tecnica delle costruzioni meccaniche esercizi e...

Tecnica delleCostruzioni Meccaniche

Esercizi e soluzioni

Stefano Miccoli

Anno Accademico 2002/2003(versione del 31 gennaio 2003)

Indice

1 Macchine semplici 2

2 Analisi cinematica 14

3 Azioni interne 24

Copyright c© 2000, 2003 by Stefano Miccoli. This material may be distributed only subject to the terms andconditions set forth in the Open Publication License, v1.0 or later (the latest version is presently available athttp://www.opencontent.org/openpub/ ).Distribution of substantively modified versions of this document is prohibited without the explicit permission ofthe copyright holder.Distribution of the work or derivative of the work in any standard (paper) book form is prohibited unless priorpermission is obtained from the copyright holder.

1

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http://www.opencontent.org/openpub/

1 Macchine semplici

ESERCIZIO1.1.

Le due leve sono libere di ruotare nell’estremo O ed hanno applicate delle forze F eG di direzione ed intensità fisse (|F| = |G|). Determinare l’angolo α per il quale si haequilibrio.

SOLUZIONE 1.1.

Per risolvere questo esercizio si può semplicemente imporre che il momento delle forze appli-cate sia nullo rispetto al centro di rotazione della leva.

1. Sial la lunghezza della leva. L’equazione

Gl cosα − Fl sinα = 0,

tenuto conto cheG = F, si semplifica in cosα = sinα, dalla quale si ottiene

α =π

4+ nπ.

2. In modo del tutto analogo si ha

Gl

2cosα − Fl sinα = 0;

da questa si ottienesinαcosα = 1

2, cioè

α = arctan1

2+ nπ.

2

Nelle formule precedentin = 0,±1,±2, . . . , cioè si hanno infinite soluzioni. Ovviamentesolo due soluzioni sono distinte in quanto due valori diα che differiscono di un angolo giro(2π) danno luogo a configurazioni geometriche coincidenti: per questo motivo si può ancheporrem = 0, 1.

ESERCIZIO1.2.

Determinare F/G, individuando sul disegno le eventuali grandezze geometriche diinteresse.

SOLUZIONE 1.2.

1

A B

C

2

A B

C

L

K M

3

Il principio dei lavori virtuali per entrambi i sistemi si scrive

F ·dyF + G ·dyG = 0,

dovedyF edyG sono le componenti di spostamento dei punti di applicazione delle forze nelladirezione delle forze stesse. Da questa equazione si ottiene

F

G= −

dyG

dyF

.

Per risolvere l’esercizio basta dunque determinare il valore didyG/dyF. Chiamatodξ lospostamento virtuale del pesoF lungo il piano inclinato (positivo dall’alto verso il basso), inbase a considerazioni sui triangoli simili, si ottienedξ : dyF = CA : CB, cioè

dyF = dξCB

CA.

1. Per la presenza della carrucola doppia si ha

dyG = −dξ

2

e dunque con ovvie sostituzioni e semplificazioni

F

G=

1

2

CA

CB.

2. Per la levaLKM, chiamatodyL lo spostamento virtuale diL (positivo verso l’alto), siha−dyL : LK = dyG : KM, da cui, tenuto conto chedξ = dyL,

dyG = −dξKM

LK.

Si ottiene dunqueF

G=

KM

LK

CA

CB.

ESERCIZIO1.3.

lllllllllllllllllllllllllllllll

•��P

PWQVRUST+

•

��G

� �b

_

_

h

DeterminareP

G.

4

SOLUZIONE 1.3.

Per prima cosa conviene osservare che la carrucola semplice ha il solo scopo di cambiare ladirezione della forzaG; il problema può dunque essere riproposto semplicemente come sotto.


•��P

//G

� �b

_

_

h

Il principio dei lavori virtuali, chiamatod~u lo spostamento del punto cui sono applicate leforze, si scrive

~P ·d~u + ~G ·d~u = 0.

Scomponendo lo spostamentod~u nella direzione di~P e ~G,


•��P

//G //duG

OOduP

llllllllll

55du

� �b

_

_

h

si ottiene

G ·duG − P ·duP = 0, ⇒ P

G=

duG

duP

.

In base a considerazioni di similitudine fra triangoli si ottiene facilmenteduG

duP= b

he dunque

P

G=

b

h.

