Terza esercitazione

Ex 1:

B: cerniera interna

q: carico distribuito

È costituita da 2 elementi strutturali, quindi ha 6 gradi di libertà, le due cerniere ne tolgono 2 ciascuno, ma in B involvono = verso 2 reax vincolari

B cerniera interna NON divide il corpo AC

• AB = L
• BC = 2L
• CD = L

Sopra in verde le reax vincolari "delle cerniere", in n ° il numero di corpi che cerniera interna collega che sono 2

h = 2 . 2 cerniere + 2 cerniera int. (n-1) - 3 . m_complesso togli

h = 2 . 2 + 2 (2-1) - 3 . 2 = 0 Isostatica due gradi H.V.

Ci sono 2 risoluz.ioni :

• scrivere le equazioni per il corpo completo (□)
• riconoscere DB un'anta che riceve forzi assiali. (△)

(□) CORPO COMPLETO

• H_A + H_D = 0 (a)
• V_A - V_D + q 3L = 0 (b)

stacco un corpo e scrivo nuove equazioni

la prima scelta è arbitraria

e vincola per la scelta di

quanto utilizzo il costo più

che il mio corpo avendo riottocato He e Vb devono scomparire

AB = L BC = 2L

scrivo nuove equazioni

Vb e Hb non sono richieste ed il problema =0 per eliminarle impongo eq. not. intorno B : punto applic. della forza distribuita è ³/₂ L che dista da B ¹/₂

B ̸T) -VAL + 3q¹/₂ = 0 (c) VA = ³/₂ 9L²

sostituendo (c) ️in (b) ️trovo ️ VD = ️VA ️+ ️3qL = ️³/₂ ️9L

considero ️il tratto ️DB

Hb e Vb sono vincolati dalla scelta fatta sopra.

B ̸D) VDL - HDL = 0 VD = HD

DB è un ️asta , ️puo subire ️solo ️carichi ️assiali: ️e ️percio ️cosi ️: ottenere ️la ️risultante ️accezione ️(trazione) dalla ️(a) ️troviamo ️HA = -³/₂ 9L (⟪️⟫)

oss: : ️in ️base ️ai ️risultati ️ottenuti: ️bisogna ️calcolare ️e ️vedere ️i segni ️adottati ️per ️reaz ️vincolari ️e ️eventualmente ️cambiare ️ali: se ️oltreppo - ️come ️pu ️(⟪️⟫)

Ejercicio 1

Σ_z =

Σ_x =

Σ_y =

→ -_A =

↓ _A - =

(⃖)_{A A} + · =

_A =

_A =

_A = -

Esercizio A

q [^N/_m] ; P [^N]

Forza risultante [^N]

Q = q · L

1. H_A = P
2. V_A = q · L
3. Q · ^L/₂ + M_A = 0   ⇒   M_A = - q ^L²/₂

Esercizio 8

Corpo completo

1. V_A + V_E = q 2L
2. H_A + H_E = φ
3. 2qL (L) - H_E (¹⁄₂L) - V_E (2L) = φ

4. H_C + H_E = φ
5. qL + V_C - V_E = φ
6. qL ¹⁄₂ - V_E L + H_E L = φ

H_E = V_E - q ^L⁄₂

(f) Nulla (c)

V_E = ⁹⁄₁₀ qL

Dalla (f) troviamo H_E

H_E = ⁹⁄₁₀qL - q ^L⁄₂ = ²⁄₅ qL

Dalla (b) troviamo

H_A = - H_E = - ²⁄₅ qL

Dalla (a) troviamo

V_A = 2qL - V_E = ¹¹⁄₁₀ qL

Soluzione

H_A = F · cos α

V_A = F · sin α / 2

V_C = -F · sin α + 3a q₀ / 8

V_B = 5F · sin α / 8 + 3a q₀ / 8

(L+2L)·L

Q = ₂

Q = rettangolo + triangolo

Q = 9q·L + _9q·L

₂

= _2q0·L

_{2 3L+2L}

₆

L = L/2

L/2 L 2 = L

L/3

⁵/6L

VA = ³/2q₀L

Q = OK

p = -VA - q₀L - q₀·L = 0

-H_A = 0

OK

H_A + q₀·L _L + q₀·L

2

+ (L + ⁴/3 1)

L/2 (4 1)

³

H_A + q₀ ^L/2 + q₀ ^L₂/2 + q₀ ²/₃L² = 0

MA = - (^{3 + 1}/₆) q₀L²

MA = -⁷/₆ q₀L²

OK OTTIMO