Esercizi Svolti PDF

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Esercizi svolti riguardanti le travi iperstatiche, utili per affrontare la prova di esame scritta di Tecnica 3....

Description

1. Strutture con nodi che ruotano e non traslano 1.1 Esercizio 1 D

L q F=

ql 30

C

B

L

L/2

L

A

Fase I D

ql 2 160

C

B

ql 2 32

A

Fase II

D

2 ql 2 17 40

4R

6 ql 2 17 40

4 ql 2 17 40 3 ql 2 17 40

ql 2 40

B 3R' = 6R

C

3R 4 ql 2 17 40

4R 2 ql 2 17 40 A

Fasi I+II 1 2 ql 340

61 ql 2720 1 ql 2 170

2

29 2 ql 2720

1 2 ql 170

1 ql 2 340

3 ql 340

279 ql 1360 223 ql 8160 49 ql 8160 401 ql 1360

3 ql 340

1.2 Esercizio 2 2F

A

B

D

C

Sfruttando la simmetria della struttura ed il principio i sovrapposizione degli effetti è possibile ottenere la soluzione come somma delle soluzioni ottenute rispettivamente per una condizione di carico simmetrica e per una emisimmetrica.

1.2.1 Condizione di carico simmetrica F

F

Fase I 3 Fl = M * 16

F

3 Fl = M * 16

F

Fase II 3 5

M*

M*

2 5

3R

M*

2 5

M*

M*

3 5

M*

2R

Fasi I + II

2 M* 5

17 15 17 40

2 M* 5

M*

F

23 F 40

1.2.2 Carico antimetrico F

F

Fase I

3 Fl = M * 16

3 Fl = M * 16

Fase II 1 3

M *

2

M*

3

3R

2

M*

3

M*

M*

1 M* 3

6R

Fasi I + II

2 M* 3

2 M* 3

M*

3 F 8

1 F 4

1 F 4

5 F 8

1.2.3 Caricamento generico Sommando le soluzioni precedentemente ottenute si ottengono i diagrammi delle azioni interne richiesti.

16 M * 15

4 M* 15

32 M* 15 4 5

F

1 F 4 1 F 20 6 5

F

1.3 Esercizio 3 C

D

A

B

2q

Sfruttando la simmetria della struttura ed il principio i sovrapposizione degli effetti è possibile ottenere la soluzione come somma delle soluzioni ottenute rispettivamente per una condizione di carico simmetrica e per una emisimmetrica.

1.3.1 Carico simmetrico

Fase I M* =

ql 2

M*

12

M*

Si è posto M * = Fase II

M*

ql 2 12

(1/3)M*

M*

(1/3)M*

M*

2R

(2/3)M*

4R

(1/3)M*

Fasi I + II

(2/3)M*

4R

(1/3)M*

(1/3)M*

(1/3)M*

(4/3)M*

(4/3)M* 4/9 ql

5/9 ql

1.3.2 Carico antimetrico

Fase I

2M*

2M*

4M*

4M*

Fase II (6/7)2M* 2M*

(6/7)2M* 2M*

6R (1/7)2M*

(1/7)2M*

R

(1/7)2M*

Fasi I+II

(1/7)2M*

(12/7)M*

(30/7)M*

24 M * 7 L

12

M L

1.3.3 Caricamento generico Sommando le due soluzioni precedentemente ottenute si ottengono I diagrammi richiesti (43/21)M* (29/21)M*

(118/21)M*

(62/21)M*

16/3 M*/L

24/7 M*/L

16/3 M*/L 56/3 M*/L

1.4 Esercizio 4

C

B

A

Fase I

+Δt

C

C

M* B

+Δt

C

2M*

2M* A

L’allungamento della trave soggetta all’aumento di temperatura sarà: δ = Δt ⋅ α ⋅ L Pertanto le forze alle estremità dei due pilastri valgono: EJ EJ FCB = δ ⋅ 3 3 ; FBA = δ ⋅12 3 L L e i momenti: L M BC = FCB ⋅ L = M * ; M BA = FBA ⋅ = 2 M * 2 Fase II

