Scienza delle costruzioni: pacchetto last-minute

Formulari, i passaggi chiave del metodo per ogni argomento e 14 esercizi, con le soluzioni complete in fondo.

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1Formule e metodi

Tensione e deformazione assiale

Tensione normale
σ = F/A
Deformazione
ε = ΔL/L
Legge di Hooke
σ = E·ε
Allungamento
ΔL = FL/(EA)
Deformazione termica
εT = α·ΔT

Torsione degli alberi

Tensione tangenziale
τ = T·r/J
Albero pieno
J = πd⁴/32
Albero cavo
J = π(D⁴ − d⁴)/32
Angolo di torsione
φ = TL/(GJ)
Potenza
P = T·ω = 2πnT/60

Metodo

  1. Trova il momento d’inerzia polare: J = πd⁴/32 per un albero pieno.
  2. Tensione tangenziale in superficie: τ = T·r/J, con r il raggio esterno.
  3. Angolo di torsione: φ = TL/(GJ) in radianti.
  4. Se è data la potenza, trova prima il momento torcente con P = T·ω, ω = 2πn/60.

Taglio e momento flettente

Taglio e momento
V = ΣF da un lato, M = ΣF·d da un lato
Tensione di flessione
σ = M·y/I
Rettangolo
I = bh³/12
Modulo di resistenza
W = I/ymax
Trave appoggiata, carico uniforme
Mmax = wL²/8

Metodo

  1. Trova le reazioni vincolari dall’equilibrio dell’intera trave.
  2. Taglia la trave nella sezione che ti serve e considera una sola parte.
  3. Taglio: somma delle forze verticali su quella parte. Momento flettente: somma dei loro momenti rispetto alla sezione di taglio.
  4. Per il momento massimo, trova dove il taglio è nullo.

Baricentro e momento d’inerzia

Baricentro
ȳ = ΣAiyi/ΣAi
Rettangolo
I = bh³/12
Teorema del trasporto
I = Ic + A·d²
Sezione composta
I = Σ(Ic,i + Aidi²)

Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Centro
C = (σx + σy)/2
Raggio
R = √(((σx − σy)/2)² + τxy²)
Tensioni principali
σ1,2 = C ± R
Direzione principale
tan 2θp = 2τxy/(σx − σy)
Piano inclinato
σθ = C + (σx − σy)/2·cos 2θ + τxy·sin 2θ

Metodo

  1. Calcola il centro del cerchio di Mohr: C = (σx + σy)/2.
  2. Calcola il raggio: R = √(((σx − σy)/2)² + τxy²).
  3. Le tensioni principali sono C ± R e la massima tensione tangenziale nel piano è R.
  4. Gli angoli sul cerchio sono il doppio degli angoli sull’elemento: tan 2θp = 2τxy/(σx − σy).

Freccia della trave

Carico concentrato in mezzeria
δ = PL³/(48EI)
Carico uniforme, trave appoggiata
δ = 5wL⁴/(384EI)
Mensola, carico all’estremo
δ = PL³/(3EI)
Mensola, carico uniforme
δ = wL⁴/(8EI)
Sovrapposizione degli effetti
δ = δ1 + δ2

Instabilità delle colonne

Carico critico di Euler
Pcr = π²EI/(KL)²
Coefficiente di lunghezza libera
K = 1 cerniera–cerniera, 0,5 incastro–incastro, 0,7 incastro–cerniera, 2 incastro–libero
Tensione critica
σcr = Pcr/A
Snellezza
λ = KL/r, r = √(I/A)

2Esercizi

1.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 25 mmRame0,5 mP = 65 kN

Trova la deformazione assiale ε nella barra di rame, in microdeformazioni (µε = 10⁻⁶).

P = 65 kNd = 25 mmL = 0,5 mE = 117 GPa
ε = µε
2.Tensione e deformazione assialeDifficile
Ø 40 mmAlluminio1,5 mØ 16 mmOttone2 mP = 105 kN

La barra a gradini è incastrata alla parete e caricata all’estremo libero. Trova la tensione normale massima σmax nella barra.

P = 105 kNtratto 1: Ø40 mm, 1,5 m, alluminio (E = 70 GPa)tratto 2: Ø16 mm, 2 m, ottone (E = 100 GPa)
σmax = MPa
3.Torsione degli alberiMedia
d1​ = 40 mmd2​ = 30 mmT = 1000 N·mABC1,5 m0,5 m

Un albero pieno a gradini in acciaio è incastrato in A. Il tratto AB ha diametro 40 mm e lunghezza 1,5 m; il tratto BC ha diametro 30 mm e lunghezza 0,5 m. Un momento torcente di 1000 N·m agisce all’estremo libero C. Trova l’angolo di torsione φC dell’estremo C, in gradi.

