ritter. Due delle aste così tagliate si incontrano, però, in un punto che chiamiamo O' e su cui possiamo imporre la somma dei momenti pari a zero. Rispetto ad O’, N_AB avrà un braccio, compie lavoro, così come anche N_CO, e ovviamente le eventuali forze esterne F. Si ottiene quindi:

• ΣM_O' = N_ABb_co − N_COb_co + ΣF_ib_i = 0

Ci ritorniamo, però, con un'equazione in due incognite. Si effettua un 2° taglio in modo che vengano messe a confronto le due aste con le due incognite precedenti (N_AB, N_CO), ma rispetto ad un nuovo polo O".

• ΣM_O" = N_ABb_AB − N_COb_CO + ΣF_kb_k = 0

b_co e b_co non sono gli stessi di prima, per questo li indichiamo diversamente. Mettendo queste due equazioni a sistema, siamo in grado di determinare l'incognita N_AB. Questo è l’unico modo per tentare di dover risolvere il sistema in sistemi come questi, in cui non esistono sezioni di Ritter canoniche. Sono possibili anche triple sezioni di Ritter, ma conviene poco.

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Esempio:

Studiamo la struttura a lato, 2 volte iperstatica. La degradiamo e ci riconduciamo allo schema 0 rimuovendo un'asta ed un carrello. È invece sbagliato rimuovere le due aste interne EC e EB insieme lasciando il carrello, perché la struttura sarebbe sì degradata ma labile. Le aste HE e KC sono scariche. Partiamo dall'equilibrio nel nodo A:

L'equilibrio verticale ci dà

F + N_AE ^√2/₂ - 2F = 0 → N_AE = F√2

L'equilibrio orizzontale invece ci dà:

-F + N_AE ^√2/₂ + N_AB = 0 → N_AB = 0