SOLUZIONE GRAFICA DELL’EQUILIBRIO
Per risolvere graficamente
l’equilibrio di una struttura isostatica (determinazione delle reazioni
vincolari) si può cominciare a risolvere:
1.
Per TRONCHI.
La soluzione è possibile se il tronco è
isostatico (3 equazioni in 3 incognite: soluzione unica e determinata) e si
determinano le reazioni vincolari in direzione, modulo e verso; se
il tronco è isostatico scarico
(sistema omogeneo: soluzione banale) le reazioni sono tutte nulle. Se
il tronco è 1 volta iperstatico scarico
(3 equazioni in 4 incognite: ∞1 soluzioni) possiamo avere solo una
indicazione sulle direzioni delle reazioni.
2.
Per VINCOLI ESTERNI.
Si immagina di “solidificare” i vincoli relativi e quindi considerare la
struttura come se fosse un unico tronco. Pertanto, come per un tronco, se per
vincoli esterni la struttura è isostatica si possono determinare le reazioni
vincolari in direzione, modulo e verso; se la struttura è 1 volta iperstatica
autoequilibrata (le forze esterne si fanno equilibrio tra loro) si ha solo una
indicazione sulle direzioni delle reazioni.
3.
Per considerazioni particolari sullo schema
delle forze. Se non si verifica
né il primo né il secondo caso allora possiamo fare delle considerazioni sullo
schema delle forze; una di tali considerazioni è quella di considerare parte
della struttura come se fosse un unico tronco.
Individuato, quindi, un tronco isostatico o una volta iperstatico scarico si
contano le forze che agiscono su esso, eventuale
1 forza attiva (se è più di una
si sommano) più le forze reattive
(ricordando che ogni vincolo reagisce con una forza). Se il sistema è costituito
da:
a)
2 forze
non nulle, esso è in equilibrio se esse hanno la stessa retta d’azione, ugual
modulo e verso opposto.
b)
3 forze
non nulle, esso è in equilibrio se le loro rette d’azione hanno un punto in
comune e il triangolo delle forze è chiuso (le forze si rincorrono). Se due
forze sono uguali ed opposte, vuol dire che la terza forza è nulla.
c)
4 forze
non nulle, esso è in equilibrio se la risultante di due è uguale ed opposta alla
risultante delle altre due e cioè le due risultanti hanno la stessa retta
d’azione che è la congiungente dei punti di incontro delle prime due e delle
altre due che è detta “retta ausiliaria”. Se tre delle quattro forze
soddisfano il punto b) vuol dire che la quarta è nulla.
Una volta risolto un tronco o per vincoli esterni si avranno delle informazioni
su un vincolo relativo o su un vincolo assoluto, che ci permetteranno di
risolvere un tronco che inizialmente non potevamo risolvere perché iperstatico
carico o anche scarico ma più di una volta iperstatico.
Per chiarire i concetti espressi, cominciamo col
risolvere strutture semplici ad 1 tronco.
1)
Consideriamo la struttura isostatica di figura 1 costituita da un incastro ed
una forza nota. Questo è il caso di un tronco isostatico carico; le forze agenti
sono 2 (la forza nota e la reazione dell’incastro). Pertanto la reazione
dell’incastro è uguale ed opposta alla forza nota (in rosso). Se vogliamo
determinare le componenti della reazione dell’incastro dobbiamo trasportare la
reazione in A, ottenendo le due componenti pari ad F e la componente momento M
pari al prodotto della forza per la distanza AC:
. Per il verso del momento di trasporto si immagini una forza
opposta alla forza da trasportare nel punto A e si veda come ruota la coppia;
una semplice regola pratica è che il momento ha il verso di come la forza ruota
intorno al punto in cui si vuole trasportare.
2)
Consideriamo la struttura di figura 2 caricata con un momento m in C. Anche in
questo caso il tronco è isostatico carico e le forze agenti sono due; ma la
forza nota è un momento e quindi affinché ci sia equilibrio l’incastro in A deve
reagire con la sola componente momento uguale e di verso opposto ad m.
