APPLICAZIONE: ARCO INCASTRATO

3.1 Soluzione numerica di un arco circolare incastrato

In seguito ci proponiamo di risolvere, con l’ausilio del software MATLAB, il problema di una trave ad asse circolare, con sezione variabile ed incastrata alle basi.

3.1.1 Definizione del problema

Figura 3.1

La trave in oggetto presenta una linea d’asse di forma circolare le cui caratteristiche geometriche sono illustrate nella figura 3.1.

Sulla trave agiscono due carichi concentrati più il peso proprio, di entità non trascurabile, che verrà trattato come un carico distribuito.

La trave è realizzata in acciaio, la sezione presenta andamento debolmente e continuamente variabile lungo la linea d’asse.

I parametri della sezione sono descritti nella figura 3.2.

Figura 3.2

L’area ed il momento di inerzia della sezione possono essere espressi come: 𝐴(𝜃) = 𝑏ℎ(𝜃) − [(𝑏 − 2𝑡)(ℎ(𝜃) − 2𝑡)] (3.1)

𝐽

_𝑥

(𝜃) =

𝑏 ℎ3(𝜃)

−

(𝑏−2𝑡)[(ℎ(𝜃)−2𝑡)]3

(3.2)

Per l’acciaio possiamo assumere che il modulo di Young e la densità valgano: 𝐸 = 210 𝐺𝑃𝑎 ; 𝛿 = 7850𝑘𝑔

𝑚3

Con riferimento al problema sopra introdotto, quello che ci proponiamo di fare è studiare la risposta statica della trave sotto carichi verticali.

In particolare l’obiettivo è quello di individuare le sezioni maggiormente sollecitate per effettuare le opportune verifiche di resistenza.

3.1.2 Metodo di soluzione

Il problema che ci siamo proposti di affrontare è descritto da equazioni lineari, questo ci permette di sfruttare il principio di sovrapposizione degli effetti. Per risolvere il problema si è ritenuto opportuno utilizzare il Metodo

In particolare nel seguito viene utilizzata la notazione di 𝑀𝑢̈𝑙𝑙𝑒𝑟 𝐵𝑟𝑒𝑠𝑙𝑎𝑢 per cui assumiamo:

-𝜂_𝑖: Spostamento generalizzato del punto di applicazione dell’incognita iperstatica 𝑋𝑖 nella direzione dell’incognita iperstatica stessa, valutato nel sistema effettivo e preso positivo se concorde con il verso dell’incognita iperstatica stessa.

-𝜂_𝑖𝑗: Spostamento generalizzato del punto di applicazione dell’incognita iperstatica 𝑋_𝑖 nella direzione dell’incognita iperstatica stessa, valutato nel sistema 𝐹𝑗 e preso positivo se concorde con il verso dell’incognita iperstatica stessa.

Per comprendere meglio gli effetti prodotti dalle azioni applicate si è deciso di scomporre il problema effettivo in tre sotto problemi su cui agiscono separatamente le forze in gioco.

Nel seguito faremo riferimento ad un Problema 1 su cui agisce il carico concentrato 𝑄₁, ad un Problema 2 su cui agisce il carico concentrato 𝑄₂ ed un Problema 3 su cui agisce il peso proprio.

La soluzione del problema effettivo sarà determinata come somma dei contributi delle soluzioni dei tre problemi.

3.1.3 Soluzione Problema 1

Per risolvere il primo problema utilizzando il metodo delle forze sarebbe necessario introdurre tre incognite iperstatiche.

Tuttavia possiamo osservare che il problema risulta simmetrico, infatti la struttura è simmetrica ed anche simmetricamente caricata.

La simmetria ci permette di studiare metà problema a patto di inserire un opportuno vincolo sull’asse di simmetria, in questo caso è necessario introdurre un doppio pendolo poiché devono essere impedite le rotazioni e le traslazioni orizzontali.

Il sistema ottenuto con le precedenti assunzioni risulta quello della figura 3.3 (b).

(a) (b) Figura 3.3 - (a): Sistema reale; (b): Sistema simmetrico

Sfruttando la simmetria le incognite iperstatiche da introdurre si sono ridotte da tre a due.

Quindi in seguito studieremo il sistema simmetrico e le quantità che troveremo saranno estese simmetricamente al sistema reale.

Le incognite iperstatiche 𝑋₁ed 𝑋₂ che andiamo ad introdurre sostituiscono le reazioni vincolari in C, è necessario quindi introdurre condizioni sullo spostamento che siano compatibili con il vincolo soppresso. Bisogna quindi imporre che:

Utilizzando il principio di sovrapposizione degli effetti è lecito scomporre il sistema nel seguente modo:

(a) (b)

(c) (d)

Figura 3.4 - (a): Sistema delle incognite; (b): Sistema 0; (c): Sistema 1; (d): Sistema 2

Con riferimento alla figura 3.4 scriviamo le equazioni di 𝑀𝑢̈𝑙𝑙𝑒𝑟 𝐵𝑟𝑒𝑠𝑙𝑎𝑢 nel seguente modo:

{𝜂1 = 𝜂10+ 𝑋1 𝜂11+ 𝑋2 𝜂12

Per risolvere il sistema appena introdotto è necessario determinare i parametri 𝜂₁₀, 𝜂₁₁, 𝜂₁₂, 𝜂₂₀, 𝜂₂₁ ed 𝜂₂₂.

Per farlo possiamo sfruttare il teorema dei lavori virtuali, prima però è necessario determinare le caratteristiche della sollecitazione di ogni sistema. Per trovare le caratteristiche della sollecitazione dei vari sistemi si è ritenuto conveniente ricavare inizialmente le componenti di sforzo orizzontale e verticale per poi trasformarle, tramite equazioni di cambio di riferimento, in componenti di sforzo normale e di taglio.

Le relazioni che legano le componenti orizzontali e verticali allo sforzo normale ed al taglio sono le seguenti:

_𝑇𝑁0(𝜃)=𝐻0(𝜃) cos 𝜃+𝑉0(𝜗) sin 𝜗

0(𝜃)=−𝐻0(𝜃) sin 𝜃+𝑉0(𝜗) cos 𝜗

(3.5)

-Caratteristiche della sollecitazione sistema 0

Imponendo le condizioni di equilibrio alla traslazione orizzontale e verticale otteniamo:

𝐻₀(𝜃) = 0 𝑉₀(𝜃) = −𝑄1

Sfruttando le equazioni (3.5) ricaviamo le caratteristiche della sollecitazione:

𝑁₀(𝜃) = −𝑄1

2 sin 𝜃 (3.6)

𝑇₀(𝜃) = −𝑄1

2 cos 𝜃 (3.7)

Imponendo l’equilibrio alla rotazione otteniamo:

𝑀₀(𝜃) = −𝑄1

2 𝑅 sin 𝜃 (3.8)

-Caratteristiche della sollecitazione sistema 1

Figura 3.6: C.d.s. sistema 1

Imponendo le condizioni di equilibrio alla traslazione orizzontale e verticale otteniamo:

𝐻1(𝜃) = −1 𝑉₁(𝜃) = 0

Sfruttando le equazioni (3.5) ricaviamo le caratteristiche della sollecitazione:

𝑁₁(𝜃) = − cos 𝜃 (3.9)

𝑇₁(𝜃) = sin 𝜃 (3.10) Imponendo l’equilibrio alla rotazione otteniamo:

𝑀₁(𝜃) = 𝑅 (1 − cos 𝜃) (3.11)

-Caratteristiche della sollecitazione sistema 2

Figura 3.7: C.d.s. sistema 2

Imponendo le condizioni di equilibrio alla traslazione orizzontale e verticale otteniamo:

𝐻2(𝜃) = 0 𝑉₂(𝜃) = 0

Sfruttando le equazioni (3.5) ricaviamo le caratteristiche della sollecitazione:

𝑁₂(𝜃) = 0 (3.12)