T = 1000 N·md1 = 40 mm, L1 = 1,5 md2 = 30 mm, L2 = 0,5 mG = 80 GPa
φC = °
4.Torsione degli alberiDifficile
d = 30 mmT0​ = 2000 N·mACBa = 1,2 mb = 0,5 m

Un albero pieno in alluminio di diametro 30 mm è incastrato a pareti rigide a entrambe le estremità A e B. Un momento torcente di 2000 N·m è applicato in C, a 1,2 m da A e a 0,5 m da B. Trova la tensione tangenziale massima τmax nell’albero.

d = 30 mmT0 = 2000 N·ma = 1,2 mb = 0,5 m
τmax = MPa
5.Taglio e momento flettenteMedia
M0​ = 40 kN·mAB5 m5 m

La trave semplicemente appoggiata porta una coppia oraria M0 = 40 kN·m in x = 5 m da A, e nessun altro carico. Trova il momento flettente Mx immediatamente a destra della coppia. Considera positivi i momenti che tendono le fibre inferiori e positivo il taglio verso l’alto sulla faccia sinistra.

L = 10 mM0 = 40 kN·m orario, in 5 m
Mx = kN·m
6.Taglio e momento flettenteDifficile
25 kN10 kN25 kNABCDEFG2 m2 m2 m2 m2 m2 m

I punti da A a G dividono la trave in sei parti uguali. In quale punto il momento flettente è massimo in valore assoluto, positivo o negativo? Cliccalo nel diagramma.

25 kN @ 0 m10 kN @ 12 m25 kN @ 6 m
  1. 1A (x = 0 m)
  2. 2B (x = 2 m)
  3. 3C (x = 4 m)
  4. 4D (x = 6 m)
  5. 5E (x = 8 m)
  6. 6F (x = 10 m)
  7. 7G (x = 12 m)
7.Baricentro e momento d’inerziaMedia
xD = 140d = 124dimensioni in mm

Un tubo circolare ha diametro esterno D = 140 mm e diametro interno d = 124 mm. Trova il suo raggio d’inerzia r rispetto all’asse baricentrico orizzontale.

D = 140 mmd = 124 mm
r = mm
8.Baricentro e momento d’inerziaDifficile
1003020010xM = 5 kN·mdimensioni in mm

La sezione a T è usata come trave con l’ala in alto e porta un momento flettente positivo di 5 kN·m. Trova la tensione di flessione σin basso al bordo inferiore.

bf = 100 mmtf = 30 mmtw = 10 mmhw = 200 mmM = 5 kN·m
σin basso = MPa
9.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = 150σy​ = −10τxy​ = 40MPa

In un punto di un pezzo caricato si ha σₓ = 150 MPa, σᵧ = −10 MPa e τₓᵧ = 40 MPa (trazione positiva). Trova l’angolo θp dall’asse x alla direzione della tensione principale massima, compreso tra −90° e 90°.

σx = 150 MPaσy = −10 MPaτxy = 40 MPa
θp = °
10.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​ = 70σy​ = 120τxy​ = −10MPa

Un punto di una lastra sottile è in stato piano di tensione: σₓ = 70 MPa, σᵧ = 120 MPa e τₓᵧ = −10 MPa (σz = 0). Il materiale ha una tensione di snervamento di 355 MPa. Trova il coefficiente di sicurezza n nei confronti dello snervamento secondo il criterio di Tresca (massima tensione tangenziale).

σx = 70 MPaσy = 120 MPaτxy = −10 MPaσY = 355 MPa
n =
11.Freccia della traveMedia
w = 12 kN/mδL = 1,5 m

Una mensola porta un carico uniformemente distribuito w su tutta la lunghezza. Trova la freccia δ all’estremo libero.

w = 12 kN/mL = 1,5 mE = 70 GPa (alluminio)I = 8,5 × 10⁶ mm⁴
δ = mm
12.Freccia della traveDifficile
w = 10 kN/mδL = 3 m

Una trave semplicemente appoggiata porta un carico uniformemente distribuito w. La sua freccia non può superare luce/360. Trova il momento d’inerzia minimo Ireq che rispetta questo limite.

w = 10 kN/mL = 3 mE = 200 GPa (acciaio)
Ireq = × 10⁶ mm⁴
13.Instabilità delle colonneMedia
PL = 3 m20 × 100 mmsezione trasversale

Una colonna di lunghezza L in acciaio è incastrata alla base e libera in cima. Usando la formula di Eulero, trova il suo carico critico Pcr.