Il problema può anche essere risolto ricorrendo a considerazioni di equilibrio. ChiamataR la reazione vincolare esercitata dal piano inclinato, questa deve essere diretta, in assenzadi attrito, perpendicolarmenteal piano stesso. La condizione di equilibrio si esprime dunqueimponendo la chiusura del poligono delle forze~R + ~P + ~G:


•

,,,,,,,,,,

UU

R

��

P

//G

� �b

_

_

h

5

I due triangoli in figura (poligono delle forze e piano inclinato) sono simili e dunque si ottienenuovamente

P

G=

b

h.

ESERCIZIO1.4.

��

��

��

��RRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRR

•��P

•��G

� �a �b

_

_

h

DeterminareP

G.

SOLUZIONE 1.4.

Per risolvere questo esercizio è sufficiente eliminare la fune che tiene collegate le due masse,sostituendola con una forza pari alla sua tensioneT .

��

��

��

��RRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRRR

•��P

•��G

//T ooT

� �a �b

_

_

h

Dall’esercizio precedente di ha

P

T=

a

h,

G

T=

b

h;

dividendo membro a membro e semplificandoT eh si ottiene

P

G=

a

b

6

ESERCIZIO1.5.

�� **RRRpp

RRRRRRRRRRRRR

------------------------ ��P

�� YYyyy��

yyyyyyyyyyyyy

\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\

��G

DeterminareP

G, segnando sul disegno le quote significative.

SOLUZIONE 1.5.

Questo esercizio è identico al precedente, semplicemente la fune tesa è sostituita da un’astacompressa (e il piano inclinato è disegnato con un segno grafico differente):

�� **RRRpp

RRRRRRRRRRRRR

------------------------ ��Poo

C�� YYyyy��

yyyyyyyyyyyyy

\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\

��G

//C

Individuate sul disegno le opportune quote vale ancora il metodo di soluzione dell’esercizioprecedente.

Una tecnica alternativa, che non richiede di spezzare il sistema per mettere in evidenza laforzaC, è di determinare ilCIR dell’asta.

�� **RRRpp

RRRRRRRRRRRRR

------------------------ ��P

�� YYyyy��

yyyyyyyyyyyyy

\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\

��G

⊕CIR

��

99

99

99

99

99

99

99

9

� �p �q

_

_

h

L’equilibrio alla rotazione intorno alCIR (il che equivale alPLV per una rotazione infinitesimaintorno allo stesso punto) si scrive

P ·p − G ·q = 0, ⇒ P

G=

q

p.

Volendo ricorrere alla trigonometria, indichiamo conαP e αG l’inclinazione rispetto all’o-rizzontale di piani inclinati su cui agiscono le forzeP e G rispettivamente. È facile verificarele seguenti soluzioni per i singoli esercizi:

7

1.3 dal poligono delle forze si ha

G = P tanαP, ⇒ P

G=

1

tanαP

= cotαP,

che coincide con la soluzione data osservando che tanαP =h

b;

1.4 sfruttando il risultato precedente si può scrivere

T = P tanαP,

T = G tanαG,

} ⇒ P

G=

T

T

tanαG

tanαP

=tanαG

tanαP

,

che coincide con la soluzione data osservando che tanαP =h

ae tanαG =

h

b;

1.5 si può notare chep = h tanαP eq = tanαG, e dunque

P

G=

q

p=

tanαG

tanαP

,

confermando che i due diversi procedimenti di risoluzione conducono allo stesso risul-tato.

ESERCIZIO1.6.

��

��

��

��

��

��

�

•��P

@GAFBECD+

��??

��G

DeterminareP

G, segnando sul disegno le quote significative.

SOLUZIONE 1.6.

Per prima cosa quotiamo il disegno, osservando che la forzaG è a metà della leva.

8

��

��

��

��

��

��

�

•��P

@GAFBECD+

��??

��G

H

H��

��

��

��

��

��

�

l

_

_

h

� �a �a

Eliminando la leva (che dimezza la forzaG) e la carrucola il problema si riduce al seguente

��

��

��

��

��

��

�

•��P

��

DDG2

H

H��

��

��

��

��

��

�

l

_

_

h

L’esercizio a questo punto è diventato banale ed il risultato vale semplicementePG/2

= lh, cioè

P

G=

l

2h

ESERCIZIO1.7.

Lo schema statico di una lampada da tavolo è concepito come nella figura sottostante.A è il riflettore e B e C sono due contrappesi. È possibile determinare il valore di B

e C in modo che la lampada sia in equilibrio in ogni posizione? Se il riflettore ha unamassa di 350g quale deve essere la massa di B e C?

9

��

��

OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO

��??

