Metodo Forze E PLV PDF

Preview

Summary

Download Metodo Forze E PLV PDF

Description

Esempio di risoluzione di struttura iperstatica col metodo delle forze Complemento alla lezione 42/50: Il metodo delle forze I

Per la struttura sotto riportata, calcolare i diagrammi delle caratteristiche della sollecitazione interna. Inoltre calcolare le reazioni vincolari e la curva delle pressioni.

A F l

l

l

l

Anzitutto si procede al conteggio dei gradi di libertà/vincolo della struttura. Essendo la struttura piana e composta da un unico corpo, ha tre gradi di libertà (g = 3). La struttura è vincolata esternamente tramite 2 cerniere esterne (vincoli doppi). Dunque v = 2 + 2 = 4 e: g − v = 3 − 4 = −1

Non essendoci maldisposizione vincolare, ne segue che la struttura è 1 volta iperstatica. Si proceda ora alla risoluzione tramite il metodo delle forze e l’applicazione del PLV. Occorre anzitutto identificare la struttura isostatica principale: si osservi che la sua scelta è arbitraria, mentre univoci sono i diagrammi finali delle caratteristiche della sollecitazione. La struttura isostatica principale si ottiene abbassando di un’unità i gradi di vincolo. Ciò può avvenire attraverso uno svincolamento esterno ma anche interno. Si noti che non si deve incappare in una maldisposizione vincolare; ad esempio non è possibile scegliere come reazione vincolare incognita la reazione verticale in C poiché la struttura così ottenuta è labile anziché isostatica a causa della maldisposizione dei vincoli. È invece lecita la scelta della componente orizzontale della reazione in C.

A

A

F

F

X1 B

B

C X1

C

Svincolamento non lecito

Svincolamento lecito

Nella presente risoluzione la struttura isostatica principale viene ottenuta inserendo una cerniera interna nel nodo E: A F

X1 D

E

X1

B C

Struttura isostatica principale

La struttura così ottenuta è isostatica essendo g = 3 + 3 = 6 e v = 2 + 2 +2 = 6 (e non c’è maldisposizione). L’isostatica principale è in tutto equivalente alla struttura iperstatica originaria una volta che ad X1 venga sostituito il suo effettivo valore. Come si vedrà nel seguito, la scelta della isostatica principale risulta particolarmente vantaggiosa in quanto porta a diagrammi di momento particolarmente semplici. Prima di procedere è opportuno definire un sistema di riferimento su ogni tratto, in modo da definire univocamente il segno del momento flettente. F z y z y y

z

z y

Sistema di riferimento

Si passi ora al calcolo dei diagrammi di momento flettente sulla isostatica principale causati rispettivamente dalla forza F (M0) e dall’incognita iperstatica posta pari a 1 (M1). Si noti che è possibile tracciarli senza fare (quasi) alcun calcolo:

1) Per M0 si osservi che il tratto EC (biella) è soggetto solo a sforzo normale. Per l’equilibrio del corpo BDAE, la reazione in B deve passare per il punto d’incontro della retta d’azione di F e della retta EC (retta d’azione della reazione vincolare interna in E). Tale punto è il punto A; dunque la reazione in B è verticale ed anche il tratto AB è soggetto a solo sforzo normale. Osservando che il momento flettente alla base dello sbalzo AD è pari a Fl, il tracciamento di M0 si completa rapidamente. 2) Per M1 occorre osservare che le componenti verticali delle reazioni verticali devono essere nulle (come mostra un’equazione di equilibrio globale alla rotazione attorno a B o C). Ne segue che su ED il taglio è nullo e quindi il momento è costante. Essendo, per imposizione, unitario il momento in E, il tracciamento di M1 è immediato. F

M0

1

1

–

–

1

Fl Fl

+

1

–

1

1

–

M1

Si proceda ora al calcolo degli integrali, applicando, dove comodo, la formula di Simpson:

∫

∫

2 ⎤ l ⎡ ⎛ 1⎞ 2 M 1 dz = ⎢4⎜ − ⎟ + (− 1)2 ⎥ + l +

6 ⎢ ⎝ 2⎠ ⎣

M 0M 1dz = −

⎥⎦

2 2l ⎡ ⎛ 1⎞ ⎤ l 2 ⎢(− 1) + 4⎜ − ⎟ ⎥ = 4 + 2 6 ⎢ ⎝ 2 ⎠ ⎥⎦ 3 ⎣

(

)

