Cap_03_-_Trave_Su_Suolo_Elastico

5/12/2018 Cap_03_-_Trave_Su_Suolo_Elastico - slidepdf.com

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- CAPITOLO 3 –

TRAVE SU SUOLO ELASTICO

Il problema della trave su suolo elastico è un esempio di problema diffusivo, cioè il carico

concentrato viene distribuito su una zona più ampia rispetto alla sua impronta. La trave è in

grado di assorbire il carico in funzione del rapporto tra la sua rigidezza flessionale e quella del

terreno: più la trave risulta rigida e meglio viene distribuito il carico.

3.1 Caratterizzazione del suolo

Il suolo può essere suddiviso in due tipologie: coerente e incoerente.

Per definizione il suolo coerente (a) è quello la cui deformata è a catino, cioè molto più

grande dell’ impronta del carico. In questo caso

vengono trasmessi sforzi di taglio.

Il suolo incoerente (b) è invece quello in cui l’area

della zona soggetta a carico ha deformata coincidente

con l’impronta del carico. In questo caso non vengono

trasmessi sforzi di taglio.

FIGURA 3.1



3.2 Suolo elastico alla Winkler

Questo è un esempio di terreno incoerente che viene schematizzato attraverso colonnine

indipendenti tra loro che non trasmettono sforzi di taglio al resto della struttura. Ancheun’argilla può essere schematizzata attraverso questo modello, infatti se consideriamo una

trave che poggia su un’argilla gli sforzi di taglio trasmessi al terreno sono quasi nulli, quindi è

possibile, almeno in prima approssimazione, considerare tale terreno come incoerente ed in

particolare modellizzarlo attraverso lo schema Winkler.

FIGURA 3.2 Esempio di modellizzazione del terreno alla Winkler

In ogni punto lo stato tensionale è caratterizzato da σT = K T* y(x). K T è la forza da applicare

al terreno per avere un abbassamento unitario, cioè K T [kg/cm3] = σT / L. I valori di K T

variano a seconda del tipo di terreno:

- K T = 2 – 3 kg / cm3 per sabbia

- K T = 8 – 10 kg / cm3 per argilla

- K T = 10 – 30 kg / cm3 per ghiaia



3.3 Trattazione analitica

Si consideri una trave prismatica appoggiata su un suolo alla Winkler:

- σ

T è costante sulla larghezza;- la deformazione a taglio è trascurabile.

FIGURA 3.3

FIGURA 3.4 Trave prismatica appoggiata su suolo alla Winkler

Il problema risulta essere infinitamente iperstatico; per risolverlo si applica il metodo della

linea elastica alle derivate IV:

( ) ( ) EJ

xr x p y IV

−=

FIGURA 3.5

(trascurando il taglio)

( ) ( ) ( ) EJ

x ybK x p

EJ

b x p y T T IV ⋅⋅−

=⋅−

=σ

con ( ) ( ) b x xr T ×=σ



si ottiene così:

( ) EJ

x p y

EJ

bK y T IV

=⋅

+

la soluzione di questa equazione differenziale sarà somma di un integrale particolare e di uno

generale:

( ) ( ) ( ) x y x y x yP+= 0 + 4 condizioni al contorno (due di tipo cinematica e due di tipo statico).

3.4 Trave di lunghezza illimitata sottoposta a un carico concentrato

in mezzeria

Si consideri il caso di una trave di lunghezza illimitata. La soluzione di questo caso è ancora

( ) ( ) ( ) x y x y x yP+= 0 .

Si risolve inizialmente l’integrale particolare ( ) x yP :

(1)( ) EJ

x p y y

IV =+

44α con EJ

bK T

4

4 ⋅=α

prendiamo come integrale particolare ( )( )bK

x p x y

T

P⋅

= .

Sostituendo in (1) si ottiene:( ) ( )

EJ

x p

bK

x p

EJ

bK

T

T =

⋅⋅

⋅+

4*

4

40 che è proprio l’integrale che

cercavamo.

In presenza di un carico ( ) x p (v.

figura 3.6)

si avranno degli abbassamenti pari a

( )( )bK

x p x y

T

P⋅

= cioè la trave trasla

FIGURA 3.6

verso il basso. In realtà, però i carichi distribuiti (come ad esempio il peso proprio ) danno

degli abbassamenti trascurabili, quindi l’ ( ) x yP

trovato non ci interessa.

