[Scienza delle Costruzioni] Quale vincolo togliere per rendere isostatica una struttura

[incompetente2000]

$Mh=11/2ql^2$
Il momento flettente su BC viene $M=5/2ql^2-2q(x^3)/l-1/2qlx$ , in GH $M=11/2qlx-11/2 ql^2$

[sellacollesella]

Ottimo, sul tratto HG ci siamo, ora dobbiamo capire come correggere il momento flettente in BC.

Per tal motivo preferisco riportare l'intero tratto ABC con le rispettive reazioni vincolari:

\(\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\)

dove, se vogliamo uscirne in modo relativamente semplice, dobbiamo partire da C e andare verso B.

In particolare, occorre aver ben chiaro che \(p(x) = 6\,q\,\frac{x}{L}\) con \(0 \le x \le L\), ossia il carico distribuito lungo \(CB\) deve essere lineare e valere \(0\) in \(C\) (\(x=0\)) e \(6\,q\) in \(B\) (\(x=L\)). Questo è il primo passo imprescindibile.

Come secondo passo, invece, "tagliamo" il tratto \(CB\) ad una generica distanza \(x\) da \(C\):

\(\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\)

e introduciamo le sollecitazioni interne \(N(x)\), \(T(x)\), \(M(x)\) secondo la convenzione del concio elementare.

Per calcolare il momento flettente è sufficiente imporre un equilibrio alla rotazione rispetto al punto di taglio: \[
M(x) = \frac{7}{2}\,q\,L\,x - \frac{p(x)\,x}{2}\left(\frac{x}{3}\right)
\] ossia, semplificando, si ottiene: \[
M(x) = \frac{7}{2}\,q\,L\,x - \frac{q}{L}\,x^3\,.
\] Naturalmente, se per qualsiasi ragione dovessi a tutti i costi percorrere il tratto da \(B\) verso \(C\) è sufficiente prendere la funzione appena calcolata e sostituire al posto di ogni \(x\) l'espressione \(L-x\), ottenendo: \[
M(x) = \frac{5}{2}\,q\,L^2 - \frac{q\,L}{2}\,x - 3\,q\,x^2 + \frac{q}{L}\,x^3\,,
\] che è decisamente una espressione più incasinata! A prescindere dalla scelta che farai, ricorda che ogni tratto va percorso allo stesso modo nei vari schemi (con carico o senza carico), altrimenti esce un minestrone.

[incompetente2000]

E se invece voglio calcolare il tratto BC partendo dal basso, a me viene diverso e non capisco dove sbaglio: ho tre contributi da considerare cioè il carico triangolare (che metto come $6qx/l$), il carico distribuito 6q e t pari a $11/2 ql$

$Mbc+6qx/l*1/2x*2/3x+6ql(l/2+x)-11/2ql(l+x)=0$ cosa ho sbagliato?

Partendo da C e andando verso B invece mi torna

[sellacollesella]

Ci avrei giurato che avresti voluto vedere a tutti i costi anche l'altro modo ... ed io ti accontento.

Esattamente come sopra, tutto ha inizio da qui:

\(\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\)

ma se vogliamo percorrere il tratto BC da B verso C innanzitutto occorre rivalutare il carico distribuito che risulta \(p(x) = 6\,q\,\frac{L-x}{L}\), dato che deve essere lineare e valere \(6\,q\) in \(B\) (\(x=0\)) e \(0\) in \(C\) (\(x=L\))...

Poi, al solito, "tagliamo" il tratto BC ad una generica distanza \(x\) da \(B\):

\(\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\)

e introduciamo le sollecitazioni interne \(N(x)\), \(T(x)\), \(M(x)\) secondo la convenzione del concio elementare.

Per calcolare il momento flettente è sufficiente imporre un equilibrio alla rotazione rispetto al punto di taglio: \[
M(x) = \frac{11\,q\,L}{2}\,(L+x) - 6\,q\,L\left(\frac{L}{2}+x\right)-\frac{(6\,q+p(x))\,x}{2}\,\frac{x\,(12\,q+p(x))}{3\,(6\,q+p(x))}
\] ossia, semplificando, si ottiene: \[
M(x) = \frac{5}{2}\,q\,L^2 - \frac{q\,L}{2}\,x - 3\,q\,x^2 + \frac{q}{L}\,x^3\,.
\] Naturalmente, qualora non si ricordi la formula del baricentro del trapezio, in linea del tutto generale: \[
M(x) = \frac{11\,q\,L}{2}\,(L+x) - 6\,q\,L\left(\frac{L}{2}+x\right)-\int_0^x (x-t)\,p(t)\,\text{d}t = \dots
\] ma rimane il fatto che rispetto a quanto mostrato in precedenza questa sia una strada "fuori di testa"!