Fl 2 2

Si noti che solo il tratto DE dà un contributo non nullo al valore del secondo integrale. Si applica ora il Principio dei Lavori Virtuali assumendo come sistema di spostamenti/deformazioni quello reale e come sistema di forze / sollecitazioni quello generato dall’incognita iperstatica resa unitaria. In accordo alla simbologia usata nella lezione: 1× η1 =

∫ M1χ dz

dove la curvatura reale χ è data dal rapporto tra il momento reale e le rigidezze EI. Ma per il principio di sovrapposizione degli effetti il momento reale è dato da M = M0 + M1 X1, dunque:

η1 =

∫

M 1M 0 M 12 d z + X1 dz EI EI

∫

Questa equazione impone la congruenza e permette di scegliere, tra le infinite soluzioni equilibrate, l’unica congruente; permette cioè di determinare quel particolare valore di X1 che annulla la rotazione relativa in E. Come evidenziato a lezione, l’equazione precedente può scriversi come:

η1 = η10 + X 1 η11 ove η1 è la rotazione relativa (nella cerniera interna E) reale, η10 è la rotazione relativa dovuta al carico e η11 quella dovuta all’incognita iperstatica posta pari ad 1. Ma η1 è nulla, dunque:

η10 + X 1 η11 = 0 Sostituendo il valore degli integrali: −

Fl 2 X 1l + 4+ 2 = 0 2 EI 3EI

(

)

da cui, razionalizzando: X1 = +

(

)

3 4− 2 Fl ≅ 0.277 Fl 28

Una volta noto il valore dell’incognita iperstatica, il problema si riconduce alla risoluzione della struttura isostatica principale soggetta al carico esterno (la forza F in A) ed all’incognita iperstatica ora nota (X1 in E). A tal fine sono sufficienti le semplici equazioni cardinali della statica. In alternativa, se si sono già calcolati i diagrammi parziali (M0, N0, T0 ed M1, N1, T1) si può procedere per sovrapposizione, osservando che M = M0 + M1 X1, N = N0 + N1 X1, T = T0 + T1 X1. I diagrammi parziali sono: F

N0 F F

1/l

–

– 1 1

– –

–

N1 √2 /2 × (1/l)

F √2

F

T0

+

1/l F

1

– F

1

–

+

T1 √2 /2 × (1/l)

La sovrapposizione degli effetti porta ai seguenti diagrammi delle caratteristiche della sollecitazione interna per la struttura iperstatica assegnata: F

F

T

+ 0.277Fl

– Fl 0.277Fl

–

–

+

F

– F

0.723Fl

–

+

M 0.196 F

0.277 F

F

N 1.277 F

– – + 1.610 F F

Per quanto riguarda le reazioni vincolari R, anche per esse è applicabile la sovrapposizione degli effetti: R = R0 + R1 X1. Nel caso in esame, tuttavia, è sufficiente osservare che in B la componenti della reazione coincidono col taglio e lo sforzo normale. Tramite l’equilibrio alla traslazione globale è infine immediato ricavare i valori della reazione in C. Si noti infine che le rette d’azione delle reazioni nelle cerniere B e C e la retta d’azione della forza esterna s’incontrano in unico punto. Questo risultato non ci garantisce però di aver trovato il valore esatto di X1, in quanto è una semplice conseguenza delle equazioni cardinali della statica. Viceversa, se non ci fosse stata l’intersezione delle 3 rette in unico punto, ciò avrebbe significato un errore nei calcoli che seguono la determinazione dell’incognita iperstatica. La curva delle pressioni è indicata, tratto per tratto, nella tabella seguente. Si osservi che la retta c passa per il punto di nullo del momento sul tratto DE. Tratto Curva delle pressioni

AD retta a

BD retta b

CED retta c

F a

A

D

E

b c 0.277 F

C

B

F

1.277 F

F

Reazioni vincolari e curva delle pressioni

NOTE La stessa struttura qui presentata viene risolta con diverso metodo di soluzione nella lezione 47 (il metodo misto per i telai a nodi mobili). Si noti che il metodo delle forze (cui si è ricorso nel presente svolgimento) porta alla scrittura di un’unica equazione di congruenza laddove il metodo misto comporterà la scrittura di un sistema di tre equazioni (una di equilibrio e due di congruenza). I coefficienti delle equazioni non richiedono però calcoli ad hoc. Inoltre, nel metodo misto, gli spostamenti nodali sono tra le incognite del sistema (oltre ai momenti nei nodi stessi): ne segue che il tracciamento della configurazione deformata della struttura col metodo misto è immediato....