C

3R (3/10)M* (3/10)M* M*

B

C

3R

(2/5)M*

4R (1/5)M* A

Fasi I + II

(3/10)M* (13/10)M* (8/5)M*

(9/5)M*

(13/10)M*/L

(3/10)M*/L

(34/10)M*/L

1.5 Esercizio 5 A

B

δ Fase I

C

A

B

C

2M*

M* Avendo posto: EJ M *= δ⋅ 3 2 L Fase II

(3/7)M* A

M*

(4/7)M*

B

C

3R

4R (2/7)M*

Fasi I+ II

(12/7)M*

(10/7)M* (10/7)M*/L

(22/7)M*/L

1.6 Esercizio 6 M

M

C

D

6R

0

A

0

B

M

M

2M/L

2. Calcolo di rigidezze alla rotazione 2.1 Esercizio 1 La rigidezza alla rotazione nel nodo indicato in figura può essere calcolata applicando una rotazione unitaria in A e calcolando il momento che ad essa corrisponde.

W=? A

B

C

Fase I 4R

2R

φ=1

Fase II 2R

(1/2)R

R (1/2)R

R

1 7 W = 4R − R = R 2 2 Alternativamente si può esprimere la rotazione del nodo A in funzione di un generico momento M applicato e poi imporre che questa rotazione sia unitaria.

Fase I M

(1/2)M

Fase II (1/2)M (2/7)M (1/7)R

(3/14)M

2 2 L L L − M = M 3EJ 7 6 EJ 7 EJ 7 φ = 1 ⇔W = R 2

φ =M

2.2 Esercizio 2 W=?

B

A

C

L

L

La rigidezza può essere calcolata esprimendo la rotazione del nodo A in funzione di una generica coppia M applicata ed imponendo che tale movimento sia unitario.

M

M/L

M/L

φ ’’ δ

φ’ La rotazione del nodo A è data da due contributi: φ' dovuto alla flessione del tratto di trave A-B; φ ' ' dovuto ad una rotazione rigida del tratto A-B conseguente all’abbassamento del punto B causato dalla flessione del tratto B-C. ML φ'= 3 EJ δ ⎛ M L3 ⎞ 1 ⎟ φ ' ' = = ⎜⎜ L ⎝ L 3 EJ ⎟⎠ L

φ = φ '+φ ' ' =

2 ML 3 EJ

φ = 1⇔ M =W =

3 R 2

Alternativamente è possibile applicare una rotazione unitaria al nodo in esame e calcolare quanto valga il momento associato a tale movimento.

3R L

A

L

φ=1 3R/L (3/2)R

(3/2)R/L

(3/2)R

(3/2)R/L

(3/2)R/L

3R/L

W = 3R −

3 3 R= R 2 2

(3/2)R/L

2.3 Esercizio 3

2R

2R

φ=1

φ=1 4R

4R

(2/3)R (2/3)R

2R

1 2R 3

(4/3)R

2R

(4/3)R

2 3 4R (2/3)R

W = 4 R−

2 10 R= R 3 3

2.4 Esercizio 4

4R

R

R

φ=1

φ=1 R

R

(6/7)R (6/7)R

R

R 6 6R 7

(1/7)R

(1/7)R

1 7 R

R

(1/7)R

W = R−

(1/7)R

1 6 R= R 7 7

3. Metodo di Cross 3.1 Esercizio 1 q

A

Fase I

B

C

D

q

3R A

3 7

M

4 7

B

4R

1 2

1 2

C

4R D

Fase II

(3/7)M

(4/7)M

A

(2/7)M

B

C

(1/14)M

A

(1/7)M

(2/7)M

B

(3/98)M

(1/14)M

A

(4/98)M

D

(1/7)M

(1/14)M

C

D

C

D

(2/98)M

B

Scrittura Automatica (53/98) M -(53/98) M II - (3/98) M II - (4/98) M III + (1/14)M II - (3/7)M I+M

