AB

C

D

E

F

I

II

III

V A

HE V E

qa

qa

Corso di Scienza delle Costruzioni A – Prof. Silvio ValenteRISOLUZIONE TEMA D’ESAME 08-07-2008

A cura di Andrea Alberto

Si riporta lo stralcio di tema d’esame relativo al primo esercizio:

Si procede con lo svolgimento per punti:

1) Calcolare le reazioni vincolari esterne ed interne.

Si calcolano le reazioni vincolari esterne utilizzando le equazioni cardinali della statica

∑ = 0FV

EAEA VVVV =→=−+ 0

1

FIII

ABI

D

II qa

qa

VC

MC

MCVC

E

V =qaE

H'E

V'E

H'E

V'E

H''E

V''E

H''E

V''E

V =qaA

H''A

V''A

H''AV''A

H'A

V''A

H'A

V'A

A

A

C

C

C

E

)(0 EMM∑ =

qaVaqaaaqaaV AA =→=⋅−+⋅+⋅− 02

)2

(

∑ = 0FH00 =→=−++ EE HqaqaH

( I segni negativi delle reazioni indicano che abbiamo ipotizzato contrario il loro verso.)

Il calcolo delle reazioni vincolari interne si affronta scomponendo la struttura in aste più semplici andando, con le equazioni cardinali della statica a verificare che ogni singolo corpo sia in equilibrio ,così facendo ricaviamo le reazioni vincolari interne.

Asta II

∑ = 0FHqaHqaH EE =→=−+ '' 0

Nodo E

∑ = 0FHqaHHHH EEEE ==→=−+ '''''' 0

Asta III

∑ = 0FH

2

FIII

ABI

D

II qa

qa

E

V =qaE

3 2 qa

V =qaA

A

A

C

C

C

E

qa

3/2 qa

qa qa qa

1/2 qa

1/2 qa

1/2 qa

qa 2

qa 2

1/2 qa

1/2 qa

1/2 qa

3/2 qa

3/2 qa

00 '''''' =−=→=−−+ qaqaHHHqa AAE

Nodo A

∑ = 0FH00 '''' =→=−+ AAA HHH

Asta III)(0 EMM∑ =

qaVaqaaV AA 230

23

'''' =→=⋅+⋅−

∑ = 0FV

qaVVVV EAEA 230 '''''''' ==→=−+

Nodo E

∑ = 0FV

qaqaqaVqaVqaVV EEEE 21

230 '''''' −=−=−=→=−++

Nodo A Asta I

∑ = 0FV ∑ = 0FV

qaVVVqa AAA 210 '''' −=→=−−+ qaVVVV CACA 2

10 '' −==→=−+

Diagramma del corpo libero:

3

Nqa

1

1/23/2

Tqa

111/2

3/2

1/2

Mqa2

1

1

1

1/2

1/2

3/2

3/2

2) Tracciare i diagrammi delle caratteristiche della sollecitazione M,N,T.

4

1

VCV A

MA

V B

V B

AB C

M1

PHA

V A

MA

VC

1

1

2

1

11

a

Si riporta lo stralcio di tema d’esame relativo al secondo esercizio:

Si procede con lo svolgimento per punti:

1) Calcolare il diagramma M1.

Per calcolare il diagramma M1 devo applicare una forza unitaria nel punto in cui è richiesto di calcolare lo spostamento nel nostro esercizio nel punto P. Passo successivo è quello di risolvere la struttura con le equazioni cardinali della statica.(trattandosi di struttura isostatica).

)(0 BMM∑ =

20)2(1 +=→=⋅−⋅+ CC VaaV

∑ = 0FV 101 =→=−+− BCB VVV

10 −=−=→=+− BABA VVVV

∑ = 0FH 00 =→=+ AA HH

5

M0

qa/2

qa/4qa/4

qa/8qa/2

2

2

2

2

2

A B C PA B C PM1

a

a/2a/2

a

a/2

1/2 qa2

qaqa

qa

qa

qa

qa

V CV A

MA

V B

V B

AB C PHA

V A

MA

VC

qa

3/2

1/2

1/21/2

M0

2) Calcolare lo spostamento verticale vp del punto P.