Imponendo l’equilibrio alla rotazione otteniamo:

𝑀₂(𝜃) = −1 (3.14)

Riassumiamo adesso i risultati delle caratteristiche della sollecitazione nella seguente tabella: 𝐶. 𝑑. 𝑠. 0 0 < 𝜃 < 𝜃₁ 𝐶. 𝑑. 𝑠. 1 0 < 𝜃 < 𝜃₁ 𝐶. 𝑑. 𝑠. 2 0 < 𝜃 < 𝜃₁ 𝑁0(𝜃) ₋𝑄1 2 sin 𝜃 𝑁1(𝜃) − cos 𝜃 𝑁2(𝜃) 0 𝑇0(𝜃) ₋𝑄1 2 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑇1(𝜃) sin 𝜃 𝑇2(𝜃) 0 𝑀₀(𝜃) −𝑄1 2 𝑅𝑠𝑖𝑛 𝜃 𝑀₁(𝜃) 𝑅(1 − cos 𝜃) 𝑀₂(𝜃) −1 Tabella 3.1: Caratteristiche della sollecitazione problema 1

Adesso è possibile ricavare gli 𝜂 cercati, in tutte le espressioni che scriveremo, per semplicità di notazione verrà omessa la dipendenza delle espressioni dall’angolo 𝜃.

-Spostamento 𝜂10:

Per ricavare lo spostamento 𝜂₁₀ sfruttiamo il teorema dei lavori:

𝐿𝑒 1→0𝑣 = 𝐿𝑖 1→0𝑣 (3.15) 𝐿𝑒 1→0_𝑣 = 1 𝜂₁₀ 𝐿𝑖 1→0_𝑣 = ∫ 𝑁1 𝑁0 𝐸𝐴𝑑𝑠 𝑠 + ∫ 𝑇1 𝑘𝑇0 𝐺𝐴 𝑑𝑠 + ∫ 𝑀1 𝑀0 𝐸𝐽𝑥 𝑑𝑠 𝑠 𝑠

Assumendo che la deformazione dovuta al taglio sia trascurabile ed esprimendo l’ascissa della linea d’asse come 𝑑𝑠 = 𝑅 𝑑𝜃 otteniamo:

𝐿𝑖 1→0_𝑣 = ∫ 𝑁1 𝑁0 𝐸𝐴𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 + ∫ 𝑀1 𝑀0 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0

Sfruttando l’equazione (3.15) ricaviamo 𝜂₁₀ come:

𝜂₁₀ = ∫ 𝑁1 𝑁0 𝐸𝐴𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 + ∫ 𝑀1 𝑀0 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 (3.16)

Utilizzando le stesse considerazioni fatte per 𝜂₁₀ possiamo ricavare tutti gli altri spostamenti.

-Spostamento 𝜂₁₁: 𝐿𝑒 1→1𝑣 = 𝐿𝑖 1→1𝑣 𝐿𝑒 1→1_𝑣 = 1 𝜂₁₁ 𝐿𝑖 1→1_𝑣 = ∫ 𝑁1 𝑁1 𝐸𝐴𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 + ∫ 𝑀1 𝑀1 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 𝜂₁₁ = ∫ 𝑁12 𝐸𝐴 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 + ∫ 𝑀₁2 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 (3.17) -Spostamento 𝜂12: 𝐿𝑒 1→2_𝑣 _{= 𝐿} 𝑣 𝑖 1→2 𝐿𝑒 1→2_𝑣 _{= 1 𝜂} 12 𝐿𝑖 1→2_𝑣 = ∫ 𝑁₁𝑁2 𝐸𝐴𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 + ∫ 𝑀1 𝑀2 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 𝜂₁₂ = ∫ 𝑁₁𝑁2 𝐸𝐴 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 + ∫ 𝑀1 𝑀2 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 (3.18)

Il teorema di Betti sul lavoro mutuo ci permette di affermare che 𝜂12 = 𝜂21. -Spostamento 𝜂₂₀: 𝐿𝑒 2→0_𝑣 = 𝐿𝑖 2→0_𝑣 𝐿𝑒 2→0_𝑣 _{= 1 𝜂} 20 𝐿𝑖 2→0_𝑣 = ∫ 𝑁₂𝑁0 𝐸𝐴𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 + ∫ 𝑀2 𝑀0 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 𝜂₂₀ = ∫ 𝑁₂𝑁0 𝐸𝐴𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 + ∫ 𝑀2 𝑀0 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 (3.19) -Spostamento 𝜂22: 𝐿𝑒 2→2_𝑣 _{= 𝐿} 𝑣 𝑖 2→2 𝐿𝑒 2→2_𝑣 _{= 1 𝜂} 22 𝐿𝑖 2→2_𝑣 _{= ∫ 𝑁} 2 𝑁2 𝐸𝐴𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 + ∫ 𝑀2 𝑀2 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 𝜂₂₂ = ∫ 𝑁22 𝐸𝐴 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 + ∫ 𝑀22 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 (3.20)

Determinati tutti gli spostamenti, tramite il sistema (3.4) è possibile ricavare il valore delle incognite iperstatiche 𝑋₁e 𝑋₂.

Quindi è possibile determinare l’andamento delle caratteristiche della sollecitazione cercate tramite le seguenti equazioni:

𝑁_𝑒𝑓𝑓1 = 𝑁₀+ 𝑋₁𝑁₁+ 𝑋₂𝑁₂ (3.21) 𝑇_𝑒𝑓𝑓1 = 𝑇₀+ 𝑋₁𝑇₁+ 𝑋₂𝑇₂ (3.22) 𝑀_𝑒𝑓𝑓1 = 𝑀0 + 𝑋1𝑀1+ 𝑋2𝑀2 (3.23)

Vista la complessità delle espressioni in gioco la soluzione è stata ricavata per via numerica tramite l’ausilio del software di calcolo MATLAB.

I risultati ottenuti sono stati riassunti nei seguenti grafici che mostrano l’andamento delle caratteristiche della sollecitazione al variare dell’angolo 𝜃. I grafici 3.1 riportano la soluzione della parte esaminata del problema. Tramite le considerazioni di simmetria sopra introdotte la soluzione è stata estesa a tutta la trave, questi risultati sono illustrati nei grafici 3.2.

3.1.4 Soluzione Problema 2

Per risolvere il secondo problema con il metodo delle forze è necessario introdurre tre incognite iperstatiche.

Utilizzando il principio di sovrapposizione degli effetti è lecito scomporre il problema nel seguente modo:

(a) (b)

(c) (d)

(e)

Figura 3.8 - (a): Sistema delle incognite; (b): Sistema 0; (c): Sistema 1; (d): Sistema 2: (e): Sistema 3

Le incognite iperstatiche 𝑋1,𝑋2 ed 𝑋3 che andiamo ad introdurre sostituiscono le reazioni vincolari in B, è necessario quindi introdurre condizioni sullo spostamento che siano compatibili con il vincolo soppresso.

Bisogna quindi imporre che:

Con riferimento alla figura 3.8 scriviamo le equazioni di 𝑀𝑢̈𝑙𝑙𝑒𝑟 𝐵𝑟𝑒𝑠𝑙𝑎𝑢 nel seguente modo: { 𝜂1 = 𝜂10+ 𝑋1𝜂11+ 𝑋2𝜂12+ 𝑋3𝜂13 𝜂₂ = 𝜂₂₀+ 𝑋₁𝜂₂₁+ 𝑋₂𝜂₂₂+ 𝑋₃𝜂₂₃ 𝜂1 = 𝜂30+ 𝑋1𝜂31+ 𝑋2𝜂32+ 𝑋3𝜂33 (3.25)

Il procedimento di soluzione del problema 2 da questo punto in poi è analogo a quello del problema 1, continuano anche a valere le equazioni (3.5).

