Linea Elastica

1 Equazione linea elastica 1

Appunti dal Corso di

Scienza delle Costruzioni

Prof. Chesi

Anno Accademico 2006-07 Questi appunti costituiscono una bozza di lavoro provvisoria, non ancora sottoposta a revisione.

Viene messa a disposizione degli allievi che hanno

frequentato il corso nel secondo semestre del presente

anno per loro esclusivo uso personale, ai fini della

preparazione dell’esame.


CALCOLO DEGLI SPOSTAMENTI IN TRAVI DALL’ASSE RETTILINEO

Travi dall’asse rettilineo: trave o sistema di travi che giacciono lungo un’unica direzione. I carichi giacciono perpendicolarmente a quest’asse (non ci sono azioni assiali – N – abbiamo solo taglio T e momento flettente M). La deformata che andiamo a calcolare è generata solo da M, quindi trascuriamo il contributo del taglio. Ad ogni ascissa x corrisponde un valore del momento flettente M(x); ogni punto della struttura subisce uno spostamento trasversale dato dalla funzione y(x), che descrive nella sua totalità la deformata della trave. Il metodo di calcolo della deformata è quello dell’equazione della linea elastica, procedimento che ci permette di passare dal momento flettente alla funzione della deformata. Qual è in ogni punto della trave la rotazione della linea d’asse (φ)? Il valore di quest’angolo (espresso in radianti) è dato dalla derivata prima della funzione y(x) nel punto di ascissa x.

fig. 1.1 y

1.


φ = y ’(x) Infatti la derivata prima di una funzione in un punto è pari per definizione alla tangente trigonometrica dell’angolo compreso tra la tangente alla curva in quel punto e l’asse delle ascisse (v. figura 1.2). Per piccoli valori dell’angolo (α) si ha:

'ydxdytg ==≅ αα

Per una retta: Per una curva, ragionando su incrementi infinitesimi dx e dy:

arctg=α ∆y/∆x≅ ∆y/∆x dxdy

dxdyartg ≅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=α

y

x

∆y

∆x

α

y

x

dx

dyα

y

x

tg

α

fig. 1.3 – 1.4

fig. 1.5

tg

yx

φ

fig. 1.2


1.1 Deformata del concio inflesso (ipotesi di Navier) L’ipotesi di Navier prende in esame un concio di trave di spessore infinitesimo, a cui applica un momento flettente; il concio deformandosi subisce una trazione nelle fibre inferiori, e una compressione in quelle superiori (v. figura); le due facce trasversali ruotano restando piane; i loro profili vanno a convergere in un punto, nel quale posso evidenziare l’angolo dφ che descrive la deformazione locale del concio.

Il valore dell’angolo dφ è:

dφ = EI

Mdx.

Proviamo a ricavare la formula supponendo fissa la faccia di sinistra del concio:

zd

dtgd x⋅=≅ε

ϕϕ )( dove ε

è la deformazione delle fibre a distanza z dall’asse neutro e dx è la lunghezza iniziale della fibra. Quindi, sapendo che ε=σ/E (E=modulo di elasticità longitudinale), possiamo riscrivere l’espressione dell’angolo dφ come:

dxz

Ed /)( σϕ =

Ma σ = zIM

n

⋅ , quindi

IEdxMdx

EzIzMd

n ⋅⋅

=⋅⋅⋅⋅

=)( ϕ . Questa formula descrive la deformazione

locale del concio dovuta alla flessione.

dx

dφ

dφ

dφ=tg(dφ)z

dφ

dx

MMz

fig. 1.6

fig. 1.7


Dal disegno possiamo ricavare dx = r dφ, da cui

si ha che rdx

d 1=

ϕ. La quantità r viene

denominata “raggio di curvatura”, mentre il suo

inverso (r

C 1= ) “curvatura” della trave.

In ogni punto della trave la curvatura è esprimibile in funzione della deformata y(x):

( ) 2/32'1''1

yy

rC

+==

y’’ indica la derivata seconda della funzione y(x). Per le condizioni di abitabilità degli edifici,le rotazioni della trave pari a y’, sono piccole, quindi possiamo assumere che il denominatore della frazione sia pari ad 1. Così la formula si riduce a ''yC ≅ .

Sapendo che dφ = EI

dxM ⋅, possiamo riscrivere l’espressione della curvatura

come C = IE

Mdxd

⋅=

ϕ = y’’

Quindi la relazione tra la deformata y(x) ed il momento M si esprime attraverso la derivata seconda di y(x), ed è (EQUAZIONE DELLA LINEA ELASTICA):

IEMy⋅

=''

Per poter scrivere correttamente l’equazione della linea elastica, occorre precisare il problema della convenzione di segno della curvatura.