Per questo punto è necessario risolvere la struttura di partenza tracciarne il diagramma e successivamente applicare il teorema dei lavori virtuali applicando la formula di riduzione di Simpson per risolvere gli integrali.

)(0 BMM∑ =

qaVaaqaaV CC 230)

2( +==+⋅−⋅+

∑ = 0FV

qaVqaVV BCB 210 =→=−+−

qaVVVV BABA 210 ==→=+−

∑ = 0FH 00 =→=+ AA HH

Per poter integrare devo assegnare segno e valori ai diagrammi di momento, quindi li disegno sempre dalla parte delle fibre tese, come dice la convenzione, ma assegno loro un segno.

A questo punto calcolo lo spostamento richiesto applicando il principio dei lavori virtuali.

vive LL =( )

∫ ⋅⋅

=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅s

PCAAA dsIEMM

vVHMV 1010000

6

( ) ( ) ( )∫ ∫∫ ∫ ⋅+⋅+⋅=⋅

=⋅⋅=

C

B

P

Cs

B

A

PP dzMMdzMMdzMM

IEvds

IEMMv 10101010 )(

Per calcolare gli integrali applico la formula di riduzione di Simpson tratto per tratto.

600

224)(

261 422 qaaqaaqaaABTratto =

⋅+

−⋅

−⋅+−⋅

−⋅→

600

224)(

261 422 qaaqaaqaaBCTratto =

⋅+

⋅

⋅+⋅

⋅→

800

284)(

261 422 qaaqaaqaaCPTratto =

⋅+

⋅

⋅+⋅

⋅→

IEqaqaqaqa

IEvP ⋅

⋅=

++⋅

⋅=

4444

2411

8661

7

X

A0 A1 A2G0

YG0

XG0

G2

YG2

XG2G1

YG1

XG1

Y

X

A0 A1 A2G0

YG0

XG0

G2

YG2

XG2G1

YG1

XG1 XG

YG

G

Si riporta lo stralcio di tema d’esame relativo al terzo esercizio:

Si procede con lo svolgimento per punti:

1) Calcolare i momenti d’inerzia riferiti agli assi baricentrici.

22

2

0aaaA =⋅=

21 aaaA =⋅=

22

2

2aaaA =⋅=

2210 2aAAAATot =++=

32

22

221100 25,14222422

aaaaaaaaayAyAyAS GGGx =

+⋅+

⋅+

+⋅=⋅+⋅+⋅=

8

32

22

221100 322222

aaaaaaaaaaxAxAxAS GGGy =

++⋅+

+⋅+⋅=⋅+⋅+⋅=

aaa

AS

yTot

xG 625,0

225,1

2

3

===

aaa

AS

xTot

yG 5,1

23

2

3

===

Elemento )( GiG xx − )( GiG yy −0 aaa =− )5,05,1( aaa 125,0)75,0625,0( −=−1 0)5,15,1( =− aa aaa 125,0)5,0625,0( =−2 aaa −=− )5,25,1( aaa 125,0)75,0625,0( −=−

( ) ( ) ( ) 4223

223223

135,02212

1125,0121125,0

22121 aaaaaaaaaaaaaI XGXG =

+

⋅⋅+⋅+

⋅⋅+

−⋅+

⋅⋅=

( ) ( ) ( ) 422

322322

3 17,12212

10121

22121 aaaaaaaaaaaaIYGYG =

−+

⋅⋅+⋅+

⋅⋅+

⋅+

⋅⋅=

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0125,02

125,00125,02

22

2

=−⋅−⋅+⋅⋅+−⋅⋅= aaaaaaaaI XGYG

(Siccome il centrifugo è nullo gli assi Baricentrici sono anche assi Principali d’Inerzia)

2) Calcolare i momenti centrali d’inerzia.

00221 =

−⋅=

XGXGYGYG IIarctgϑ

ξη IIII XGXGYGYG >→>

( ) 4422 17,1135,05175,06525,0421

2, aIaIIII

IIII XGYGXGXGYGYG

YGYGXGXG ==→±=⋅+−⋅±+

= ηξηξ

9