•A

��

•B

�� •C

��

�� 3u �7u

�� 7u �3u

SOLUZIONE 1.7.

L’equilibrio delle leve, se le forze mantengono direzione costante (in un riferimento assolutoo relativo alla leva) è indipendente dalla posizione della leva stessa. In particolare, quando leforze sono date dal peso, la condizione di equilibrio si può anche esprimere richiedendo cheil baricentro della leva stessa cada nel fulcro. Questa condizione è ovviamente indipendentedall’orientazione della leva.

Indicando conPA,B,C e conMA,B,C peso e massa diA, B, C, si ricava facilmente per la levaformata daA eB

MA : MB = PA : PB = 3u : 7u,

da cui

MB =7

3MA.

Per la seconda leva si ottiene

(MA + MB) : MC = (PA + PB) : PC = 3u : 7u,

da cui, con facili passaggi,

MC =7

3(MA + MB) =

70

9MA.

10

Sostituendo i valori numerici si ottiene approssimativamente

MB = 817g,

MC = 2722g.

ESERCIZIO1.8.

Determinare F/G.

•

pwqvrust+

•

��F ��

?? •

PWQVRUST+

•

��G

� �2a �3a

SOLUZIONE 1.8.

Per prima cosa conviene eliminare dal problema le carrucole semplici che hanno solo lo scopodi cambiare la direzione della retta di azione delle forze.

•

•

7777777

[[

F

��?? •

•

OO

G

��32a �2a �3a

_

_

42a

A questo punto si possono trasportare le forze lungo la loro retta di azione fino alla leva, escomporre la forzaF in due componenti,FO parallela alla leva, eFV perpendicolare.

A

B

C ��??

OO

Goo

FO

77777777

[[ F OO FV

��32a �2a �3a

_

_

42a

11

È facile scrivere le seguenti relazioni,

FV : G = 3a : 2a, F : FV = AB : BC.

Tenuto conto cheAB = 52a (i numeri3, 4, 5 formano una terna pitagorica!) si ottiene

FV

G=

3

2,

F

FV

=5

4;

moltiplicando membro a membro si ottiene infine

F

G=

15

8= 1.875 .

ESERCIZIO1.9.

Determinare il valore del rapporto F/G, nell’ipotesi che tutti i vincoli siano lisci (noattrito) e bilateri (no ribaltamento).

��

ooG

ttttttttttttttttttttt

•//F????????

????????

????????????????????????????????????????

SOLUZIONE 1.9.

Per risolvere questo esercizio si potrebbe scomporre il sistema nelle sue parti e, mettendo inevidenza le forze scambiate, scrivere le equazioni cardinali della statica.

��

ooG


4444

444

��R

444444

ZZ

R •//F????????

????????

????????????????????????????????????????

In realtà molto più semplicemente si può osservare che dato uno spostamento virtualedu alcuneo, entrambi i punti di applicazioni delle forze si spostano della stessa quantitàdu. Datoche le forze sono controverse, ilPLV si scrive

F ·du − G ·du = 0,

e dunque banalmenteF = G.

12

ESERCIZIO1.10.

Determinare per quali valori di Q, fissato P, la sedia in figura si ribalta.

��P

???????

__

Q

ESERCIZIO1.11.

Determinare F/G nell’ipotesi che tutti i vincoli siano lisci (no attrito).


•��G

PWQVRUST+

•

��F

ESERCIZIO1.12.

Determinare il valore del rapporto F/G, nell’ipotesi che tutti i vincoli siano lisci (noattrito) e bilateri (no ribaltamento).

��

ooG

wwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww

•777

7777

7777

7777

7777

777

��F

7777�� 77

77

��

��

??????????????????????????????????????????????????

13

2 Analisi cinematica

ESERCIZIO2.1.

�� '

'>>

��

1

��RRRRRRRRRRRRRRR2

�� '

'>>11

1111

1111

1111

1111

1111

3

Determinare la cinematica del quadrilatero articolato in figura.

TRACCIA

• Determinare il CIR delle tre aste (CIRi, i = 1 . . . 3).

• Osservare quanti gradi di libertà possiede la struttura.

• Fissata la rotazione della prima asta, θ1, (positiva se anti-oraria), determinarele conseguenti rotazioni θi, i = 2, 3, delle altre due aste.

ESERCIZIO2.2.

�� '

'>> ��1 ��2 �� '

'>>3

1. Fissate arbitrariamente le rotazioni θ1 e θ3 determinare CIR2 e θ2.

2. Spiegare perché in questo caso, contrariamente all’esercizio 2.1, è possibilefissare due GDL indipendenti.

14

ESERCIZIO2.3.