Procediamo quindi calcolando le caratteristiche della sollecitazione ponendo particolare attenzione al sistema 0, infatti in questo caso il carico concentrato spezza la continuità della soluzione, bisogna quindi risolvere il sistema considerando due ascisse che individuano i due diversi tratti di trave.

-Caratteristiche della sollecitazione sistema 0, tratto 1 (−𝜃₂ < 𝜃 < 𝜃₃)

Figura 3.9: C.d.s. sistema 0’

immediato ricavare le reazioni vincolari in A: 𝑉_0𝐴= 𝑄₂

𝐻_0𝐴 = 0

𝑀0𝐴= 𝑄2𝑅 (sin 𝜃2+ sin 𝜃3)

Imponendo le condizioni di equilibrio alla traslazione orizzontale e verticale otteniamo:

𝐻₀(𝜃)′_{= 𝐻}

0𝐴 = 0 𝑉₀(𝜃)′_{= 𝑉}

0𝐴 = 𝑄2

Sfruttando le equazioni (3.5) ricaviamo le caratteristiche della sollecitazione:

𝑁₀(𝜃)′ _{= 𝑄}

2sin 𝜃 (3.26)

𝑇₀(𝜃)′ _{= 𝑄}

2cos 𝜃 (3.27)

Imponendo l’equilibrio alla rotazione otteniamo:

𝑀₀(𝜃)′ _{= 𝑄}

2 𝑅 (sin 𝜃 − sin 𝜃3) (3.28)

-Caratteristiche della sollecitazione sistema 0, tratto 2 (𝜃3 < 𝜃 < 𝜃1)

Figura 3.10: C.d.s. sistema 0’’

Imponendo le condizioni di equilibrio alla traslazione orizzontale e verticale otteniamo:

𝐻₀(𝜃)′′ _{= 𝐻}

0𝐴= 0 𝑉₀(𝜃)′′ _{= 𝑉}

0𝐴− 𝑄2 = 0

Sfruttando le equazioni (3.5) ricaviamo le caratteristiche della sollecitazione:

𝑁₀(𝜃)′′ _{= 0}_(3.29)

𝑇₀(𝜃)′′ _{= 0}_(3.30)

Imponendo l’equilibrio alla rotazione otteniamo:

𝑀₀(𝜃)′ _{= 𝑉}

0𝐴(𝑑2+ 𝑅 sin 𝜃) − 𝑀0𝐴− 𝑄2𝑅 (sin 𝜃 − 𝑑3) = 0 (3.31)

-Caratteristiche della sollecitazione sistema 1 (-𝜃2 < 𝜃 < 𝜃1)

Figura 3.11: C.d.s. sistema 1

Con riferimento alla figura 3.8 (c) e 3.11, mediante equazioni di equilibrio è immediato ricavare le reazioni vincolari in A:

𝑉_1𝐴 = 0 𝐻1𝐴 = 1 𝑀_1𝐴 = 0

Imponendo le condizioni di equilibrio alla traslazione orizzontale e verticale otteniamo:

𝐻1(𝜃) = −𝐻1𝐴 = −1 𝑉₁(𝜃) = 𝑉_1𝐴 = 0

Sfruttando le equazioni (3.5) ricaviamo le caratteristiche della sollecitazione:

𝑁₁(𝜃) = − cos 𝜃 (3.32)

𝑇₁(𝜃) = sin 𝜃 (3.33) Imponendo l’equilibrio alla rotazione otteniamo:

𝑀₁(𝜃) = 𝑅(cos 𝜃₂− cos 𝜃) (3.34)

-Caratteristiche della sollecitazione sistema 2 (-𝜃₂ < 𝜃 < 𝜃₁)

Figura 3.12: C.d.s. sistema 2

Con riferimento alla figura 3.8 (d) e 3.12, mediante equazioni di equilibrio è immediato ricavare le reazioni vincolari in A:

𝑉_2𝐴= −1 𝐻_2𝐴 = 0

Imponendo le condizioni di equilibrio alla traslazione orizzontale e verticale otteniamo:

𝐻₂(𝜃) = −𝐻_2𝐴 = 0 𝑉₂(𝜃) = 𝑉_2𝐴= −1

Sfruttando le equazioni (3.5) ricaviamo le caratteristiche della sollecitazione:

𝑁₂(𝜃) = − sin 𝜃 (3.35)

𝑇₂(𝜃) = −cos 𝜃 (3.36) Imponendo l’equilibrio alla rotazione otteniamo:

𝑀₂(𝜃) = 𝑅(sin 𝜃₂− sin 𝜃) (3.37)

-Caratteristiche della sollecitazione sistema 3 (-𝜃2 < 𝜃 < 𝜃1)

Figura 3.13: C.d.s. sistema 3

Con riferimento alla figura 3.8 (e) e 3.13, mediante equazioni di equilibrio è immediato ricavare le reazioni vincolari in A:

𝑉_3𝐴= 0 𝐻3𝐴 = 0 𝑀_3𝐴 = 1

Imponendo le condizioni di equilibrio alla traslazione orizzontale e verticale otteniamo:

𝐻₃(𝜃) = −𝐻_3𝐴 = 0 𝑉₃(𝜃) = 𝑉_3𝐴= 0

Sfruttando le equazioni (3.5) ricaviamo le caratteristiche della sollecitazione:

𝑁₃(𝜃) = 0 (3.38)

𝑇₃(𝜃) = 0 (3.38) Imponendo l’equilibrio alla rotazione otteniamo:

𝑀₃(𝜃) = −1 (3.40)

Riassumiamo adesso i risultati delle caratteristiche della sollecitazione nella seguente tabella:

Tabella 3.2: Caratteristiche della sollecitazione problema 2 −𝜃2 < 𝜃 < 𝜃3 𝐶. 𝑑. 𝑠. 0′′ 𝜃3 < 𝜃 < 𝜃1 𝑁₀(𝜃)′ 𝑄₂sin 𝜃 𝑁₀(𝜃)′′ 0 𝑇0(𝜃)′ 𝑄2cos 𝜃 𝑇0(𝜃)′′ 0 𝑀₀(𝜃)′ 𝑄₂𝑅 (sin 𝜗 − sin 𝜗₃) 𝑀₀(𝜃)′′ 0 𝐶. 𝑑. 𝑠. 1 −𝜃2 < 𝜃 < 𝜃1 𝐶. 𝑑. 𝑠. 2 −𝜃2 < 𝜃 < 𝜃1 𝑁₁(𝜃) − cos 𝜃 𝑁₂(𝜃) − sin 𝜃 𝑇₁(𝜃) sin 𝜃 𝑇₂(𝜃) − cos 𝜃