Si consideri ora l’integrale generale dell’omogenea associata: ( ) x y0 :

04

4=+

y y

IV α

risolvendo otteniamo :



( ) )cossin()cossin(0 x D xC e x B x Ae x yx x

⋅+⋅+⋅+⋅=−

α α α α α α

Rispetto ad un sistema di riferimento

definito come in figura 3.7,

il problema è simmetrico.

FIGURA 3.7

Si ricercano le condizioni al contorno:

- per +∞→ x ( ) 0= x y e ( ) 0= x y I questo vuol dire che il fenomeno diffusivo è

esaurito, quindi D = 0, C = 0.

- per 0→ x per simmetria la deformata ha tangente orizzontale pari a zero, quindi:

1. ( ) 00 = I y

2. - ( ) ( ) xV EJ x y III

=⋅ → ( )2

0p

EJ y III

−=⋅− (il segno – deriva dal fatto che il

taglio è antiorario). In conclusione si ottiene: ( ) EJ

p y

III

⋅=

20

A questo punto si possono ricavare anche i coefficienti A e B:

( ) )cossin(0 x B x Ae x y x⋅+⋅=

−α α

α

→ ( ) )sincos()cossin(0 x B x Ae x B x Ae x y x x I ⋅⋅⋅−⋅⋅+⋅+⋅⋅−=

−α α α α α α α

α α

→ ( ) B A A B y I =⇒=⋅+⋅−⇒= 0000 α α

→ ( ) x Ae x y x I ⋅−=

⋅−α α

α sin2

Derivando due volte si ottiene:

( ) x Ae x y x III ⋅⋅= ⋅− α α α cos4 3 e sostituendovi ( ) EJ p y III ⋅

=2

0 si ricava A EJ P 34

2α =

A =bK

p

EJ

P

T ⋅⋅

⋅=

28 3

α

α .

Si è calcolata quindi la soluzione del problema: ( ) )cos(sin2

x xebK

p x y x

T

⋅+⋅⋅⋅⋅

⋅=

⋅−α α

α α .



3.5 Tracciamento

Poiché il problema è simmetrico possiamo considerare solo metà della struttura e poi

estendere i risultati all’ altra parte.Tracciamo il diagramma (figura 3.7) della funzione

( ) )cos(sin2

x xebK

p x y x

T

⋅+⋅⋅⋅⋅

⋅=

⋅−α α

α α

considerando che ( )bK

P y

T 2

0α

= si nota che la deformata è l’abbassamento in 0 smorzato della

funzione xe

α − . Per α = ¾ π si avrebbero delle trazioni, ovvero dei sollevamenti del terreno:

condizione non accettabile per i nostro tipo di problema. Si nota però che da ¾π a π la

deformata è solo il 4% del totale e può quindi essere trascurata. Inoltre solitamente si

considerano più carichi concentrati sovrapposti: si ha quindi un fenomeno di livellamento

dovuto alla sovrapposizione di tutte le compressioni.

Per le travi di fondazione per carichi modesti è il terreno stesso che si oppone al sollevamento

della trave.

E’ per questo motivo che si può trattare la trave reale (finita), come se fosse una trave

illimitata.

FIGURA 3.8

Si calcolano ora i diagrammi del taglio e del momento flettente per un carico concentrato P.

La zona di diffusione del carico, trascurando le code è di questo tipo (figura 3.9):

Con EJ

bK T

4

⋅=α .



FIGURA 3.9

Momento flettente: (figura 3.10)

( ) =⋅−⋅⋅⋅

⋅−=

⋅− )cos(sin3

x xebK

p x y x

T

II α α

α α

=⋅−⋅⋅⋅

⋅−=

⋅− )cos(sin4

x xebK

p x

T

α α α

α α

)cos(sin4

x xebK EJ

bK p x

T

T ⋅−⋅⋅

⋅⋅⋅

⋅⋅−=

⋅−α α

α

α

Noto che: ( ) ( ) x M EJ x y II =− si ha che ( ) ( ) )cos(sin0 x xe M x M xα α

α −⋅=

−

con ( )α 4

0p

M = . Si nota che Mmax= M(0) smorzato da e-αx:

FIGURA 3.10



Taglio: (figura 3.11)

( ) ( ) xV EJ x y III =−

( ) ( ) xeV xV x α α cos0 −⋅= con ( )

2 p xV −=

FIGURA 3.11



LUNGHEZZA D’ONDA λ (lunghezza di diffusione del carico)

Dato:

π αλ 2

=

422

bK

EJ

T ⋅== π

α

π λ

si ha che e-αλ = 2 000 .