[incompetente2000]

Chiarissimo, è meglio lasciar perdere l'andare contromano

[fede_1_1]

Salve! Qualcuno ha dei suggerimenti per svolgere il terzo punto di questo esercizio, quello sulla rotazione?

Io prenderei un sistema esplorato, che essenzialmente è quello effettivo privato di ogni carico con in aggiunta una coppia antioraria in $G$ (la coppia interseca la trave $HG$). Quindi risolverei il sistema esploratore, il quale è iperstatico, definendo quindi un sistema $S_0^e$ e $S_1^e$ dove la e sta per "esploratore".

Una volta risolto e calcolate le caratteristiche del sistema esploratore usando l'equazione di Muller-Breslau, mi calcolo la rotazione con:
\[
\Phi_G=\int_{Struttura}\frac{1}{EJ} M^{\text{effettivo}}\cdot M^e ds
\]

Il problema di questo approccio è la difficoltà computazionale, che rende l'esercizio decisamente lungo. Mi chiedo, esistono approcci più intelligenti? Se sì, quali?

[sellacollesella]

Si può fare in modo molto rapido considerando il piedritto incastrato in \(H\) come una semplice mensola caricata in \(G\) da una forza orizzontale verso destra \(H_G = \frac{677}{180}\,q\,L\) e da una forza verticale verso il basso \(V_G = 3\,q\,L\), che sono le reazioni vincolari interne deducibili dai calcoli fatti in precedenza.

Pertanto, introdotta una coppia antioraria \(X\) in \(G\), il momento flettente risulta pari a \(M_{HG}(s) = X-H_Gs\). Quindi, calcolata l'energia elastica di deformazione \(\Phi(X) = \int_0^L \frac{M_{HG}^2(s)}{2\,E\,J}\text{d}s\) tenendo conto solo del contributo flessionale, per il teorema di Castigliano la rotazione richiesta risulta pari a \(\varphi_G = \begin{aligned}\lim_{X \to 0}\end{aligned} \frac{\partial\Phi}{\partial X}=-\frac{677}{360}\frac{q\,L^3}{E\,J}\).

[fede_1_1]

Interessante, non avevo fatto questo teorema a lezione! Prossimamente proverò ad usarlo pure in altro esercizio allora...lo reputo un buono strumento da avere nel repertorio in casi poco piacevoli. Grazie

Una cosa, il fatto è che l'esercizio posto da incompetente2000 è tratto da un testo di esame del mio professore della mia facoltà (per pura coincidenza io e quell'utente abbiamo frequentato lo stesso corso a un anno di distanza, pure gli altri esercizi da lui riportati sono fatti dallo stesso professore!). Dato che nel nostro corso non è stato spiegato il teorema di Castigliano, mi chiedevo se ci fosse un altro metodo di risoluzione.

Magari partendo a valle, scegliendo quindi un altro sistema principale che permetta di scrivere l'equazione della rotazione in termini di momenti già calcolati nei punti precedenti. E' forse possibile qualcosa del genere?

[sellacollesella]

Il teorema di Castigliano è sostanzialmente lo strumento più potente di cui si può disporre nella risoluzione delle strutture, tant'è che quando dovetti implementare per lavoro il metodo degli spostamenti l'ho utilizzato come punto di riferimento, ossia finché non mi uscivano gli stessi risultati che ottenevo con Castigliano significava che non era implementato correttamente (vedi anche qui).

D'altro canto, puoi usare qualsiasi altro metodo, l'importante è considerare solamente il piedritto \(HG\) caricato con le forze calcolate in precedenza come reazioni vincolari interne, non ha senso integrare nuovamente su tutta la struttura come non l'avessi mai vista, dato che arrivato al terzo punto conosci praticamente ogni reazione interna.

Prova e vedi se ti esce la stessa rotazione, altrimenti mostra i passaggi che vediamo cosa non va.

[fede_1_1]

Okkei ho provato. Prendendo la figura a sinistra, calcolo la caratteristica del momento trovando $M=\frac{677}{180}qLx$. Mentre nel sistema a destra trovo $M^u=-1$. Quindi applicando il teorema dei lavori virtuali:
\[
\phi=\int_{0}^L \frac{1}{EJ}M\cdot M^udx=\int_0^L \frac{1}{EJ}\frac{677}{180}qLx \cdot (-1)=-\frac{677}{360EJ}qL^3
\]
Può andare o è troppo naif Il punto è che non mi sarebbe venuto in mente di esplodere e isolare il piedidritto :sob: