Tecnica delle costruzioni - progetto di una scala a soletta rampante

L L L L

6EI 4EI 6EI 2EI

0 0 -

L L

2 2

L L

EA

- 0 0 0 0

EA L

L 12EI 6EI 12EI 6EI

0 0

- - -

3 2 3 2

L L L L

6EI 2EI 6EI 4EI

0 0 -

L L

2 2

L L

δ f

sono i vettori contenenti le componenti di spostamento e sono i vettori

sollecitazioni di incastro perfetto.

Per prima cosa ho impostato il foglio di calcolo andandomi a trovare le 3 matrici K, ma

queste matrici sono state scritte per il sistema di riferimento locale è quindi stato

necessario andare a costruire le matrici di rotazioni λ che mi permettono di passare

dal sistema di riferimento locale al sistema di riferimento globale;

tali matrici sono formate: 0

Xk− Xi)

( (Yk−Yi)

L L 0

Xk− Xi)

(

Yk−Yi)

−( L

L

0 0 1

Per l’asta 1 e l’asta 3 queste matrici corrisponderanno alla matrice identità.

A questo punto ho calcolato i vettori di incastro perfetto per ogni asta;

l’asta 1 è soggetta al solo carico uniformemente distribuito, e in questo caso il

momento di incastro perfetto ovvero i momenti che nascono all’estremità di un asta

caricata quando queste sono impedite di ruotare, cioè sono quei momenti che

i0 k0

applicati all’estremità dell’asta pensata appoggiata producono le rotazioni -ϒ e –ϒ

i0 k0

che sommate alle rotazioni ϒ e ϒ rispettivamente consentono il rispetto dei vincoli

i0 k0

(incastri perfetti). (ϒ e ϒ sono le rotazioni dovute al solo carico in campata) vale

2

–ql /12; nell’asta 1 non nasceranno sforzi normali di incastro, ma ovviamente nel

vettore di incastro perfetto ci saranno le componenti del taglio che si trovano

facilmente una volta noti i momenti di incastro perfetto andando a scrivere delle

semplici equazioni di equilibrio alla rotazione facendo polo una volta in un estremo e

una volta in un altro.

Analogo ragionamento vale per l’asta 3;

il discorso invece è leggermente diverso per l’asta 2, infatti in essa il carico non è

diretto ortogonalmente e quindi dobbiamo scomporre il carico in due componenti, una

normale e una tangenziale, a causa di quest’ultima avremo anche una sollecitazione γ

di incastro perfetto;

le due componenti del carico saranno quindi

KN

2

q = q *cos α=23.45 m

2n 2d KN

q =q *senαcosα=12.51 m

2t 2d

avendo trovato prima che α=28.08°

quindi per l’asta 2 i momenti di incastro perfetto sono:

22 22

μ =-q L /12 e μ =q L /12 avendo adottato la convenzione cross; dopodiché si

ab n ab n

trovano gli sforzi taglianti di incastro perfetto da equazioni di equilibrio, e infine γ=ql/2

a questo punto passo tutte le quantità nel sistema di riferimento globale andando a

T

pre moltiplicare ogni matrice per la supermatrice λ e post moltiplicandole per λ; fatto

-1

questo e assemblate tutte le matrici risolvo il sistema ricavando δ=K f 0

ricavando questi valori -0,023

33

46759,

54

47,072

δa 92

-0,023

33

46759,

54

-47,07

Una volta noto il vettore δ si può risalire alle sollecitazioni su ogni

δb 29

asta; prima occorrerà trasferire i vari δ nel sistema di riferimento

globale premoltiplicandoli per la supermatrice λ successivamente

le sollecitazioni sapendo che per esempio per l’asta 1 si ha:

S =K δ +f dove tutte le matrici sono riferite al sistema di riferimento locale;

1 1 1 01

e riporto le sollecitazioni trovate

asta 1 asta 2 asta 3

0 Nc 21,26 Na 0 Nb

-75,59 Tc -39,86 Ta 45,18 Tb

-79,44 Mc 5,09 Ma 5,09 Mb

0 Na 21,26 Nb 0 Nd

45,18 Ta -39,86 Tb -75,59 Td

-5,09 Ma -5,09 Mb 79,44 Md