L = 3 mE = 200 GPa (acciaio)b × h = 20 × 100 mm
Pcr = kN
14.Instabilità delle colonneDifficile
P = 70 kNL = 1,5 md = ?sezione trasversale

Una colonna tonda piena di lunghezza L in acciaio è incernierata a entrambi gli estremi. Deve portare 70 kN con un coefficiente di sicurezza di 2 contro l’instabilità. Trova il diametro minimo d.

P = 70 kNn = 2L = 1,5 mE = 200 GPa (acciaio)
d = mm

3Soluzioni

1.Tensione e deformazione assiale

Risposta: ε = 1132 µε

Legge di Hooke: nel campo elastico σ = E·ε. Combinandola con σ = P/A e ε = δ/L si ottiene δ = PL/(AE).

Tensione

A = π·25²/4 = 490,9 mm²
σ = P/A = 65·1000/490,9 = 132,4 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for rame = 117 GPa = 117000 MPa.

ε = σ/E = 132,4/117000 = 0,001132 = 1132 µε

Risposta

ε = 1132 µε
2.Tensione e deformazione assiale

Risposta: σmax = 522,2 MPa

Elementi caricati assialmente: ogni tratto prismatico segue δ = PL/(AE). Per elementi in serie gli allungamenti si sommano.

Stessa forza in entrambi i tratti

L’estremo libero porta P, quindi ogni sezione della barra porta la stessa forza assiale P. Cambiano solo aree e materiali.

A1 = π·40²/4 = 1257 mm², A2 = π·16²/4 = 201,1 mm²
σ1 = 83,56 MPa
σ2 = 522,2 MPa

Tensione massima

Il tratto più sottile ha l’area minore, quindi porta la tensione maggiore.

σmax = 522,2 MPa

Risposta

σmax = 522,2 MPa
3.Torsione degli alberi

Risposta: φC = 8,778 °

Torsione degli alberi circolari: la tensione tangenziale cresce linearmente da zero al centro fino a τmax = T·r/J in superficie, con J = πd⁴/32 per un albero pieno e J = π(do⁴ − di⁴)/32 per uno cavo. L’angolo di torsione è φ = TL/(GJ) in radianti. Potenza e momento torcente sono legati da P = T·ω.

Momenti d’inerzia polari

J1 = π·40⁴/32 = 251327 mm⁴
J2 = π·30⁴/32 = 79522 mm⁴

Torsione di ciascun tratto

T = 1000 N·m = 1 × 10⁶ N·mm
G = 80 GPa = 80000 MPa
φAB = 1 × 10⁶·1500/(80000·251327) = 0,0746 rad
φBC = 1 × 10⁶·500/(80000·79522) = 0,0786 rad

Torsione totale

φC = 0,0746 + 0,0786 = 0,1532 rad = 8,778°

Risposta

φC = 8,778°
4.Torsione degli alberi

Risposta: τmax = 266,3 MPa

Torsione degli alberi circolari: la tensione tangenziale cresce linearmente da zero al centro fino a τmax = T·r/J in superficie, con J = πd⁴/32 per un albero pieno e J = π(do⁴ − di⁴)/32 per uno cavo. L’angolo di torsione è φ = TL/(GJ) in radianti. Potenza e momento torcente sono legati da P = T·ω. Quando entrambe le estremità sono incastrate, la sola statica dà solo TA + TB = T₀; la seconda equazione è la congruenza (uguale torsione delle due parti nella sezione caricata).

Equilibrio e congruenza

TA + TB = 2000
TA·a = TB·b
TA = 2000·0,5/1,7 = 588,2 N·m
TB = 2000·1,2/1,7 = 1412 N·m

Tensione tangenziale massima

Governa il maggiore dei due momenti torcenti (stesso diametro).

τmax = 16·1,412 × 10⁶/(π·30³) = 266,3 MPa

Risposta

τmax = 266,3 MPa
5.Taglio e momento flettente

Risposta: Mx = 20 kN·m

Metodo delle sezioni: taglia la trave dove vuoi le forze interne e tieni un lato. Il taglio V equilibra le forze verticali su quel lato, e il momento flettente M equilibra i loro momenti rispetto al taglio. Una coppia applicata fa saltare il diagramma del momento flettente di un valore pari alla coppia.

Reazioni vincolari

Momenti rispetto ad A, positivi in senso antiorario: RB·L − M0 = 0. Equilibrio verticale: RA + RB = 0.

RB = M0/L = 40/10 = 4 kN (verso l’alto)
RA = −RB = −4 kN (verso il basso)

Taglia immediatamente a destra della coppia

Ora la parte sinistra contiene RA e la coppia.

