Passerella a travatura reticolare: Esercizio 1

In questo esercizio ci proponiamo di dare la risoluzione di una travatura reticolare isostatica, discutendo staticamente e cineticamente, determinando gli sforzi normali nelle aste e calcolandone lo spostamento del nodo E. Le singole barre orizzontali e verticali sono di lunghezza generica l ed i nodi C ed E sono soggetti ad una forza fittizia P.

Sistema principale

La struttura reticolare è composta da 5 aste e 6 nodi. I vincoli esterni sono due cerniere. Pertanto possiamo scrivere:

n_a= 6

n_n= 5

n_e=n_A+n_B= 2 + 2 = 4

n_a + n_e = 10

n_n = 5x2 = 10

Visto che il risultato (10-10=0) è nullo, la struttura reticolare risulta essere isostatica.

Procediamo alla risoluzione del sistema reale, utilizzando il sistema dell'equilibrio dei nodi canonici.

SISTEMA REALE

NODO E

Iniziamo dal nodo E, l'unico che si può inizialmente risolvere poiché abbiamo solo due forze incognite.

↑ -P + N6 √2/2 = 0

N6= +P∙√2/√2 ∙ √2/2

N6 = -P√2

→ N6 √2/2 + N5 = 0

N5 = -2P

NODO D

↑ - N4 - P ∙ √2∙ √2/2 = 0

N4 = -P

→ -N3 + P ∙ √2∙ √2/2 =0

N3 = P

NODO C

↑ -2P + N2∙ √2/2 = 0

N2=2P ∙ √2/2 ∙ √2/√2 = 2√2 P

→ -2P - N1 - N2 ∙ √2/2 = 0

N1= - P - 2√2P ∙ √2/2 = 0

N1 = -3P

SISTEMA VIRTUALE

Procediamo alla risoluzione della travatura reticolare del sistema virtuale, dove è stato inserito il carico virtuale 1, che determinerà i risultati.

NODO E

↑ N6 ∙ √2/2 - 1 = 0

N6 = √2

→ - N5 - N6 ∙ √2/2 = 0

N5 = - √2∙ √2/2 = -1

NODO D

↑ - N3 + √2∙ √2/2 = 0

N3 = 1

→ - N4 - √2∙ √2/2 = 0

N4 = -1

NODO C

↑ -1 + N2 ∙ √2/2 = 0

N2 = 2/√2∙ √2/√2 = √2

→ -1 - N1 - √2 ∙ √2/2 = 0

N1 = - √2

TABELLA DEI RISULTATI

Asta	l	N	δN
1	l	-3P	-2
2	√2l	2√2P	√2
3	l	P	1
4	l	-P	-1
5	l	-P	-1
6	√2l	√2P	√2

SPOSTAMENTO

$v_e = \int_{s}^{.} \frac{N_0 \cdot \delta N }{EA} ds = \sum_{i=1}^{.} \cdot l_i \cdot \delta N_i = l \cdot P \cdot (6+1+1+1)+ \sqrt{2}lP \cdot (4+2)=Pl+6\sqrt{2}Pl=(9+6\sqrt{2})Pl$