Gruppo di lezioni Ore Principali argomenti 1 Statica dei sistemi meccanici 9 Modellazione del sistema Elementi strutturali vincoli Equazioni di equilibrio 2 Statica degli elementi snelli 9 Sollecitazioni interne 3 Elementi di meccanica del continuo Principi di dimensionamento Sistemi piani e 3D 10 Tensioni Deformazioni Legami costitutivi 4 Meccanica della trave 24 Sforzo normale 5 Spostamenti di elementi strutturali e metodi di risoluzione di sistemi strutturali Torsione Flessione e Taglio Verifica e progetto di travi 10 La linea elastica Metodo delle forze Metodo degli spostamenti per strutture soggette a sforzo normale
Sollecitazioni nelle travi e negli alberi
Obiettivi 1. Identificare le forze interne su elementi monodimensionali (travi) 2. Apprendere il metodo per determinare l entità delle forze interne note quelle esterne 3. Apprendere una procedura per diagrammare le forze interne allo scopo di determinarne I valori notevoli 4. Mostrare l utilizzo delle forze interne per il dimensionamento degli elementi strutturali
Sollecitazioni Interne 1. Il progetto di un elemento strutturale richiede l analisi delle forze trasmesse fra le parti al fine di determinare se il materiale può resistere a queste forze. 2. Le deformazioni dipendono dalle forze interne. 3. Le sollecitazioni si determinano col metodo delle sezioni.
In questo capitolo l attenzione si concentra su un importante tipo di strutture: Travi elementi con una dimensione (la lunghezza) prevalente rispetto alle altre, di forma prismatica, progettati per sostenere carichi applicati lungo l elemento.
Nomenclatura essenziale della trave Asse della trave Sezione trasversale L asse è sempre normale alla sezione
ds Concio di trave : elemento di trave di lunghezza infinitesima (piccola quanto si vuole)
Alcune osservazioni 1. Il sistema di riferimento è locale Rif. locali Rif. esterno 2. L asse può essere in generale una curva in R 3 Asse tangente Ascissa curvilinea
L; luce Le travi vengono classificate in base al modo in cui sono vincolate.
Esempio strutturale Capitolo 1 Beer Johnston La struttura è progettata per sopportare un peso di 30 kn La struttura è formata da una barra rettangolare ed un asta circolare incernierate ad entrambe le estremità
Diagramma di Corpo Libero La barra e l asta sono elementi a due forze, quindi sono soggetti solo a forze assiali. Si determinano le erazioni con l equilibrio del nodo F 4 F F r AB AB B = 0 FBC = = 5 = 40kN 30kN 3 F BC = 50kN
Analisi delle Forze interne F BC S P Può la struttura sopportare con sicurezza il carico di 30 kn? F AB = 40 kn (compressione) F BC = 50 kn (trazione) P P Si effettui una sezione retta nell elemento BC. Per l equilibrio su di essa deve agire una forza interna, P pari al F BC. Essa è data dalla risultante delle forze di superficie presenti sulla sezione interna della barra circolare. Assumendo una distribuzione uniforme di queste forze di superficie, la loro intensità è data da: σ BC = A P = 50 10 3 314 mm N 2 = 159 MPa
P La forza di superficie interna agente sulla sezione della barra si chiama tensione. Ogni materiale può resistere solo a una tensione limitata. Il valore della tensione limite dipende dalle proprietà meccaniche del materiale, ma anche dalla modalità di applicazione del carico (carichi lenti, veloci, ripetuti) e dalla affidabilità con cui si vuole progettare la struttura. Per un certo tipo di acciaio, per esempio, la tensione massima ammissibile è σ amm =165 MPa Conclusione: la resistenza dell elemento BC è adeguata R k > F k
Progetto Il progetto di una struttura richiede la scelta di materiali appropriati e la scelta delle dimensioni opportune per I componenti per ottenere I requisiti richiesti. Per motivi di costo, peso, facilità di reperimento, ecc. si sceglie di costruire la barra circolare in alluminio (σ amm = 100 MPa). Quale dovrà essere il diametro della barra in questo caso? σ 2 d A = π 4 d all = = P A 4A = π P A = σ 6 2 ( 10 m ) 2 = 2.52 10 m = 25.2mm 4 500 all π 50 10 = 100 10 3 6 N = 500 10 Pa Una barra di alluminio di diametro 26 mm o più è adeguata 6 m 2
