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Data la struttura in immagine una volta iperstatica, ho dubbi su come individuare il vincolo da togliere per poi risolvere mediante due sistemi con le equazioni di Muller Breslau. La parte reticolare sovrastante non la toccherei, andrei quindi a modificare uno dei due incastri in A o H. E' lecito sostituire ad uno dei due incastri una cerniera?

Ogni qual volta tu prenda tre aste e le incernieri assieme, a patto che ne esca un triangolo non degenere, quello è un germe isostatico. Ciò vuol dire che se poi andrai ad assemblare allo stesso modo altri triangoli (in foto ce ne sono tre) otterrai sempre una struttura internamente isostatica. Pertanto, comunque si svincoli una struttura isostatica la si labilizza. Tutto ciò a dimostrazione del fatto che in questo caso non abbiamo poi tutto questo margine di manovra, dobbiamo per forza declassare uno dei due incastri a terra in una cerniera e piazzare la duale incognita iperstatica. Così facendo si ottiene una isostatica associata con cui farci i conti.

ho provato a risolvere l'esercizio mettendo una cerniera in A, il valore dell'incognita mi viene bruttino, pari a 347/75 ql^2.

Se hai piazzato una coppia antioraria in \(A\) allora risulta \(X = \frac{313}{90}q\,L^2\). Al solito, per poter capire dove sta l'errore occorre mostrare i passaggi scrivendoli come qui descritto. Seppur sembri difficile, non lo è.

Nel sistema con i carichi, l'equazione del momento nel tratto BC è $-2qx^3/l+19/2ql^2+13/2 qlx$ ?

Nel sistema con i carichi ottengo: $ Ha=-25/2ql ; Va=5ql; Hh=3/2 ql; Mh=-3/2ql^2; Vh=3 ql $

Nel tratto AB il momento mi viene: $25/2 qlx- 3qx^2$
Nel tratto BC $−2qx3l+192ql2+132qlx$
Nel tratto HG $3/2 ql^2 - 3/2 qlx$

Nel sistema con solo l'incognita X=1 ottengo $ Ha= -1/(2l); Va= 0; Hh= 1/(2l); Vh=0, Mh=-1/2 $

I momenti mi vengono:
AB $ x/(2l) - 1 $
BC $ -1/2 + x/(2l) $
HG $ 1-x/(2l) $

Il momento effettivo in A mi viene $347/75 ql^2$

Apprezzo molto che tu abbia usato le formule matematiche, come vedi nulla di difficile e si capisce meglio!

Ora cominciamo a ragionare, nel senso che posso farmi una idea più concreta di quello che hai calcolato.

Nella fattispecie, noto con piacere che nel sistema con \(X=1\) sia tutto giusto eccetto un errore che forse è dovuto ad una cattiva trascrizione, ossia in \(HG\) leggo \(1\) invece che \(1/2\).

Per quanto concerne, invece, il sistema con \(X=0\) devi aver sbagliato qualcosa sin dal principio, ossia nel calcolo delle reazioni vincolari, in quanto a numeratore di quelle frazioni deve starci \(11\). Poi, sui segni, dovresti specificare il verso che hai assunto delle varie frecce, non sapendolo tutto può essere!

Ora prova a rivedere i conti e se non tornasse il risultato che ti ho indicato mostra i passaggi.

Hg l'ho scritto bene nello schemettino che mi faccio per calcolare n,t,m dei vari tratti, , però poi nell'equazione ci ho scritto 1, e quindi sia il primo che il secondo integrale hanno un errore.

Nel sistema con i carichi, che a noi fanno chiamare $ S^0 $ ho messo $Ha$ e $Hh$ che puntano a destra, $Va$ e $Vh$ verso l'alto e $Mh$ antiorario. Nel secondo sistema considero l'incognita in $A$ $x=1$ sempre antiorario

Perfetto, ora è tutto molto più chiaro. Se riesci a trovare l'errore nelle reazioni vincolari di \(S^0\) sei a cavallo.

Questo è l'esploso






il sistema mi viene:

$ Ha+Hc=-6ql-3ql=-9ql; $
$ Va+Vc=0 $
momento orario rispetto ad A $ -6ql(1/2l)-3ql(1/3l+l)-2lHc
=0 $
$ Vg-Vc-6ql-2ql=0 $
$ Hc=Hg $
momento orario rispetto a C $ -6ql(l)-2ql(3l)+4lVg=0 $
$ Vh=Vg $
$ Hg=Hh+2ql $
momento orario rispetto a H $ Mh+lHg -2ql^2=0 $