Mx = RA·a + M0 = −4·5 + 40 = 20 kN·m

Risposta

Mx = 20 kN·m
6.Taglio e momento flettente

Risposta: B (x = 2 m)

Massimo momento flettente: M cambia pendenza ovunque cambi il taglio, quindi i suoi picchi stanno dove il taglio passa per zero: sotto un carico concentrato, dentro un carico distribuito, o sopra un appoggio di una trave a sbalzo. In un incastro di una mensola il momento è massimo alla parete. Confronta il valore di M in quei punti, positivo o negativo.

Reazioni vincolari

Prendi i momenti rispetto a un appoggio, poi usa l’equilibrio delle forze verticali.

R1 = 41,25 kN, R2 = 18,75 kN

Momento flettente in ogni punto

Somma i momenti di tutte le forze su un lato del taglio. Il verso che tende le fibre inferiori è positivo, quello opposto negativo.

MA = 0, MB = −50 kN·m, MC = −17,5, MD = 15, ME = −2,5, MF = −20, MG = 0

Risposta

Punto B: MB = −50 kN·m
7.Baricentro e momento d’inerzia

Risposta: r = 46,75 mm

Momento d’inerzia: per un rettangolo rispetto al proprio asse baricentrico I = bh³/12, e rispetto alla base bh³/3 (teorema del trasporto I = Ic + A·d²). Un foro si tratta sottraendo il suo I, purché entrambe le parti si riferiscano allo stesso asse. Il modulo di resistenza elastico è S = I/c, dove c è la distanza dalla fibra più esterna. Il raggio d’inerzia r = √(I/A) è la distanza alla quale l’intera area darebbe lo stesso I; si usa nell’instabilità a carico di punta dei pilastri.

Area netta e momento d’inerzia netto

A = π(D² − d²)/4 = 3318 mm²
I = π(D⁴ − d⁴)/64 = 7,252 × 10⁶ mm⁴

Raggio d’inerzia

r = √(I/A) = √(7,252 × 10⁶/3318) = 46,75 mm

Risposta

r = 46,75 mm
8.Baricentro e momento d’inerzia

Risposta: σin basso = 37,12 MPa

Aree composte: dividi la sezione in rettangoli. Il baricentro è la media pesata sulle aree ȳ = ΣAᵢyᵢ/ΣAᵢ. Il momento d’inerzia rispetto all’asse baricentrico somma il bh³/12 proprio di ogni parte e il suo termine di trasporto A·d², dove d è la distanza dal baricentro della parte al baricentro complessivo. La tensione di flessione è σ = M·y/I.

Dividi in due rettangoli

Misura ogni y dal bordo inferiore.

ala: Af = 100·30 = 3000 mm², yf = 200 + 30/2 = 215 mm
anima: Aw = 10·200 = 2000 mm², yw = 200/2 = 100 mm

Baricentro

ȳ = (Afyf + Awyw)/(Af + Aw) = (3000·215 + 2000·100)/5000 = 169 mm

Teorema del trasporto

ala: 100·30³/12 + 3000·(215 − 169)² = 6,573 × 10⁶ mm⁴
anima: 10·200³/12 + 2000·(100 − 169)² = 1,619 × 10⁷ mm⁴
Ix = 6,573 × 10⁶ + 1,619 × 10⁷ = 2,276 × 10⁷ mm⁴

Tensione di flessione

Il bordo inferiore dista ȳ dall’asse.

y = 169 mm
σ = M·y/I = 5 × 10⁶·169/2,276 × 10⁷ = 37,12 MPa

Risposta

σin basso = 37,12 MPa
9.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: θp = 13,28 °

Trasformazione della tensione piana: su un piano ruotato di θ, σ = (σₓ + σᵧ)/2 + (σₓ − σᵧ)/2·cos 2θ + τₓᵧ·sin 2θ. Il cerchio di Mohr mostra tutti i piani contemporaneamente: il suo centro è in C = (σₓ + σᵧ)/2 e il raggio è R = √(((σₓ − σᵧ)/2)² + τₓᵧ²). Le tensioni principali sono C ± R, e la massima tensione tangenziale nel piano è R.

στxyCσ1​σ2​

Angolo sul cerchio

Sul cerchio di Mohr il punto x si trova a un angolo 2θp dall’asse σ; il quadrante dipende dai segni di σₓ − σᵧ e τₓᵧ.

2θp = atan2(2·40, 150 − −10) = 26,57°

Angolo sull’elemento

θp = 13,28°

Risposta

θp = 13,28°

Gli angoli positivi sono in senso antiorario.