Axial Loading: Normal Stress The resultant of the internal forces for an axially loaded member is normal to a section cut perpendicular to the member axis. The force intensity on that section is defined as the normal stress. σ = The normal stress at a particular point may not be equal to the average stress but the resultant of the stress distribution must satisfy P = σ lim ΔA 0 ave ΔF ΔA σ A = df = ave A = σ da The detailed distribution of stress is statically indeterminate, i.e., can not be found from statics alone. P A
Centric & Eccentric Loading A uniform distribution of stress in a section infers that the line of action for the resultant of the internal forces passes through the centroid of the section. A uniform distribution of stress is only possible if the concentrated loads on the end sections of two-force members are applied at the section centroids. This is referred to as centric loading. If a two-force member is eccentrically loaded, then the resultant of the stress distribution in a section must yield an axial force and a moment. The stress distributions in eccentrically loaded members cannot be uniform or symmetric.
In generale le forze interne (tensioni) su una sezione non sono equivalenti solo ad una forza assiale, ma costituiscono un sistema avente per risultante una forza comunque diretta ed una coppia D
Si definiscono caratteristiche della sollecitazione interna (o sollecitazioni interne) le componenti della risultante e del momento risultante delle tensioni agenti su una sezione retta della trave. Pertanto su ogni sezione retta in 3D si hanno 3 forze interne e 3 momenti In 2 D si hanno 2 forze interne e 1 momento
Essendo le sollecitazioni delle componenti, vanno univocamente definiti gli assi di riferimento. Si utilizzano assi di riferimento locali per la trave: uno degli assi coincide con l asse della trave, gli altri due sono ortogonali all asse (giacciono sul piano della sezione) y x z z x y Scelta usuale nei codici di calcolo Scelta usuale nei testi di meccanica
Definizione delle caratteristiche della sollecitazione Si dice Sforzo Normale N la componente della forza interna avente la direzione dell asse della trave Si dice Taglio T (o V) la componente della forza interna avente la direzione parallela al piano della sezione Si dice Momento Torcente M t (o T) la componente del momento rispetto all asse delle trave; Si dice Momento Flettente M f (o M b ) la componente del momento ortogonale rispetto all asse delle trave; M f V N T
Procedura per il calcolo delle sollecitazioni interne 1. Trovare tutte le reazioni (esterne ed interne) 2. Sostituire nel DCL tutte le forze attive e reattive col loro valore 3. Effettuare una sezione retta (perpendicolare all asse) nel punto dove si vuole calcolare le sollecitazioni 4. Disegnare un DCL dell elemento sezionato 5. Trovare il valore delle caratteristiche della sollecitazione con equazioni di equilibrio di una delle parti sezionate della trave.
Calcolo delle sollecitazioni Caso Piano
Esempio
Support Reactions : A A B x y y External Forces: F F 1 2 Per valutare le sollecitazioni nella sezione passante per C. Si effettua una sezione retta passante per C, che separa la trave in due segmenti. Si disegna il DCL delle parti sezionate
Si noti che le caratteristiche della sollecitazione hanno verso opposto sui due tronconi della trave
Dal momento che ciascuna parte della struttura deve essere in equilibrio, si applicano le equazioni di equilibrio ad uno dei due segmenti. Nel caso piano si hanno 3 equazioni, nelle 3 incognite caratteristiche della sollecitazione.