𝑀₁(𝜃) 𝑅(cos 𝜃₂ − cos 𝜃) 𝑀₂(𝜃) 𝑅(sin 𝜃₂− sin 𝜃) 𝐶. 𝑑. 𝑠. 3 −𝜃₂ < 𝜃 < 𝜃₁

𝑁3(𝜃) 0

𝑇₃(𝜃) 0

-Spostamento 𝜂₁₀: 𝐿𝑒 1→0𝑣 = 𝐿𝑖 1→0𝑣 𝐿𝑒 1→0_𝑣 = 1 𝜂₁₀

𝐿

𝑖 1→0_𝑣

= ∫

𝑁

₁𝑁0′ 𝐸𝐴

𝑅 𝑑𝜃

𝜃3 −𝜃₂

+ ∫

𝑀

1 𝑀0′ 𝐸𝐽𝑥

𝑅 𝑑𝜃

𝜃3 −𝜃₂

+

+ ∫ 𝑁

1 𝑁₀′′ 𝐸𝐴

𝑅 𝑑𝜃

𝜃₁ 𝜃3

+ ∫ 𝑀

1 𝑀₀′′ 𝐸𝐽_𝑥

𝑅 𝑑𝜃

𝜃₁ 𝜃3

𝜂₁₀ = ∫

𝑁

₁𝑁0′ 𝐸𝐴

𝑅 𝑑𝜃

𝜃3 −𝜃2

+

∫

𝑀

1 𝑀0′ 𝐸𝐽_𝑥

𝑅 𝑑𝜃

𝜃3 −𝜃2

+

∫

𝑁

₁𝑁0′′ 𝐸𝐴

𝑅 𝑑𝜃

𝜃1 𝜃3

+

∫

𝑀

1 𝑀0′′ 𝐸𝐽_𝑥

𝑅 𝑑𝜃

𝜃1 𝜃3 (3.41) -Spostamento 𝜂11: 𝐿𝑒 1→1_𝑣 _{= 𝐿} 𝑣 𝑖 1→1 𝐿𝑒 1→1_𝑣 _{= 1 𝜂} 11 𝐿𝑖 1→1_𝑣 = ∫ 𝑁₁𝑁1 𝐸𝐴𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 −𝜃2 + ∫ 𝑀1 𝑀1 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 −𝜃2 𝜂₁₁ = ∫ 𝑁12 𝐸𝐴𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 −𝜃2 + ∫ 𝑀12 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 −𝜃2 (3.42) -Spostamento 𝜂₁₂: 𝐿𝑒 1→2𝑣 = 𝐿𝑖 1→2𝑣 𝐿𝑒 1→1_𝑣 = 1 𝜂₁₂ 𝐿𝑖 1→2_𝑣 = ∫ 𝑁₁𝑁2 𝐸𝐴𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 −𝜃2 + ∫ 𝑀1 𝑀2 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 −𝜃2 𝜂₁₂ = ∫ 𝑁₁𝑁2 𝐸𝐴𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 −𝜃2 + ∫ 𝑀1 𝑀2 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 −𝜃2 (3.43) -Spostamento 𝜂₁₃: 𝐿𝑒 1→3_𝑣 = 𝐿𝑖 1→3_𝑣 𝐿𝑒 1→3_𝑣 = 1 𝜂₁₃ 𝐿𝑖 1→3_𝑣 = ∫ 𝑁₁𝑁3 𝐸𝐴𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 −𝜃2 + ∫ 𝑀1 𝑀3 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 −𝜃2

𝜂₁₃ = ∫ 𝑁₁𝑁3 𝐸𝐴𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 −𝜃2 + ∫ 𝑀1 𝑀3 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 −𝜃2 (3.44) -Spostamento 𝜂₂₀: 𝐿𝑒 2→0𝑣 = 𝐿𝑖 2→0𝑣 𝐿𝑒 2→0_𝑣 = 1 𝜂₂₀

𝐿

𝑖 2→0_𝑣

= ∫

𝑁

₂𝑁0′ 𝐸𝐴

𝑅 𝑑𝜃

𝜃3 −𝜃₂

+ ∫

𝑀

2 𝑀0′ 𝐸𝐽𝑥

𝑅 𝑑𝜃

𝜃3 −𝜃₂

+

+ ∫ 𝑁

2 𝑁₀′′ 𝐸𝐴

𝑅 𝑑𝜃

𝜃₁ 𝜃3

+ ∫ 𝑀

2 𝑀₀′′ 𝐸𝐽𝑥

𝑅 𝑑𝜃

𝜃₁ 𝜃3

𝜂₂₀= ∫

𝑁

₂𝑁0′ 𝐸𝐴

𝑅 𝑑𝜃

𝜃3 −𝜃2

+

∫

𝑀

2 𝑀₀′ 𝐸𝐽_𝑥

𝑅 𝑑𝜃

𝜃3 −𝜃2

+

∫

𝑁

₂𝑁0′′ 𝐸𝐴

𝑅 𝑑𝜃

𝜃1 𝜃3

+

∫

𝑀

2 𝑀₀′′ 𝐸𝐽_𝑥

𝑅 𝑑𝜃

𝜃1 𝜃3 (3.45) -Spostamento 𝜂22: 𝐿𝑒 2→2_𝑣 _{= 𝐿} 𝑣 𝑖 2→2 𝐿𝑒 2→2_𝑣 _{= 1 𝜂} 22 𝐿𝑖 2→2_𝑣 _{= ∫} _𝑁 2 𝑁2 𝐸𝐴𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 −𝜃2 + ∫ 𝑀2 𝑀2 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 −𝜃2 𝜂₂₂ = ∫ 𝑁22 𝐸𝐴𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 −𝜃2 + ∫ 𝑀22 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 −𝜃2 (3.46) -Spostamento 𝜂₂₃: 𝐿𝑒 2→3𝑣 = 𝐿𝑖 2→3𝑣 𝐿𝑒 2→3_𝑣 = 1 𝜂₂₃ 𝐿𝑖 2→3_𝑣 = ∫ 𝑁₂𝑁3 𝐸𝐴𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 −𝜃2 + ∫ 𝑀2 𝑀3 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 −𝜃2 𝜂₂₃ = ∫ 𝑁₂𝑁3 𝐸𝐴𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 −𝜃2 + ∫ 𝑀2 𝑀3 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 −𝜃2 (3.47) -Spostamento 𝜂₃₀: 𝐿𝑒 3→0_𝑣 = 𝐿𝑖 3→0_𝑣 𝐿𝑒 3→0_𝑣 = 1 𝜂₃₀

𝐿

𝑖 3→0_𝑣

_{= ∫}

_𝑁

3 𝑁0′ 𝐸𝐴

𝑅 𝑑𝜃

𝜃3 −𝜃2

+ ∫

𝑀

3 𝑀0′ 𝐸𝐽𝑥

𝑅 𝑑𝜃

𝜃3 −𝜃2

+

+ ∫ 𝑁

3 𝑁₀′′ 𝐸𝐴

𝑅 𝑑𝜃

𝜃1 𝜃₃

+ ∫ 𝑀

3 𝑀₀′′ 𝐸𝐽_𝑥

𝑅 𝑑𝜃

𝜃1 𝜃₃

𝜂₃₀= ∫_−𝜃𝜃3

𝑁

3𝑁_𝐸𝐴0′

𝑅 𝑑𝜃

+

∫

𝑀

3 𝑀0′ 𝐸𝐽_𝑥

𝑅 𝑑𝜃

𝜃3 −𝜃₂

+

∫_𝜃𝜃1

𝑁

3𝑁_𝐸𝐴0′′

𝑅 𝑑𝜃

+

∫

𝑀

3 𝑀0′′ 𝐸𝐽_𝑥

𝑅 𝑑𝜃

𝜃1 𝜃₃ (3.48) -Spostamento 𝜂₃₃: 𝐿𝑒 3→3_𝑣 = 𝐿𝑖 3→3_𝑣 𝐿𝑒 3→3_𝑣 = 1 𝜂₃₃ 𝐿𝑖 3→3_𝑣 = ∫ 𝑁₃𝑁3 𝐸𝐴𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 −𝜃2 + ∫ 𝑀3 𝑀3 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 −𝜃2 𝜂₃₃ = ∫ 𝑁32 𝐸𝐴𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 −𝜃2 + ∫ 𝑀32 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 −𝜃2 (3.49)

Il teorema di Betti sul lavoro mutuo ci permette di affermare che: 𝜂12= 𝜂21 ; 𝜂13= 𝜂31 ; 𝜂23 = 𝜂32

Determinati tutti gli spostamenti, tramite il sistema (3.25) è possibile ricavare il valore delle incognite iperstatiche 𝑋1, 𝑋2 e 𝑋3.

Quindi è possibile determinare l’andamento delle caratteristiche della sollecitazione cercate tramite le seguenti equazioni:

𝑁_𝑒𝑓𝑓2 = 𝑁₀+ 𝑋₁𝑁₁+ 𝑋₂𝑁₂+ 𝑋₃𝑁₃ (3.50) 𝑇_𝑒𝑓𝑓2 = 𝑇₀+ 𝑋₁𝑇₁+ 𝑋₂𝑇₂+ 𝑋₃ 𝑇₃ (3.51) 𝑀_𝑒𝑓𝑓2 = 𝑀₀+ 𝑋₁𝑀₁+ 𝑋₂𝑀₂₊𝑋₃𝑀₃ (3.52)

Nelle precedenti equazioni bisogna ricordare che 𝑁0, 𝑇0 ed 𝑀0 vanno considerati indipendentemente per il tratto 1 e per il tratto 2.