�� '

'>>

�� zzDD��

�� '

'>>

�� ???aa

????��

�� ''>>

�� :: ��????????

��''>>

????

????

????

????

????

�� zzDD��

1) 2) 3) 4)

Individuare le aste labili.

ESERCIZIO2.4.

�� '

'>> �� ::�� ????????1

��2222222222222222

2

��

3

Eseguire l’analisi cinematica.

TRACCIA

• È sempre utile cercare di scomporre una struttura “complessa” in più strutturesemplici. In questo caso è facile riconoscere un arco a tre cerniere impostatosu un’asta cerniera e carrello:

�� '

'>> �� ::�� ????????1

��

��2222222222222222

2

��

3

Se la struttura 1 è isostatica, allora tutti i sui punti sono fissi. Dunque è comese l’arco a tre cerniere fosse impostato a terra; è sufficiente a questo puntoeseguire l’analisi cinematica del solo arco a tre cerniere.

15

�� '

'>> �� ::�� ????????1

�� '

'>>

��2222222222222222

2

�� '

'>>��

3

• In altre parole, per verificare se una struttura è isostatica è possibile cercare didecomporla in una sequenza di strutture isostatiche.

ESERCIZIO2.5.

�� '

'>> �� ::�� ????????�� ::�� ????????

��2222222222222222��

��2222222222222222��


ESERCIZIO2.6.

�� '

'>>

�� ee��** ��

gggggggg

MMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMMM

�� ::�� ????????


16

ESERCIZIO2.7.

��

��''>>2222222222222222��

��


ESERCIZIO2.8.

�� '

'>>

��

1

��2

�� '

'>>

3

��TTTTTTTTTTTTTTTTT

4

Eseguire l’analisi cinematica del portale in figura.

TRACCIA

• Individuare il CIR13.Si può supporre l’asta 3 fissa, e svincolare l’asta 1 da terra.

��

1 ′

��??VVgg~~2 ′

��??VVgg~~TTTTTTTTTTTTTTTTT

4 ′

Il CIR1 ′ per questa struttura modificata coincide evidentemente con il CIR13 dellastruttura originaria.

• A questo punti l’analisi del portale è ricondotta all’analisi di una arco a trecerniere.

17

ESERCIZIO2.9.

�� '

'>>

��

�� '

'>>

��

�� '

'>>

��

�� '

'>>

��

�� ''>>

��jjjjjjjjjjjjjjjjj

�� '

'>>

��

1) 2) 3)

1. Individuare i portali labili.

2. Per i portali labili determinare l’atto di moto.

TRACCIA

Un portale labile si comporta come un quadrilatero articolato.

ESERCIZIO2.10.

Eseguire l’analisi cinematica delle seguenti strutture.

SOLUZIONE 2.10.

1 �� ::�� ????????��

�� ''>>

��

��

��

��

��

��

��??????????????????? GDL 15GDV 15 ISOSTATICA

18

2 �� ::�� ????????�� zzDD

��

��

��

��

��

��

��

��??????????????????? GDL 18GDV 18 LABILE

3 �� '

'>> ��

�� zzDD��

��

��

????

????

?

��

��

�

GDL 15GDV 15 ISOSTATICA

4 ��??VVgg~~

��

�� '

'>>

��GDL 12GDV 12 LABILE

5 �� '

'>>

��

�� ::�� ????????

��GDL 9GDV 9 ISOSTATICA

Seguono sintetiche motivazioni.

1. Si tratta di un’asta cerniera carrello su cui sono impostati due archi a tre cerniere isosta-tici (cerniere non allineate.)

2. Si tratta di una struttura internamente iperstatica vincolata a terra in modo insufficiente.

3. La struttura è formata da due anelli chiusi isostatici vincolati a terra in modo isostatico(cerniera e carrello, con asse che non passa per la cerniera.)

4. Si tratta di un portale labile (le cerniere sono disposte su un sistema di rette parallele edunque convergente all’infinito.)

19

��??VVgg~~

��

�� '

'>>

��_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

5. Si tratta di un anello chiuso isostatico vincolato a terra in modo isostatico (cerniera ecarrello, con asse che non passa per la cerniera.)

ESERCIZIO2.11.

Disegnare una struttura ipostatica, una isostatica, una labile, una iperstatica. Ciascu-na struttura deve essere composta da almeno tre aste.

SOLUZIONE 2.11.