F 1 A x C M C N C A y C F = 0 x y x y C 1 C V C N A = 0 F = 0 A V F = 0 M = 0 Only A and M appear in this equation. y C
Convenzione per il segno delle caratteristiche della sollecitazione N.B. Le caratteristiche della sollecitazione sono forze interne, per cui il loro segno non è automaticamente fissato dal sistema di riferimento. 1. Fissare un sistema di riferimento locale sulla trave in modo che un asse coincida con l asse della trave y x z z y 2. Identificare la sezione positiva (quella per la quale la normale uscente è concorde all asse locale n x n S + S - x
Le caratteristiche della sollecitazione sono positive se le componenti agenti sulla sezione positiva sono concordi con gli assi locali. y T M N n x M n z N T y y T N M z
Sforzo Normale positivo N N N positivo se di trazione N N
Taglio Positivo T T T positivo se orario sul concio di trave T T
Positive Shear and Bending Moment in a Beam
Momento Flettente Positivo M M M positivo se allunga la parte della trave che si trova dal lato delle y positive M M
Esempio 1. Trave soggetta a forze assiali Determinare lo sforzo normale in B e C
Diagramma di Corpo Libero dell intera barra. +y y F = 0 y A 16+ 12 4= 0 A y = 8 kn
D 4 kn FBD C 12 kn B N B A B A A y 16 kn Seczione in B A y
DCL F = 0 y N B A N = 0 y y B A = N = -8kN B B A A y
D 4 kn D 4 kn C 12 kn C 12 kn B 16 kn B 16 kn A A y =8 kn N B DCL della parte superiore
D 4 kn C 12 kn B F = 0 y N + 12 16 4 = 0 B 16 kn N B = - 8kN N B E del tutto indifferente su quale porzione di trave fare l equilibrio per trovare le caratteristiche della sollecitazione
D 4 kn C 12 kn Sezione in C D FBD 4 kn C B 16 kn N C A A y
FBD C F = 0 y N 4= 0 D C 4 kn N C = - 4kN N C
D 4 kn C 12 kn Sezione in C N C C 12 kn B A 16 kn 16 kn A y A y = 8 kn
N C C F = 0 y N + 12 16+ 8= 0 N C = - 4kN C 12 kn 16 kn A y = 8 kn
E necessario conoscere il valore delle caratteristiche della sollecitazione in tutti i punti della trave. Questa informazione è fornita in modo analitico dalle funzioni N(z), T(z), M t (z), M f (z) ed in modo sintetico da grafici di queste funzioni riportati sullo schema della trave, che forniscono le sollecitazioni in ogni punto della trave.
D F E A 4 kn 12 kn 16 kn 8 kn N -4 kn +8 kn + - -8 kn Diagramma dello Sforzo Normale. Nota che in una qualunque sezione compresa fra A ed E lo sforzo normale è costante, come si vede dall equilibrio. Lo stesso accade fra E ed F e fra F e D.