Vista la complessità delle espressioni in gioco la soluzione è stata ricavata anche in questo caso per via numerica tramite l’ausilio del software di calcolo

MATLAB.

I risultati ottenuti sono stati riassunti nei seguenti grafici che mostrano l’andamento delle caratteristiche della sollecitazione al variare dell’angolo 𝜃. I grafici 3.3 e 3.4 riportano la soluzione del problema 2.

3.1.5 Soluzione Problema 3

Prima di procedere è necessario definire il valore del carico dovuto al peso proprio:

𝑞(𝜃) = 𝛿 𝑔 𝐴(𝜃) = 𝛾 𝐴(𝜃) 10−3 [𝐾𝑁/𝑚]

Per risolvere il terzo problema possiamo fare considerazioni sulla simmetria del tutto analoghe a quelle del problema 1, per cui il sistema che andiamo a studiare diventa il seguente:

(a) (b)

Figura 3.14 - (a): Sistema reale; (b): Sistema simmetrico

Per il rispetto delle condizioni di spostamento del vincolo soppresso dobbiamo imporre:

𝜂1 = 0 ; 𝜂2 = 0 (3.53) Utilizzando il principio di sovrapposizione degli effetti è lecito scomporre il sistema nel seguente modo:

(c) (d)

Figura 3.14 - (a): Sistema delle incognite; (b): Sistema 0; (c): Sistema 1; (d): Sistema 2

Con riferimento alla figura 3.14 scriviamo le equazioni di 𝑀𝑢̈𝑙𝑙𝑒𝑟 𝐵𝑟𝑒𝑠𝑙𝑎𝑢 nel seguente modo:

{𝜂1 = 𝜂10+ 𝑋1 𝜂11+ 𝑋2 𝜂12

𝜂₂ = 𝜂₂₀+ 𝑋₁ 𝜂₂₁+ 𝑋₂ 𝜂₂₂ (3.54)

-Caratteristiche della sollecitazione sistema 0

Per risolvere il problema è conveniente introdurre un angolo ausiliario 𝜃∗, in questo modo possiamo ricavare più agevolmente le caratteristiche della sollecitazione.

Imponendo le condizioni di equilibrio alla traslazione orizzontale e verticale: 𝐻₀(𝜃) = 0 𝑉0(𝜃) = − ∫ 𝑞(𝜃∗)𝑑𝑠∗ = − ∫ 𝑞(𝜃∗) 𝑅 𝑑𝜃∗ = − ∫ 𝛾 𝐴(𝜃∗)𝑅 𝑑𝜃∗ 𝜃 0 𝜃 0 𝑠∗

Sfruttando le equazioni (3.5) ricaviamo le caratteristiche della sollecitazione:

𝑁₀(𝜃) = (−∫₀𝜃𝛾 𝐴(𝜃∗)𝑅 𝑑𝜃∗)sin 𝜃 (3.55)

𝑇₀(𝜃) = (−∫₀𝜃𝛾 𝐴(𝜃∗)𝑅 𝑑𝜃∗)cos 𝜃 (3.56) Imponendo l’equilibrio alla rotazione otteniamo:

𝑀₀(𝜃) =−∫_𝑠∗ 𝑞(𝜃∗)(𝑅 sin 𝜃 − 𝑅 sin 𝜃∗) 𝑑𝑠∗ = − ∫ 𝛾 𝑅𝜃 2𝐴(𝜃∗)(sin 𝜃 − 𝑠𝑖𝑛 𝜃∗_{) 𝑑𝜃}∗

0 (3.57) -Caratteristiche della sollecitazione sistema 1 e 2

Le caratteristiche della sollecitazione del sistema 1 e 2 sono del tutto analoghe a quelle del problema 1, riportiamo quindi i risultati nella tabella 3.3.

Tabella 3.3: Caratteristiche della sollecitazione problema 3

𝐶. 𝑑. 𝑠. 0 0 < 𝜃 < 𝜃₁ 𝐶. 𝑑. 𝑠. 1 0 < 𝜃 < 𝜃₁ 𝑁0(𝜃) (−∫ 𝛾 𝐴(𝜃∗)𝑅 𝑑𝜃∗ 𝜃 0 )sin 𝜃 𝑁1(𝜃) − cos 𝜃 𝑇0(𝜃) ₍₋_∫𝜃_{𝛾 𝐴}₍_𝜃∗₎_{𝑅 𝑑𝜃}∗ 0 )cos 𝜃 𝑇1(𝜃) sin 𝜃 𝑀₀(𝜃) − ∫ 𝛾 𝑅𝜃 2𝐴(𝜃∗)(sin 𝜃 − 𝑠𝑖𝑛 𝜃∗_{) 𝑑𝜃}∗ 0 𝑀₁(𝜃) 𝑅(1 − cos 𝜃) 𝐶. 𝑑. 𝑠. 2 0 < 𝜃 < 𝜃1 𝑁₀(𝜃) 0 𝑇₀(𝜃) 0 𝑀0(𝜃) −1

-Spostamento 𝜂₁₀: 𝐿𝑒 1→0𝑣 = 𝐿𝑖 1→0𝑣 𝐿𝑒 1→0_𝑣 = 1 𝜂₁₀ 𝐿𝑖 1→0_𝑣 = ∫ 𝑁1 𝑁0 𝐸𝐴𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 + ∫ 𝑀1 𝑀0 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 𝜂₁₀ = ∫ 𝑁₁𝑁0 𝐸𝐴𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 + ∫ 𝑀1 𝑀0 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 (3.58) -Spostamento 𝜂₁₁: 𝐿𝑒 1→1_𝑣 = 𝐿𝑖 1→1_𝑣 𝐿𝑒 1→1_𝑣 = 1 𝜂₁₁ 𝐿𝑖 1→1_𝑣 = ∫ 𝑁1 𝑁1 𝐸𝐴𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 + ∫ 𝑀1 𝑀1 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 𝜂₁₁ = ∫ 𝑁12 𝐸𝐴 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 + ∫ 𝑀12 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 (3.59) -Spostamento 𝜂12: 𝐿𝑒 1→2_𝑣 _{= 𝐿} 𝑣 𝑖 1→2 𝐿𝑒 1→2_𝑣 _{= 1 𝜂} 12 𝐿𝑖 1→2_𝑣 _{= ∫ 𝑁} 1 𝑁2 𝐸𝐴𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 + ∫ 𝑀1 𝑀2 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 𝜂₁₂ = ∫ 𝑁1 𝑁2 𝐸𝐴 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 + ∫ 𝑀1 𝑀2 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 (3.60)

Il teorema di Betti sul lavoro mutuo ci permette di affermare che 𝜂₁₂= 𝜂₂₁. -Spostamento 𝜂20: 𝐿𝑒 2→0_𝑣 _{= 𝐿} 𝑣 𝑖 2→0 𝐿𝑒 2→0_𝑣 _{= 1 𝜂} 20 𝐿𝑖 2→0_𝑣 _{= ∫ 𝑁} 2 𝑁0 𝐸𝐴𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 + ∫ 𝑀2 𝑀0 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 𝜂₂₀ = ∫ 𝑁2 𝑁0 𝐸𝐴𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 + ∫ 𝑀2 𝑀0 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 (3.61)

-Spostamento 𝜂₂₂: 𝐿𝑒 2→2_𝑣 _{= 𝐿} 𝑣 𝑖 2→2 𝐿𝑒 2→2_𝑣 _{= 1 𝜂} 22 𝐿𝑖 2→2_𝑣 _{= ∫ 𝑁} 2 𝑁2 𝐸𝐴𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 + ∫ 𝑀2 𝑀2 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 𝜂₂₂ = ∫ 𝑁22 𝐸𝐴 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 + ∫ 𝑀22 𝐸𝐽𝑥 𝑅 𝑑𝜃 𝜃1 0 (3.62)

Determinati tutti gli spostamenti, tramite il sistema (3.54) è possibile ricavare il valore delle incognite iperstatiche 𝑋₁e 𝑋₂.