II - (4/7)M I+0 4/7

3/7 A

B

(1/7)M III - (2/98)M

(1/7)M

II + (1/7)M III - (2/7)M I+0

II + (1/7)M I+0

(1/14)M III + (1/14)M I+0

1/2

1/2 C

D

Fasi I + II

(53/98) M

(1/14)M

(1/7)M

(339/98) M/L

(67/98) M/L

(445/98) M/L

3.2 Esercizio 2

1 3

2 3

2 5

2R

4R

1 5 2R 2 5 4R

(3/14) M/L

(17/45)M

+M I +M

-(116/225)M II -(26/225)M II -(2/5)M

II -(2/5) M III (13/45)M II -(26/225) M -17/75 M

III -(1/5)M II (26/45) M III-(13/450)M 17/45

-17/45 M II 13/45 M I -(2/3) M

(58/225)M

(116/225)M

II -(1/5)M II -(13/225)M -(58/225)M

M

(17/45)M

(17/75)M

(58/225)M

-(58/225)M III -(13/225)M III -(1/5)M

3.3 Esercizio 3

30x30

30x30

30x30

30x30

30x30

300

50 kN/m

30x50

C

30x50

450

E

30x50 500

450 30x30

30x30

500

D

30x30

B

30x30

30x50

30x30

300

A

-3.25 III - 3.25 I0 -6.5 II - 6.5 I0

-47.75 II +5 III -8.75 II +60 I -104

+116.5 III 2.5 II -17.5 -103.5 III +30 II -19.5 I +104 I -84

0.13

4Rt

0.35

B 0.39

4Rp -3.25 III - 3.25 I0

+11.938 III +0.938 III + 11 I0

4Rp

Jp =

4Rp

0.13

0.58

-6.5 II - 6.5 I0

+23.875 II +1.875 II + 22 I0

A

4Rp

0.21

+23.875 II +1.875 II + 22 0.21 I 0

+11.938 III +0.938 III + 11 I0

Data la simmetria della struttura ed il caricamento simmetrico è possibile studiare solamente metà struttura.

EJ p 30 4 30 ⋅ 50 3 EJ t ; L p = 300 ; Lt = 500 ; R p = ; Jt = ; Rt = ; 12 12 Lt Lp

74.25 III -9.75 I +84

4Rt

C

4. Strutture con nodi che traslano e non ruotano 4.1 Esercizio 1 A

B

F F/2

F/2

FL/4

FL/4

FL/4

FL/4

C F/2

FL/4

F/2 D

FL/4

F/2

F/2

4.2 Esercizio 2 F

6 FL 15

12 F 15

3 F 15

6 FL 12 15 F 15

3 F 15

3 FL 15

3 FL 15

12 F 15 3 F 15

6 FL 15

4.3 Esercizio 3 F FL/6

F

(4/5)F

(1/5)F

F=qL/2 (2/5)FL

(1/5)FL

q

(2/5)FL

F=qL/2 2J

FL/6

2J

(4/5)F

2J

(1/5)FL (1/5)F

Avendo posto: qL F= 2

7 30

1 FL 5

FL

9 F 5

17 FL 30

1 FL 5

4.4 Esercizio 4 F F (1/2)FL

(1/2)FL F

Avendo posto: F = α ⋅ Δt ⋅ L ⋅ 12

EJ L3

1 F 5

1 F 5

(4/5)F

(1/5)F (1/5)FL

(2/5)FL

(2/5)FL (1/5)F

(4/5)F

(1/10)FL

(1/5)FL

(1/10)FL

(1/5)F

(1/5)F

4.5 Esercizio 5

J

2J

J

J

Utilizzando il principio di sovrapposizione degli effetti la soluzione può ricavarsi come: IIa