Esempio2 Travepiana Determinare le sollecitazioni nelle sezioni immediatamente a sinistra e a destra della forza esterna
Diagramma di Corpo Libero
x y x y y MD = 0 5 kn 1 kn y y F = 0 D = 0 F = 0 A 6+ D = 0 9+ 6(6)-A (9) = 0 A D = 5kN = 1kN y
Sezione in B. DCL di AB Per calcolare N si fa l equazione di equilibrio assiale (sola incognita N) Per calcolare V si fa l equazione di equilibrio ortogonale all asse (sola incognita V) Per calcolare M si fa l equazione di equilibrio dei momenti intorno a B (sola incognita M)
5 kn 3 m M B V B N B B y B F = 0 B x N = 0 F = 0 y A V = 0 B B M = 0 5(3) + M = 0 M V B = 15 kn m = 5 kn
Sezione in C. DCL di AC
3 m 6 kn M C C F = 0 x N = 0 F = 0 y 5 kn V C N C 5 V 6= 0 C C C M = 0 C 5(3) + M = 0 M V B = 15 kn m = 1 kn
Sarebbe stato più facile fare il DCL di CD C C F = 0 C x N = 0 F = 0 y 1+ V = 0 C M = 0 C 1(6) M = 0 M V C = 15 kn m = 1 kn N C M C V C 6 m Nota che le sollecitazioni positive hanno verso invertito 1 kn 9 knm
Esempio3 Caricodistribuito Trovare le sollecitazioni in B. D
DC is a two force member 4 ft 4 ft 50 lb/ft A x B 3 4 C A y F DC
Section Cut at B 4 ft 4 ft 50 lb/ft 266.7 lb B 3 4 C 200 lb 333.3 lb
4 ft 50 lb/ft M B N B 266.7 lb 266.7 lb 200 lb V B
50 lb/ft 266.7 lb 200 lb 2 ft 2 ft 200 lb M B V B N B After taking section cut, we replace distributed load with equivalent load
3 ft M B N B V B B 3 4 C F DC Section to the right of the cut
y CD x y F = 0 x x y ( 4 ) A + F = 0 5 F = 0 ( 3) A 5 CD CD A F 400= 0 M = 0 ( 3) 400(4) + F (8) = 0 F A A 5 = 333.3 lb = = 266.7 lb 200 lb CD
B B B B B F = 0 x N 266.7 = 0 F = 0 y 200 200 V = 0 M = 0 B M 200(4) + 200(2) = 0 M V = 0 B = 400 lb ft N = 266.7
Problema P6.1 SOLUTION: Compute reactions and forces at connections for each member. Cut member ACF at J. The internal forces at J are represented by equivalent force-couple system which is determined by considering equilibrium of either part. Determine the internal forces (a) in member ACF at point J and (b) in member BCD at K. Cut member BCD at K. Determine force-couple system equivalent to internal forces at K by applying equilibrium conditions to either part.
Problema P6.1 SOLUTION: Compute reactions and connection forces. Consider entire frame as a free-body: M F y E = 0 : ( 2400 N)( 3.6 m) + ( 4.8m) = 0 F F = 1800 N = 0 : 2400 N + 1800 N + E = x y 0 E y = 600 F = 0 : = 0 E x N
Problema P6.1 Consider member BCD as free-body: M B = 0 : ( 2400 N)( 3.6 m) + C ( 2.4 m) = 0 M C = 0 : ( 2400 N)( 1.2 m) + B ( 2.4m) = 0 x Consider F = 0 member : B ABE x + C as x = free-body: 0 y y C y B y M = 0 : B ( 2.4 m) = 0 = 0 A x B x F = 0 : B A = 0 = 0 x x F = 0 : A + B + 600 N = 0 y From member BCD, x y x y A x A y F = 0 : B + C = 0 = 0 x x C x = 3600 N = 1200 N = 1800 N
Problema P6.1 Cut member ACF at J. The internal forces at J are represented by equivalent force-couple system. Consider free-body AJ: M J = 0 : ( 1800 N)( 1.2m) + = 0 M M = 2160 N m F x F = 0 : ( 1800 N) cos 41.7 = 0 F = 1344 N F y = 0 : V + ( 1800 N) sin 41.7 = 0 V = 1197 N
Problema P6.1 Cut member BCD at K. Determine a force-couple system equivalent to internal forces at K. Consider free-body BK: M K = 0 : ( 1200 N)( 1.5m) = 0 x + M M = 1800 N m F = 0 : F = 0 F y = 0 : 1200 N V = 0 V = 1200 N
y y T y t x z T z z Three Dimensional Beam
Example 7.2
M = 0 x 10 + 15 + 20 T = 0 D T D = 25 N m
T B M = 0 x 10 + 15 T = 0 T B = 2 N m B
T C B M = 0 x 10 + 15 + 20 T = 0 T = 25 N m B