Quindi è possibile determinare l’andamento delle caratteristiche della sollecitazione cercate tramite le seguenti equazioni:

𝑁_𝑒𝑓𝑓3 = 𝑁0+ 𝑋1𝑁1+ 𝑋2𝑁2 (3.63) 𝑇_𝑒𝑓𝑓3 = 𝑇₀+ 𝑋₁𝑇₁+ 𝑋₂𝑇₂ (3.64) 𝑀_𝑒𝑓𝑓3 = 𝑀₀ + 𝑋₁𝑀₁+ 𝑋₂𝑀₂ (3.65)

A questo punto bisogna ricordare che queste espressioni sono valide per la sola parte di sistema considerata.

È necessario quindi estendere questi risultati a tutta la trave tramite le considerazioni di simmetria precedentemente introdotte.

Vista la complessità delle espressioni in gioco la soluzione è stata ricavata per via numerica tramite l’ausilio del software di calcolo MATLAB.

I risultati ottenuti sono stati riassunti nei seguenti grafici che mostrano l’andamento delle caratteristiche della sollecitazione al variare dell’angolo 𝜃. I grafici 3.5 e 3.6 riportano la soluzione del problema 3.

3.1.6 Soluzione effettiva dell’arco incastrato

Una volta determinate le soluzioni del problema 1, problema 2 e problema 3 è possibile ricavare la soluzione effettiva del problema dell’arco incastrato mediante il principio di sovrapposizione degli effetti.

Sommando i tre contributi otteniamo:

𝑁 = 𝑁_𝑒𝑓𝑓1 + 𝑁_𝑒𝑓𝑓2 + 𝑁_𝑒𝑓𝑓3 (3.66) 𝑇 = 𝑇_𝑒𝑓𝑓1 + 𝑇_𝑒𝑓𝑓2 + 𝑁𝑇_𝑒𝑓𝑓3 (3.67) 𝑀 = 𝑀_𝑒𝑓𝑓1 + 𝑀_𝑒𝑓𝑓2 + 𝑀_𝑒𝑓𝑓3 (3.68)

3.1.7 Verifiche di resistenza

Le verifiche di resistenza verranno condotte tramite il criterio di resistenza di

Huber-Henky-von Mises.

Questo criterio, valido per materiali duttili, risulta adatto alla verifica di una trave in acciaio.

Le verifiche verranno effettuate nelle due sezioni di incastro e nelle sezioni in cui sono applicati i carichi concentrati.

Il criterio di resistenza nel caso di un problema piano si particolarizza nella seguente forma:

𝜎_𝑖𝑑 = √𝜎2 _{+ 3𝜏}2 _{≤ 𝑓}

𝑑 (3.69) Con 𝑓𝑑 indichiamo la resistenza di calcolo per l’acciao.

Per un acciaio S235 H possiamo assumerla pari a 186950 𝐾𝑁/𝑚2. Eseguiamo adesso la verifica della sezione in corrispondenza dell’incastro sinistro, stesso procedimento potrà essere esteso a tutte le sezioni in esame.

Figura 3.17

Le tensioni tangenziali agenti sulla sezione possiamo ricavarle utilizzando la formula di Jourawski:

𝜏 = −

𝑇𝑦 𝑆𝑥

𝐽_𝑥 𝑡

(3.70)

Con riferimento alle figure (3.16) e (3.17) possiamo ricavare i seguenti momenti statici:

𝑆𝑥𝐴𝐵 = − 1 2𝜂𝐴𝐵 ℎ 𝑡

(3.71)

𝑆𝑥𝐵𝐶 = − 1 4 ℎ 𝑡 + 1 2 𝑡 𝜂𝐵𝐶(𝜂𝐵𝐶 − ℎ)

(3.72)

𝑆_𝑥𝐷𝐶 = − 𝑆_𝑥𝐴𝐵

(3.73) Adesso tramite la (3.70) è possibile ricavare l’andamento delle tensioni tangenziali:

𝜏_𝐴𝐵 = −𝑇𝑦 𝑆𝑥𝐴𝐵

𝐽𝑥 𝑡 ; 𝜏𝐵𝐶 = − 𝑇𝑦 𝑆𝑥𝐵𝐶

𝐽𝑥 𝑡 ; 𝜏𝐷𝐶 = 𝜏𝐴𝐵

(3.74)

Mediante il software di calcolo MATLAB è stato ricavato il seguente grafico in cui è riportato l’andamento delle tensioni tangenziali:

Le tensioni normali agenti sulla sezione possiamo ricavarle mediante la formula di Navier che nel caso di problemi piani può essere esplicitata nel seguente modo:

𝜎 =

𝑁

𝐴

+

𝑀_𝑥

𝐸 𝐽_𝑥

𝑦

(3.75)

Per la sezione in esame otteniamo il seguente andamento delle tensioni normali:

Figura 3.19

Svolgendo i calcoli mediante il software MATLAB vediamo che la sezione risulta maggiormente sollecitata in corrispondenza di 𝑦 = −ℎ

2. Per la sezione in esame risulta:

𝜎_𝑖𝑑 = 49301 𝐾𝑁/𝑚2 ≤ 223809𝐾𝑁/𝑚2

Per le altre sezioni possiamo procedere in modo analogo e ottenere i seguenti risultati:

-Sezione incastro destro: 𝜎_𝑖𝑑 = 1.5 × 31686 𝐾𝑁/𝑚2 ≤ 223809𝐾𝑁/𝑚2 -Sezione applicazione 𝑄1: 𝜎𝑖𝑑= 1.5 × 103000 𝐾𝑁/𝑚2 ≤ 223809𝑁/𝑚2 -Sezione applicazione 𝑄2: 𝜎𝑖𝑑 = 1.5 × 36003 𝐾𝑁/𝑚2 ≤ 223809𝐾𝑁/𝑚2

Per la verifica sono stati utilizzati coefficienti di sicurezza 𝛾 = 1.5.

I risultati ottenuti ci permettono di concludere che le sezioni risultano verificate con ampio margine di sicurezza.

BIBLIOGRAFIA

-BELLUZZI, Odone: Scienza delle costruzioni, Volume I -BELLUZZI, Odone: Scienza delle costruzioni, Volume II

APPENDICE

CALCOLO NUMERICO CON MATLAB

%% Trave circolare incastrata

%% Dati

clear close all

t=0.05; %Spessore profilo (m)

b=1; %Larghezza base profilo(m)

h0=0.5; %Altezza sezione theta=0 (m)

R=8; %Raggio (m) theta1=pi/3; %Angolo estremo destro trave (rad)

theta2=pi/3; %Angolo estremo sinistro trave (rad) theta3=pi/6; %Angolo applicazione Q2 (rad) Q1=2500; %Carico concentrato (KN)

Q2=2500; %carico concentrato (KN) dtheta=0.001; %Intervallo discretizzazione

delta=7850; %Densità acciaio(Kg/m^3) gamma=delta*9.81; %Peso specifico acciaio (Kg/(m^2 s^2)) E=210000000; %Modulo di Young (KN/m^2)

%% Soluzione problema 1 (Parte simmetrica)

thetap1=0:dtheta:theta1; %Ascissa problema 1 (rad) Degthetap1=rad2deg(thetap1); %Ascissa problema 1 (deg) h1=5*h0-4*h0*cos(thetap1); %Altezza sezione theta (m) A1=b*h1-(b-2*t)*(h1-2*t); %Area sezione theta (m^2) J1=b*h1.^3/12-(b-2*t)*(h1-2*t).^3/12; %Momento inerzia sezione theta (m^4)