Evidentemente la soluzione non è unica, come semplice esempio si possono vedere le struttureseguenti.

ipostatica �� '

'>>

��

�� '

'>>

isostatica �� '

'>>

��

��

��

�� '

'>>

��llllllllllll

labile �� '

'>>

��

��

�� '

'>>

��

iperstatica �� '

'>>

��

��

��

�� '

'>>

��

llllllllllll RRRRRRRRRRRR

20

ESERCIZIO2.12.

Eseguire l’analisi cinematica delle seguenti strutture. Motivare brevemente la rispo-sta.

SOLUZIONE 2.12.

1

��''>>

��

��

��kkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkk

�� '

'>>

��

kkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkk


2 �� '

'>> �� ::�� ????????

��

��???????????��

��

��??

????

????

? ��

GDL 24GDV 25 IPERSTATICA

3

��??VVgg~~��

��ooooooOOOOOO

��??VVgg~~

��4444444444

GDL 18GDV 18 LABILE

4

��??VVgg~~��

�� ??VVgg~~????

????

??????????????


5 �� '

'>>

��

�� ::�� ????????

4444

4444

4444

4444

4444

�� 444[[

WWWWWW GDL 9GDV 8 IPOSTATICA

1. Si tratta di un portale isostatico in quanto le rette che congiungono le cerniere delle

21

traverse si intersecano in un punto (improprio o all’infinito) che non appartiene allaretta che congiunge le cerniere al piede.

��''>>

��

��

��kkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkk

�� '

'>>

��

kkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkk

GG

GG

GG

GG

GG

GG

GG

GG

GG

GG

GG

GG

GG

GG

GG

GG

k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k

k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k⊗b b b b b b b b

tt

tt

tt

tt

tkkkk55∞

2. I vincoli a terra sono isostatici non labili (cerniera e carrello con asse che non passa perla cerniera) e dato cheGDV > GDL, la struttura risulta iperstatica.

3. La struttura è labile in quanto formata da due anelli chiusi isostatici che formano un arcocon tre cerniere allineate.

��??VVgg~~�� ??VVgg~~

4. La struttura può essere decomposta in due anelli chiusi isostatici vincolati con una cer-niere a terra e collegati tra loro da due bielle. Le bielle sono equivalenti ad una cer-niera posta nell’intersezione delle rette congiungenti le cerniere; dato che questo punto(improprio) non si trova sulla congiungente le cerniere a terra, la struttura è isostatica.1

��??VVgg~~��

�� ??VVgg~~????

????

??????????????

T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

⊗j j j j j j j

Y Y Y Y Y Y Y Y Y Y Y //∞

1Si tratta in sostanza di una struttura riconducibile ad un portale.

22

5. La struttura è ipostatica in quantoGDL > GDV e non sono presenti labilità interne. In-fatti si può riconoscere una struttura labile (una manovella) ed un’asta cerniera–carrellointerna non labile.

�� '

'>>

��

�� ::�� ????????

4444

4444

4444

4444

4444

+

�� 444[[

WWWWWW

23

3 Azioni interne

ESERCIZIO3.1.

Determinare le reazioni vincolari in A.

�� '

'>>

��

��

��

�� '

'>>A

��oo1N

jjjjjjjjjjjjjjjjj

SOLUZIONE 3.1.

Si può osservare che sono richieste le reazioni vincolari sulla cerniera a terra dell’unica astacaricata. Per questo motivo conviene semplificare la struttura cercando di sostituire le altretre aste con un equivalente vincolo a terra. Il procedimento ricalca l’analisi cinematica delportale.

• Le due traverse (ciascuna equivalente ad un carrello interno) vengono ridotte ad unacerniera; il portale diventa un arco a tre cerniere che viene ulteriormente ridotto adun’asta cerniera carrello.

�� '

'>>

��

��

��

�� '

'>>A

��oo1N

⊕

�� '

'>> �� '

'>>A

oo1N

��

mmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmm

tttttttttt

�� '

'>> �� '

'>>A

oo1N

�� ---UU--

--

��

��

tttttttttt

• Si applica una qualsiasi delle tecniche usualmente riservate al calcolo delle reazio-ni vincolari in un’asta vincolata isostaticamente. Per esempio con ilPLV si possonoconsiderare queste due situazioni

�� zzDD��

A

oo1N

�� ---UU--

--

��

��

tttttttttt

��VA

⊗CIR

�� x

_

_

y�� ::�� ????????