I

=

Fase I

+

IIb

+

F F

F

FL/6

FL/6

2F F FL/6

FL/6 F

FASE IIa 12Rt

4 Rt 6 Rt L 2 Rt L 6 Rt L

12R t

2Rt L

4 Rt 12R t 4 Rt

4 Rt 2 Rt L

2Rt L

2 Rt L

2R tL

8 Rt

4R tL

2Rt L

2 Rt L 4 Rt L

4R t

4 Rt

F (8/11)F

(3/11)F

(4/11)FL

(3/11)FL

(4/11)FL (8/11)F (4/11)F

(4/11)F

(2/11)FL

(2/11)FL

(2/11)FL

(2/11)FL

(4/11)F

(4/11)F

(3/11)FL (3/11)F

FASE IIb 12 R t 12 Rt

48 Rt 5

24 RL 5 t

6Rt L

48 Rt 5

6 Rt L

12

12 R 5 t 12 RL 5 t

24 R tL 5 2J

EJ = 12 Rt L2 12 RL 5 t

12 R 5 t

6 RL 5 t

12 RL 5 t

12 Rt 5 6 Rt L 5

12 Rt 5

12 RL 5 t

(2/11)F (1/11)FL

(2/11)F (2/11)FL

(1/11)FL (2/11)F 2F (10/11)F

(10/11)F

(5/11)FL

(5/11)FL

(5/11)FL

(5/11)FL (10/11)F

(2/11)FL (10/11)F

(2/11)F

Fase IIa + IIb F (6/11)F

(5/11)F

(3/11)FL

(5/11)FL

(3/11)FL

(14/11)F

(6/11)F 2F (14/11)F

(7/11)FL

(7/11)FL

(7/11)FL

(7/11)FL

(14/11)F

(14/11)F

(5/11)FL (5/11)F

FASE I + IIa + IIb (5/11)F (7/66)FL

(5/11)F (5/11)FL

(29/66)FL (17/11)F (3/11)F

(14/11)F

(31/66)FL

(7/11)FL

(18/11)FL

(7/11)FL

(25/11)F

(14/11)F

(5/11)FL (5/11)F

FASE II Risoluzione iterativa La fase II può essere risolta anche senza fare ricorso al calcolo delle rigidezze delle sottostrutture, nel tal caso la procedura di soluzione diventa iterativa. (5/3)F (2/3)F (1/3)FL

(1/3)FL (2/3)F (2/3)F

2F (2/3)F

(1/3)FL

(1/3)FL

(1/3)FL

(1/3)FL

(2/3)F

(2/3)F

(5/3)F (4/3)F

(1/3)F

(2/3)FL

(1/3)FL

(2/3)FL (4/3)F

(4/3)F

(1/3)FL (1/3)F

(4/9)F (4/9)F (2/9)FL

(2/9)FL (4/9)F (4/3)F (4/9)F (2/9)FL

(2/9)FL (4/9)F

(4/9)F (2/9)FL

(2/9)FL (4/9)F

(4/9) F (16/45)F

(4/45)F

(8/45)FL

(4/45)FL

(8/45)FL (16/45)F

(16/45)F

(4/45)FL (4/45)F

(16/135)F (16/135)F (8/135)FL

(8/135)FL (16/135)F (16/135)F

(16/45)F (16/135)F

(8/135)FL

(8/135)FL

(8/135)FL

(8/135)FL

(16/135)F

(16/135)F

Sommando tagli e momenti ottenuti dalle diverse iterazioni si ottiene: (62/135)F (31/135)FL

(19/45)F (19/45)FL

(31/135)FL (62/135)F (166/135)F

(166/135)F

(83/135)FL

(83/135)FL

(83/135)FL

(83/135)FL

(19/45)FL

(166/135)F

(166/135)F

(19/45)F...