N10=-Q1/2*sin(thetap1); %Sforzo normale sistema zero T10=-Q1/2*cos(thetap1); %Taglio sistema zero M10=-Q1/2*R*sin(thetap1); %Momento flettente sistema zero

N11=-cos(thetap1); %Sforzo normale sistema uno

T11=sin(thetap1); %Taglio sistema uno

M11=R*(1-cos(thetap1)); %Momento flettente sistema uno

N12=zeros(1,length(thetap1)); %Sforzo normale sistema due T12=zeros(1,length(thetap1)); %Taglio sistema due M12=-ones(1,length(thetap1)); %Momento flettente sistema due

for i=1:length(thetap1)

f1(i)=N11(i)*N10(i)/(E*A1(i))*R; %Argomento dell'integrale sforzo normale eta10

f2(i)=M11(i)*M10(i)/(E*J1(i))*R; %Argomento dell'integrale momento flettente eta10

f3(i)=N11(i)^2/(E*A1(i))*R; %Argomento dell'integrale sforzo normale eta11

f4(i)=M11(i)^2/(E*J1(i))*R; %Argomento dell'integrale momento flettente eta11

f5(i)=N11(i)*N12(i)/(E*A1(i))*R; %Argomento dell'integrale sforzo normale eta12

f6(i)=M11(i)*M12(i)/(E*J1(i))*R; %Argomento dell'integrale momento flettente eta12

f7(i)=N12(i)*N10(i)/(E*A1(i))*R; %Argomento dell'integrale sforzo normale eta20

f8(i)=M12(i)*M10(i)/(E*J1(i))*R; %Argomento dell'integrale momento flettente eta20

f9(i)=N12(i)^2/(E*A1(i))*R; %Argomento dell'integrale sforzo normale eta22

f10(i)=M12(i)^2/(E*J1(i))*R; %Argomento dell'integrale momento flettente eta22

end

eta110=trapz(thetap1,f1)+trapz(thetap1,f2);%Spostamento eta10 eta111=trapz(thetap1,f3)+trapz(thetap1,f4);%Spostamento eta11 eta112=trapz(thetap1,f5)+trapz(thetap1,f6);%Spostamento eta12

eta120=trapz(thetap1,f7)+trapz(thetap1,f8);%Spostamento eta20 eta121=eta112; %Spostamento eta21 eta122=trapz(thetap1,f9)+trapz(thetap1,f10);%Spostamentoeta22

A1=[eta111 eta112; eta121 eta122]; %Matrice degli eta

b1=[-eta110 -eta120]'; %Vettore termini noti

X1=inv(A1)*b1 %Vettore delle incognite

N1eff0=N10; %Sforzo normale problema 1 sistema 0 T1eff0=T10; %Taglio problema 1 sistema 0 M1eff0=M10; %Momento flettente problema 1 sistema 0

N1eff1=X1(1)*N11; %Sforzo normale problema 1 sistema 1

T1eff1=X1(1)*T11; %Taglio problema 1 sistema 1

M1eff1=X1(1)*M11; %Momento flettente problema 1 sistema 1 N1eff2=X1(2)*N12; %Sforzo normale problema 1 sistema 2

T1eff2=X1(2)*T12; %Taglio problema 1 sistema 2

M1eff2=X1(2)*M12; %Momento flettente problema 1 sistema 2

N1eff=N1eff0+N1eff1+N1eff2; %Sforzo normale problema 1 T1eff=T1eff0+T1eff1+T1eff2; %Taglio problema 1 M1eff=M1eff0+M1eff1+M1eff2; %Momento flettente problema 1

figure

subplot(3,1,1);

plot(Degthetap1,N1eff,'r',Degthetap1,N1eff0,'k—- ‘,Degthetap1,N1eff1,'k-.',Degthetap1,N1eff2,'k-'); title('Sforzo Normale');

xlabel('Ascissa [Deg]'); ylabel('Normale [KN]');

lgd=legend('N1eff','N1eff0','N1eff1','N1eff2');

subplot(3,1,2);

plot(Degthetap1,T1eff,'r',Degthetap1,T1eff0,'k-- ',Degthetap1,T1eff1,'k-.',Degthetap1,T1eff2,'k-'); title('Taglio');

xlabel('Ascissa [Deg]'); ylabel('Taglio [KN]');

lgd=legend('T1eff','T1eff0','T1eff1','T1eff2');

subplot(3,1,3);

plot(Degthetap1,M1eff,'r',Degthetap1,M1eff0,'k-- ',Degthetap1,M1eff1,'k-.',Degthetap1,M1eff2,'k-'); title('Momento flettente');

xlabel('Ascissa [Deg]'); ylabel('Momento [KNm]');

lgd=legend('M1eff','M1eff0','M1eff1','M1eff2');

%% Soluzione problema 1

thetap1s=0:-dtheta:-theta1; %Ascissa problema 1 (rad) Degthetap1s=rad2deg(thetap1s); %Ascissa problema 1 (deg)

N10si=-Q1/2*sin(abs(thetap1s)); %Sforzo normale sistema zero simm.

T10si=-(-Q1/2*cos(abs(thetap1s))) %Taglio sistema zero simm.

M10si=-Q1/2*R*sin(abs(thetap1s)); %Momento flettente sistema zero simm.

N11si=-cos(abs(thetap1s)); %Sforzo normale sistema uno simm. T11si=-(sin(abs(thetap1s))); %Taglio sistema uno simm. M11si=R*(1-cos(abs(thetap1s))) %Momento flettente sistema uno simm.

N12si=zeros(1,length(thetap1s)); %Sforzo normale sistema due simm.

T12si=zeros(1,length(thetap1s)); %Taglio sistema due simm. M12si=-ones(1,length(thetap1s)); %Momento flettente sistema due simm.

N1eff0si=N10si; %Sforzo normale problema 1 sistema 0 simm.

T1eff0si=T10si; %Taglio problema 1 sistema 0 simm.

N1eff1si=X1(1)*N11si; %Sforzo normale problema 1 sistema 1 simm.

T1eff1si=X1(1)*T11si; %Taglio problema 1 sistema 1 simm. M1eff1si=X1(1)*M11si; %Momento flettente problema 1 sistema 1 simm.

N1eff2si=X1(2)*N12si; %Sforzo normale problema 1 sistema 2 simm.

T1eff2si=X1(2)*T12si; %Taglio problema 1 sistema 2 simm.

M1eff2si=X1(2)*M12si; %Momento flettente problema 1 sistema 2 simm.

N1effsi=N1eff0si+N1eff1si+N1eff2si; %Sforzo normale problema 1 simm.

T1effsi=T1eff0si+T1eff1si+T1eff2si; %Taglio problema 1 simm.