Da ciò si deduce che per L = λ non c’è più diffusione dei carichi. Di conseguenza non ha

senso fare una trave di lunghezza maggiore di λ perché il carico non verrebbe comunque

diffuso. Per λ 2≥ L è valida la teoria per travi illimitate.

λ indica qual è la dimensione dell’area sulla quale vanno a distribuirsi i carichi. Distribuire

gli sforzi su una lunghezza maggiore è un vantaggio perché si diminuiscono gli sforzi

massimi, ma si paga tale vantaggio con momenti flettenti più alti. Quindi è inutile aumentare

la lunghezza della trave senza aumentarne contemporaneamente la sua rigidezza.

Esempio:

Data una trave di sezione rettangolare con altezza h e larghezza b e12

3hb

J ⋅

= si calcola che il

valore della lunghezza d’onda è 4

3

4

3

12

42

12

42

T T K

Eh

bK

Ebhπ π λ == .

Per aumentare λ è inutile allargare la trave poiché il problema è governato dall’altezza h.

Se consideriamo che h= 60 –100 cm

E = 300000 kg/ cm2

K T = 5 – 15 kg/cm3

Si ottiene un valore di λ pari a 22-25 h.

Ciò che è molto importante è il rapporto tra EJ e K T, infatti è proprio tale rapporto che

governa il fenomeno diffusivo. Se consideriamo una putrella di 20 cm posta su una superficie

di sabbia il carico risulta essere ben diffuso, se al contrario la stessa putrella è posta su una

superficie di roccia il carico non viene per nulla diffuso.



Un altro paramentro significativo è la σT :

( ) ( )b

QK

bK

QK y

T

T

T T ⋅

=⋅⋅⋅

⋅⋅=⋅=

λ

π

π

α π σ

200

Si nota che tanto maggiore è λ , tanto minore è ( )0T σ , cioè il fenomeno diffusivo è limitato.

Fin’ora si è sempre parlato di travi di lunghezza illimitata; proviamo a rimuovere tale ipotesi.

FIGURA 3.12

Si deve risolvere ancora una volta l’equazione differenziale di quarto grado ricavata in

precedenza:( ) EJ

x p y

EJ

bK y T IV

=⋅

+

Per calcolare la soluzione esatta sono necessarie 8 condizioni al contorno:

( ) 0= A M ⇒ ( ) 001 =⋅−II

y EJ ;

( ) 0= AV ⇒ ( ) 001 =⋅−III

y EJ ;

( ) ( ) 0== BV B M ⇒ ( ) 022 =⋅− l y EJ II

, ( ) 022 =⋅− l y EJ III

;

per continuità della trave: ( ) ( )0211 yl y = ;

rotazione relativa nulla: ( ) ( )0211

I I yl y = ;

( ) ( )0211

II II y EJ l y EJ ⋅−=⋅− ;

( ) ( ) P y EJ l y EJ III III

=⋅+⋅− 0211 .



Se l1< l2 e l1≥2

λ si può approssimare la soluzione rigorosa a quella della trave

illimitata.

Si può quindi risolvere il problema considerando una trave illimitata da una sola parte (figura

3.13); in questo caso bisogna trovare 4 condizioni al contorno.

FIGURA 3.13

Innanzi tutto si può dire che per ∞→ x il fenomeno diffusivo sarà esaurito: quindi

( ) ( ) 0=∞=∞

I

y y . L’equazione della linea elastica ci permette di dire che C = D = 0, perché

altrimenti il termine )cossin( x D xC e x⋅+⋅ α α

α non andrebbe mai a 0.

A differenza del caso della trave illimitata, questa volta non c’è simmetria; quindi non si può

dire che A = B. Per risolvere il problema è necessario ricorrere agli equilibri.

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