3)
Consideriamo la struttura di figura 3 caricata con un carico distribuito sul
tratto BC. Come sappiamo la risultante del carico distribuito vale qL ed è
applicata a L/2 (nel baricentro). Le forze sono sempre due (la risultante del
carico distribuito e la reazione dell’incastro) e pertanto affinché ci sia
equilibrio devono essere uguali ed opposte; la reazione dell’incastro (in
rosso), quindi deve essere opposta alla risultante del carico distribuito e di
valore qL. Per determinare le componenti della reazione dell’incastro,
trasportiamo, come abbiamo fatto nell’esempio 1), la reazione nel
punto A e la componente momento vale qL2/2.
4)
Consideriamo ora la struttura isostatica di figura 4 vincolata al suolo
attraverso una cerniera in A ed un carrello a 45° in B e caricato con una forza
concentrata F. Le forze agenti sono tre (la forza nota F, la reazione della
cerniera e la reazione del carrello che per essere in equilibrio devono avere un
punto in comune; ricordando che il carrello reagisce con una forza ortogonale al
piano di scorrimento (retta “a”) si ha che la retta d’azione della forza F e
quella della reazione del carrello si incontrano nel punto P. La reazione della
cerniera, come sappiamo, deve passare per il baricentro della cerniera, e per
l’equilibrio deve passare per il punto P (retta b). Per determinare il verso e
il modulo costruiamo il poligono delle forze: si parte dalla forza nota e dai
due estremi si tracciano le parallele alle rette a e b, e sapendo che le forze
devono rincorrersi si determinano i versi delle reazioni del carrello e della
cerniera. Per la determinazione dei moduli racchiudiamo il triangolo in un
rettangolo e indichiamo con x il lato AD, ovviamente anche il lato parallelo BC
varrà x. Poiché la retta d’azione della reazione del carrello è inclinata a 45°,
DH è uguale a x ed essendo la retta d’azione della reazione della cerniera
inclinata nel rapporto di 3:1 è CH=3x; pertanto il lato del rettangolo
CD=x+3x=4x che è uguale al lato opposto pari ad F e quindi 4x=F da cui x=F/4. In
definitiva la reazione del carrello sarà F/4
, di componenti (F/4,F/4) e la reazione della cerniera, di
componenti (3/4F,F/4) varrà F/4
.
5)
Consideriamo ora la struttura di figura 5 che è la stessa di quella del caso 4)
solo che ora è caricata con un carico distribuito la cui risultante è qL. Le
forze sono ancora 3 (le reazioni dei due vincoli e la risultante del carico
distribuito) e pertanto devono incontrarsi in un punto; la risultante del carico
distribuito e la retta d’azione della reazione del carrello si incontrano nel
punto P e per l’equilibrio anche la reazione della cerniera (che passa per il
baricentro della cerniera stessa) deve necessariamente passare per P. Per la
determinazione dei moduli racchiudiamo il triangolo in un rettangolo e
indichiamo con x il lato AB, ovviamente anche il lato parallelo CD varrà x.
Poiché la retta d’azione della reazione del carrello (a) è inclinata a 45°, BH è
uguale a x ed essendo la retta d’azione della reazione della cerniera (b)
inclinata nel rapporto di 3:1 è CH=3x; pertanto il lato del rettangolo
CB=x+3x=4x che è uguale al lato opposto pari a qL e quindi 4x=qL da cui x=qL/4.
In definitiva la reazione del carrello sarà qL/4
, di componenti (qL/4,qL/4) e la reazione della cerniera, di
componenti (3/4qL,qL/4) varrà qL/4
.
6) Consideriamo ora la struttura di figura 6 che presenta
ancora un carrello e una cerniera ma è caricata con un momento m in A. Le forze
sono ancora tre ma di cui una è un momento e quindi le altre due (RA
e RB), per l’equilibrio devono formare un momento uguale ed opposto;
pertanto conoscendo la direzione della reazione del carrello, RA, la
reazione della cerniera, RB, dovrà essere parallela ad RA
e passante per il baricentro della cerniera. Le due reazioni devono formare una
coppia avente momento di verso opposto al momento noto e modulo m;|RA|=|RB|=m/d.