M1effsi=M1eff0si+M1eff1si+M1eff2si; %Momento flettente problema 1 simm.

figure

subplot(3,1,1);

plot(Degthetap1,N1eff,'r',Degthetap1s,N1effsi,'r'); title('Sforzo Normale');

xlabel('Ascissa [Deg]'); ylabel('Normale [KN]'); lgd=legend('N1eff');

subplot(3,1,2);

plot(Degthetap1,T1eff,'r',Degthetap1s,T1effsi,'r'); title('Taglio');

xlabel('Ascissa [Deg]'); ylabel('Taglio [KN]'); lgd=legend('T1eff');

subplot(3,1,3);

plot(Degthetap1,M1eff,'r',Degthetap1s,M1effsi,'r'); title('Momento flettente');

xlabel('Ascissa [Deg]'); ylabel('Momento [KNm]'); lgd=legend('M1eff');

%% Soluzione problema 2

%Tratto primo+tratto secondo

thetap2=-theta2:dtheta:theta1; %Ascissa problema 2 (rad) Degthetap2=rad2deg(thetap2); %Ascissa problema 2 (deg) h2=5*h0-4*h0*cos(thetap2); %Altezza sezione theta tratto primo (m)

A2=b*h2-(b-2*t)*(h2-2*t); %Area sezione theta tratto primo (m^2)

J2=b*h2.^3/12-(b-2*t)*(h2-2*t).^3/12;%Momento inerzia sezione theta tratto primo (m^4)

N21=-cos(thetap2); %Sforzo normale sistema uno T21=sin(thetap2); %Taglio sistema uno M21=R*(cos(theta2)-cos(thetap2)); %Momento flettente sistema uno

N22=-sin(thetap2); %Sforzo normale sistema due

T22=-cos(thetap2); %Taglio sistema due

M22=R*(sin(theta2)-sin(thetap2)); %Momento flettente sistema due

N23=zeros(1,length(thetap2)); %Sforzo normale sistema tre T23=zeros(1,length(thetap2)); %Taglio sistema tre

M23=-ones(1,length(thetap2)); %Momento flettente sistema tre

for i=1:length(thetap2);

f15(i)=N21(i)^2/(E*A2(i))*R; %Argomento dell'integrale sforzo normale eta11 tratto primo+secondo

f16(i)=M21(i)^2/(E*J2(i))*R; %Argomento dell'integrale momento flettente eta11 tratto primo+secondo

f17(i)=N21(i)*N22(i)/(E*A2(i))*R; %Argomento dell'integrale sforzo normale eta12 tratto primo+secondo

f18(i)=M21(i)*M22(i)/(E*J2(i))*R; %Argomento dell'integrale momento flettente eta12 tratto primo+secondo

f19(i)=N21(i)*N23(i)/(E*A2(i))*R; %Argomento dell'integrale sforzo normale eta13 tratto primo+secondo

f20(i)=M21(i)*M23(i)/(E*J2(i))*R; %Argomento dell'integrale momento flettente eta13 tratto primo+secondo

f25(i)=N22(i)^2/(E*A2(i))*R; %Argomento dell'integrale sforzo normale eta22 tratto primo+secondo

f26(i)=M22(i)^2/(E*J2(i))*R; %Argomento dell'integrale momento flettente eta22 tratto primo+secondo

f27(i)=N22(i)*N23(i)/(E*A2(i))*R; %Argomento dell'integrale sforzo normale eta23 tratto primo+secondo

f28(i)=M22(i)*M23(i)/(E*J2(i))*R; %Argomento dell'integrale momento flettente eta23 tratto primo+secondo

f33(i)=N23(i)^2/(E*A2(i))*R; %Argomento dell'integrale sforzo normale eta33 tratto primo+secondo

f34(i)=M23(i)^2/(E*J2(i))*R; %Argomento dell'integrale momento flettente eta33 tratto primo+secondo

end

%Tratto primo

thetap21=-theta2:dtheta:theta3; %Ascissa problema 2 tratto primo (rad)

Degthetap21=rad2deg(thetap21); %Ascissa problema 2 tratto primo (deg)

h21=5*h0-4*h0*cos(thetap21); %Altezza sezione theta tratto primo (m)

A21=b*h21-(b-2*t)*(h21-2*t); %Area sezione theta tratto primo (m^2)

J21=b*h21.^3/12-(b-2*t)*(h21-2*t).^3/12; %Momento inerzia sezione theta tratto primo (m^4)

N201=Q2*sin(thetap21); %Sforzo normale sistema zero tratto primo

T201=Q2*cos(thetap21); %Taglio sistema zero tratto primo M201=Q2*R*(sin(thetap21)-sin(theta3)) %Momento flettente sistema zero tratto primo

N211=-cos(thetap21); %Sforzo normale sistema uno tratto primo

T211=sin(thetap21); %Taglio sistema uno tratto primo M211=R*(cos(theta2)-cos(thetap21));%Momento flettente sistema uno tratto primo

N221=-sin(thetap21); %Sforzo normale sistema due tratto primo

T221=-cos(thetap21); %Taglio sistema due tratto primo

M221=R*(sin(theta2)-sin(thetap21));%Momento flettente sistema due tratto primo

N231=zeros(1,length(thetap21)); %Sforzo normale sistema tre tratto primo

T231=zeros(1,length(thetap21)); %Taglio sistema tre tratto primo

M231=-ones(1,length(thetap21)); %Momento flettente sistema tre tratto primo

for i=1:length(thetap21);

f11(i)=N211(i)*N201(i)/(E*A21(i))*R; %Argomento dell'integrale sforzo normale eta10 tratto primo

f12(i)=M211(i)*M201(i)/(E*J21(i))*R; %Argomento dell'integrale momento flettente eta10 tratto primo

f21(i)=N221(i)*N201(i)/(E*A21(i))*R; %Argomento dell'integrale sforzo normale eta20 tratto primo

f22(i)=M221(i)*M201(i)/(E*J21(i))*R; %Argomento dell'integrale momento flettente eta20 tratto primo

f29(i)=N231(i)*N201(i)/(E*A21(i))*R; %Argomento dell'integrale sforzo normale eta30 tratto primo

f30(i)=M231(i)*M201(i)/(E*J21(i))*R; %Argomento dell'integrale momento flettente eta30 tratto primo

end

%Tratto secondo

thetap22=theta3:dtheta:theta1; %Ascissa problema 2 tratto secondo (rad)

Degthetap22=rad2deg(thetap22); %Ascissa problema 2 tratto secondo (deg)

h22=5*h0-4*h0*cos(thetap22); %Altezza sezione theta tratto secondo (m)

A22=b*h22-(b-2*t)*(h22-2*t); %Area sezione theta tratto secondo (m^2)

J22=b*h22.^3/12-(b-2*t)*(h22-2*t).^3/12; %Momento inerzia sezione theta tratto secondo (m^4)

N202=zeros(1,length(thetap22)); %Sforzo normale sistema zero tratto secondo

T202=zeros(1,length(thetap22)); %Taglio sistema zero tratto secondo

M202=zeros(1,length(thetap22)); %Momento flettente sistema zero tratto secondo

N212=-cos(thetap22); %Sforzo normale sistema uno tratto secondo

T212=sin(thetap22); %Taglio sistema uno tratto secondo M212=R*(cos(theta2)-cos(thetap22));%Momento flettente sistema uno tratto secondo

N222=-sin(thetap22); %Sforzo normale sistema due tratto secondo

T222=-cos(thetap22); %Taglio sistema due tratto secondo

M222=R*(sin(theta2)-sin(thetap22));%Momento flettente sistema due tratto secondo

N232=zeros(1,length(thetap22)); %Sforzo normale sistema tre tratto secondo

T232=zeros(1,length(thetap22)); %Taglio sistema tre tratto secondo

M232=-ones(1,length(thetap22)); %Momento flettente sistema tre tratto secondo

for i=1:length(thetap22);

f13(i)=N212(i)*N202(i)/(E*A22(i))*R; %Argomento dell'integrale sforzo normale eta10 tratto secondo

f14(i)=M212(i)*M202(i)/(E*J22(i))*R; %Argomento dell'integrale momento flettente eta10 tratto secondo

f23(i)=N222(i)*N202(i)/(E*A22(i))*R; %Argomento dell'integrale sforzo normale eta20 tratto secondo

f24(i)=M222(i)*M202(i)/(E*J22(i))*R; %Argomento dell'integrale momento flettente eta20 tratto secondo

f31(i)=N232(i)*N202(i)/(E*A22(i))*R; %Argomento dell'integrale sforzo normale eta30 tratto secondo

f32(i)=M232(i)*M202(i)/(E*J22(i))*R; %Argomento dell'integrale momento flettente eta30 tratto secondo

Nel documento Travi a curvatura semplice: analisi di un arco circolare incastrato (pagine 50-122)