A

oo1N

��CIR⊗

�� ---UU--

--

��

��

tttttttttt

//HA

__

z

_

_

y

24

Si ottiene così

VA =y

x· 1N HA =

z

z + y· 1N

La determinazione dix, y, z, è un semplice esercizio di geometria.In modo alternativo le reazioni vincolari possono essere calcolate svincolando completa-

mente da terra la struttura.

��OOVB

//HB

��

��

��

��OOVA

//HA

��oo1N

jjjjjjjjjjjjjjjjj

Così facendo però si evidenziano quattro reazioni incognite, mentre possono essere scrittesolo le tre equazioni cardinali della statica. Essendo la struttura isostatica si può pensare disvincolarla completamente.

��OOVB

//HB

�� V2

ooH2

�� V1

ooH1

OO

V2

//H2 ��V4

ooH4

��

��OOVA

//HA

��oo1N

OO

V4

//H4

OO

V1

//H1

jjjjjjjjjjjjjjjjjjj

��V3

ooH3

OO

V3

//H3

In questo modo si evidenziano 12 incognite ma, avendo quattro aste completamente svincolate,possono anche essere scritte 12 equazioni di equilibrio (tre per ogni asta.)

La soluzione di un sistema di 12 equazioni in 12 incognite non è ovviamente agevole, con-viene dunque semplificare la situazione. Si può osservare che le traverse non presentano azioniesterne, dunque trasmettono un’azione, eguale e contraria ai due estremi, diretta come l’astastessa.

��OOVB

//HB

��

��

��//NooN

��OOVA

//HA

��oo1N

jjjjjj55M

jjjjjjuu

M

·C

25

Il problema si è ridotto ad un sistema di sei equazioni in sei incognite.È possibile infine semplificare ulteriormente il problema scrivendo le tre equazioni cardinali

della statica per l’intera struttura (nelle incogniteHA, VA, HB, VB) e l’annullarsi del momentoper il piedritto di destra rispetto al puntoC. In quest’ultima equazione non compaiono leazioni interneM e N, che hanno momento nullo rispetto aC, e dunque si è ottenuta unaquarta equazione, nelle componenti incognite della reazione inA.

TRACCIA

Calcolare le reazioni vincolari prima di tracciare il diagramma delle azioni interne.

ESERCIZIO3.2.

�� '

'>> �� ::�� ????????1

��P

2222222222222222

2

��

3

Tracciare il diagramma delle azioni interne.

ESERCIZIO3.3.

�� '

'>> �� ::�� ????????

��2222222222222222��

��2222222222222222��

��F

Tracciare il diagramma delle azioni interne

26

ESERCIZIO3.4.

Determinare il diagrama delle azioni interne.

Ax = 1 N Bx = 2 N By = −3 N Cy = 9 N Dx = −4 N Dy = −6 N Ex = 1 N l = 18 m

SOLUZIONE 3.4.

0 6 12 15 18

−3

−101

N [N]

0 6 12 15 18

−3

0

6

T [N]

0 6 12 15 18

−18

−10

0

M [Nm]

27

ESERCIZIO3.5.

Determinare il diagrama delle azioni interne.

Gy = 2 N Fy = −12 N l = 18 m

SOLUZIONE 3.5.

0 3 6 9 12 15 18

−6

−4

−2

0

2

4

6

T [N]

0 3 6 9 12 15 180

6

18

36

M [Nm]

28

ESERCIZIO3.6.


�� '

'>>

��

��

�� '

'>>

�� '

'>>

�� '

'>>

ooF

SOLUZIONE 3.6.

29

ESERCIZIO3.7.


????????

��

�� ::�� ????????

//F ooF

30

SOLUZIONE 3.7.

31

ESERCIZIO3.8.


????????

��

�� ??

????

???

????????

��F

32

SOLUZIONE 3.8.

33

ESERCIZIO3.9.

Tracciare per le seguenti strutture il diagramma del momento flettente.

????????

��

??F

????????

???????

__

F

34

SOLUZIONE 3.9.

35

ESERCIZIO3.10.


�� '

'>>

��

//F

��F

�� '

'>>

ooF

��??VVgg~~��F

36

SOLUZIONE 3.10.

37

ESERCIZIO3.11.


????????

��

�� ::�� ????????

????

????

????

???

ooF

�� :: ��????????

��

//F

38

SOLUZIONE 3.11.

39

ESERCIZIO3.12.


��

��F

��wwwwwwwwwwwww

��F

��GGGGGGGGGGGGG

��F

????

????

????

????

????

��F

��????

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tecnica delle costruzioni meccaniche esercizi e...

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