10.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: n = 2,912

Trasformazione della tensione piana: su un piano ruotato di θ, σ = (σₓ + σᵧ)/2 + (σₓ − σᵧ)/2·cos 2θ + τₓᵧ·sin 2θ. Il cerchio di Mohr mostra tutti i piani contemporaneamente: il suo centro è in C = (σₓ + σᵧ)/2 e il raggio è R = √(((σₓ − σᵧ)/2)² + τₓᵧ²). Le tensioni principali sono C ± R, e la massima tensione tangenziale nel piano è R. Criteri di snervamento: von Mises prevede lo snervamento quando σvM = √(σ₁² − σ₁σ₂ + σ₂²) raggiunge σY; Tresca quando la tensione tangenziale massima assoluta raggiunge σY/2.

σxyCσ1​σ2​

Tensioni principali

C = 95 MPa, R = 26,93 MPa
σ1 = 121,9 MPa, σ2 = 68,07 MPa, σ3 = 0

Tresca

σmax − σmin = 121,9 MPa
n = 355/121,9 = 2,912

Risposta

n = 2,912

n > 1 significa che il punto non si snerva; Tresca è leggermente più conservativo di von Mises.

11.Freccia della trave

Risposta: δ = 12,76 mm

Freccia delle travi: le frecce si ottengono integrando due volte la curvatura M/(EI). I casi standard sono tabulati, per esempio PL³/(3EI) per una mensola con carico all’estremo e 5wL⁴/(384EI) per una trave semplicemente appoggiata con carico uniforme su tutta la luce. Le frecce dovute a carichi diversi si sommano (sovrapposizione).

Unità coerenti

Lavora in N e mm: P in N, w in N/mm (kN/m = N/mm), L in mm, E in N/mm² (GPa × 1000), I in mm⁴.

w = 12 N/mm, L = 1500 mm
EI = 5,95 × 10¹¹ N·mm²

Freccia

δ = wL⁴/(8EI) = 12·1500⁴/(8·5,95 × 10¹¹) = 12,76 mm

Risposta

δ = 12,76 mm
12.Freccia della trave

Risposta: Ireq = 6,328 × 10⁶ mm⁴

Freccia delle travi: le frecce si ottengono integrando due volte la curvatura M/(EI). I casi standard sono tabulati, per esempio PL³/(3EI) per una mensola con carico all’estremo e 5wL⁴/(384EI) per una trave semplicemente appoggiata con carico uniforme su tutta la luce. Le frecce dovute a carichi diversi si sommano (sovrapposizione).

Limite di freccia

δallow = L/360 = 3000/360 = 8,333 mm

Momento d’inerzia richiesto

I = 5wL⁴/(384·E·δallow) = 5·10·3000⁴/(384·200000·8,333) = 6,328 × 10⁶ mm⁴
Ireq = 6,328 × 10⁶ mm⁴

Risposta

Ireq = 6,328 × 10⁶ mm⁴
13.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 3,655 kN

Instabilità euleriana: una colonna snella diventa instabile a Pcr = π²EI/(KL)², dove KL è la lunghezza libera d’inflessione: K = 1 per cerniera–cerniera, 2 per incastro–libero, 0,7 per incastro–cerniera e 0,5 per incastro–incastro. Sbanda attorno all’asse con I minore. La formula vale per colonne snelle, la cui tensione critica resta sotto la tensione di snervamento.

Momento d’inerzia minimo

Un rettangolo sbanda attorno al suo asse debole, usando il cubo della dimensione minore.

Imin = h·b³/12 = 100·20³/12 = 66667 mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 2·3000 = 6000 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·66667/6000² = 3655 N = 3,655 kN

Risposta

Pcr = 3,655 kN
14.Instabilità delle colonne

Risposta: d = 42,46 mm

Instabilità euleriana: una colonna snella diventa instabile a Pcr = π²EI/(KL)², dove KL è la lunghezza libera d’inflessione: K = 1 per cerniera–cerniera, 2 per incastro–libero, 0,7 per incastro–cerniera e 0,5 per incastro–incastro. Sbanda attorno all’asse con I minore. La formula vale per colonne snelle, la cui tensione critica resta sotto la tensione di snervamento.

Carico critico richiesto

Pcr = n·P = 2·70000 = 140000 N
KL = 1·1500 = 1500 mm

Risolvi per il diametro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·140000·1500²/(π³·200000))^(1/4) = 42,46 mm

Risposta

d = 42,46 mm

Verifica: la snellezza KL/r è 141,3, quindi la colonna è snella e vale Eulero.

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