Esercizi Scienza delle costruzioni

Esercitazione Scienza delle Costruzioni 1

q(x) = a + bx _{Legge di carico lineare}

q(x = 0) = 0

q(x = l) = q

a = 0;

q = a + bl

b = q/l

Quindi q(x) = qx/l

Il risultante del carico è R = ∫₀^l qx/l dx = q/l [x²/2]₀^l = ql/2 _{Area del triangolo}

Se cambio sistema di riferimento la legge di carico cambia

q(x = 0) = q

q(x = l) = 0

q = a + b0

o = a + bl

a = q

b = -q/l

q(x) = q(1 - x/l)

q(x) = q _{Legge di carico costante}

Il risultante è R = ql; _{Area del rettangolo}

PARABOLA

q(x) = a + bx + cx²

• q(x = 0) = ø   →   ø = a + bø + cø²
• q(x = l/2) = q   →   q = a + b _l/2 + c(l/2)²
• q(x = l) = ø   →   ø = a + bl + cl²

a = ...

b = ...

c = ...

SE INVECE DI DIRCI CHE IN L/2 IL CARICO È q CI AVESSERO DETTO CHE PER x=L/2

LA FUNZIONE HA TANGENTE ORIZZONTALE:

^dq/_dx = b + 2cx

^dq/_dx|x=L/2 = ø

b + øc_l/2 = ø   →   b + cl = ø

FUNZ. DI TIPO LINEARE

q(x) = a + bx

• x = 0   q(x=0) = q₁
• x = l   q(x=l) = q₂

q(x) = > l  = (q₂ + q₁)l/2   AREA DEL TRAPEZIO

MOMENTO RISPETTO AD A

R = _{q l}/² ₂/³ l

DIST. DAL POLO

MOMENTO RISP. A B

R = _{q l l}/² ₁/³ l

PER TROVARE IL BARICENTRO BASTA SCOMPORRE IL TRAPEZIO IN ALTRE 2 FORME GEOMETRICHE: UN TRIANGOLO ED UN RETTANGOLO

TRATTO D-C

V_C + V^A = ∅

EQUILIBRIO DELLA CERNIERA IN D

V_D + V_A = 1/4 ql

TRATTO A-F-B-D

V_p = 3/4 ql

H_o = 1/4 ql

{

V_A = ∅

V_B = 3/4 ql

TRATTO D-C

{

V_D = 1/4 ql

{

H_A = ∅

V_A = 1/4 ql

STRUTTURE RETICOLARI ISOSTATICHE

NEI PUNTI D'INCONTRO TRA LE VARIE TRAVI CHE COMPONGONO IL CORPO CI SONO CERNIERE

11 ASTE 7 CERNIERE INT.

STRUTTURA 3 VOLTE ISOSTATICA

SCHEMA APPROSSIMATO RISPETTO ALLO SCHEMA PRECEDENTE

ARCO A 3 CERNIERE STRUTTURA ISOSTATICA

NELLE STRUTTURE RETICOLARI LE FORZE SONO APPLICATE NEI NODI, NON SI POSSONO AVERE CARICHI DISTRIBUITI, SI HANNO SOLO FORZE CONCENTRATE.

SI HA SOLO SFORZO NORMALE

EQUILIBRIO ALLA TRASLAZIONE ORIZZONTALE:

OPPURE

EQUILIBRIO ALLA TRASLAZIONE VERTICALE

IL CORPO PUÒ RUOTARE

NODO "A"

• N_AB
• F + N_AC + N_AD COS 45° = 0
• N_AD SIN 45° - V_A = 0

NODO "C"

• N_CD = 0
• N_CE + N_CA = F

NODO "D"

L'UNICA INCOGNITA È N_DE

N_DE = F√2

NODO "E"

(TROVATE TUTTE LE INCOGNITE, SI ESEGUE L'EQUILIBRIO SUL NODO SOLO PER EFFETTUARE UNA VERIFICA)

• N_DE SIN 45° - F = 0
• F√2·N/2 - F = 0

L'EQUILIBRIO È SODDISFATTO

IL SISTEMA DI RIFERIMENTO RUOTA DI UN ANGOLO φ IN SENSO ANTIORARIO

C AREA INFINITESIMA PRESA IN CONSIDERAZIONE

• OA = x₁
• OB = y₁

OA' = x₂ = OA'' + AA'' = OA cos φ + AC sin φ = x₁ cos φ + y₁ sin φ = x₂

OB' = y₂ = OB'' - B'B'' = OB cos φ - BC sin φ = y₁ cos φ - x₁ sin φ = y₂

J_xx = ∫_A y₂² dA = ∫_A (y₁ cos φ - x₁ sin φ)² dA = SVILUPPANDO

• = ∫_A y₁² cos²φ dA + ∫_A x₁² sin²φ dA - ∫_A 2 y₁ x₁ sin φ cos φ dA
• J_x cos²φ + J_yy sin²φ
• J_x2 = J_x cos²φ + J_yy sin²φ - J_xy sin 2φ

J_yy2 = ∫_A x₂² dA = J_yy cos²φ + J_x sin²φ + J_xy sin 2φ

J_xx2 = ∫_A x₂y₂ dA = J_xy cos 2φ + (J_x + J_yy)

J_x2 + J_yy2 = J_x + J_yy

LA SOMMA DEI MOMENTI D'INERZIA È SEMPRE LA STESSA, QUALUNQUE SIA LA ROTAZIONE ASSEGNATA AGLI ASSI DEL SISTEMA DI RIFERIMENTO.

VARIANO SOLO I SINGOLI MOMENTI D'INERZIA

J_p = ∫_A r² dA + ∫_A x² dA = ∫_A (∫_A (y₁² + x₁²) dA = ∫_A ρ² (dA) DOVE P È LA DISTANZA OC

DOPO AVER TROVATO IL

BARICENTRO SI SPOSTA L'ORIGINE

DEGLI ASSI PROPRIO NEL BARICENTRO.

DOPO DI CHE CERCO L'ANGOLO φ CHE

MI RENDE I MOMENTI ASSIALI

MASSIMI E MINIMI.

J_x = ∫_A y'² dA = [J_x⁽¹⁾ + J_x⁽²⁾] = [J_x' + A'' d_y'] + [J_x" + A₂ d_y'] J_x = J_x' + A eqy²

= [^{b₂ b₃}⁄₁₂ + (a₂ b₁) (y_G- b₂/2)]² ] + [^{a₁(b₁ + b₂)}⁄₁₂ + (a₁(b₁ + b₂))(b₁ + b₂⁄2 - y_G)²

============

J_x̄ȳ = ∫_a x̄'ȳ dA = [J_x̄y₁ + J_x̄y₂] =

-[J_y y₁' + A" d y d x'] + [J_xy_y" + A d y d x']

POICHE' GLI ASSI LXXALI SONO BARICENTRICI

J_x̄, J_y e J_x̄ȳ

PER TROVARE I MOMENTI STATICI DEVO TROVARE

I MOMENTI J_x̄ e J_y MAX

Φ = ¹⁄₂ [arc tg (^{2 J_x̄ȳ}⁄_{Jy - Jx̄}) ] = Φ

Φ > O ROTAZIONE DEL SISTEMA DI RIF. NEL

VERSO ANTIORARIO

PER TROVARE I MOMENTI J_x̄ e J_y SI USA LA FORMULA

J_y - _[^{⁄⁄⁄⁄⁄⁄⁄⁄⁄⁄}

⁄⁄⁄⁄⁄⁄⁄⁄⁄⁄

_⁄⁄⁄ J_x̄' J_y J_x̄ J_x̄y²

⁄⁄⁄⁄⁄⁄⁄