La positività della curvatura espressa come C = y’’ dipende dalla scelta dell’asse y: la concavità positiva è quella in direzione dell’asse y. Invece, la positività della curvatura espressa

come C = IE

M⋅

dipende dalla convenzione

di segno del momento flettente: un momento flettente che tende le fibre inferiori genera una curvatura con concavità verso l’alto.

r

y

x

C > 0

M > 0 C > 0

fig. 1.8

fig. 1.9

fig. 1.10


Se le due convenzioni definiscono come positiva una concavità dello stesso tipo (entrambe verso l’alto o verso il basso) allora l’equazione della linea

elastica è IE

My⋅

+='' ; se invece,come nel caso della figura, le due

convenzioni sono una l’opposto dell’altra, l’equazione della linea elastica è

IEMy⋅

−='' .

c>0

yc>0

1.2 Esempi Esempio 1: trave in semplice appoggio con carico uniformemente distribuito. Ci interessano, in particolare, la freccia in mezzeria (f) e la rotazione φ nei due estremi (φd e φs).

In base alla convenzione di segno del momento flettente:

22

2pxxplM −⋅=

Scegliamo l’asse y verso il basso, in modo che gli spostamenti, che sappiamo essere verso il basso, risultino positivi: quindi le due curvature

pl/2pl/2

pl

x

fig. 1.11

fig. 1.12

fig. 1.13

p

l

φdφs

yf


avranno segno opposto. Scriviamo l’equazione della linea elastica:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅

⋅−=

⋅−=

221''

2pxxplIEIE

My

Integriamo la funzione.

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅+⋅−= Axpxpl

EIy

32221'

32

La derivata prima descrive l’angolo di rotazione φ nei vari punti della trave.

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⋅+⋅−= BAxxpxpl

EIy

46341 43

La funzione trovata y(x) indica lo spostamento trasversale nei vari punti della trave. Occorre trovare ora i valori delle costanti A e B per adattare la soluzione generale al caso particolare. Imponiamo le condizioni al contorno date dai vincoli della struttura: occorre garantire che nei due estremi della trave, dove ci sono cerniera e carrello, non si verifichino traslazioni lungo l’asse delle y (che siano quindi nulli i valori y(0) e y(l)).

y(0)=0 01=⋅ B

EI B=0

y(l)=0 04634

1 43

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅+⋅−⋅ Allplpl

EI

02412

43 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅+− Allplpl

A = 3

241 pl

Quindi l’equazione particolare della deformata risulta:

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++−=

lx

lx

lx

EIplxplxpxpl

EIxy

434343 2

242424121)(

Possiamo ora trovare la freccia in mezzeria:

EIpl

EIplly

44

24165

21

161

812

242⋅

⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⋅−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

EIpllyf

4

3845

2⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

Facciamo un controllo dimensionale del risultato che abbiamo ottenuto:


p, essendo un carico distribuito, si esprime come forza su unità di lunghezza; E è una forza su lunghezza al quadrato; mentre il momento d’inerzia è una lunghezza alla quarta; abbiamo dunque:

ll

lF

llF

=⋅

⋅

42

4

La freccia è infatti una lunghezza.

Se vogliamo ora calcolare la rotazione dei due estremi della trave, ci riferiamo alla derivata prima y’(x):

( )EI

plys 240'

3

==ϕ

( )EI

plEIplpllplpl

EIlyd 2424

161

41

24641'

33332 −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡++−==ϕ

Le due rotazioni, come potevamo aspettarci, sono uguali in modulo e opposte in segno. E infatti, considerando la convenzione di segno per le rotazioni associate al sistema di riferimento che abbiamo assunto, sono positive le rotazioni in senso orario (quello che porta l’asse delle ascisse a sovrapporsi a quello delle ordinate). Per le norme vigenti, la freccia in mezzeria non deve superare 1/400 della luce della trave. Nel nostro caso:

f=ELpl

EIpll

44

4005

3845

4001

⋅≅⋅= Si ha quindi: 15 3 ≅plEI

Essendo φ=EIpl 3

241⋅ , moltiplicando e dividendo per 5, si ha

55

241 3

⋅⋅EIpl

;

posso sostituire il termine EIpl 35

con 1, ottenendo 120

1≅ϕ (radianti) che, in

gradi, è uguale a °≅=⋅ 5.014.35.1180

1201

π

L’angolo così calcolato (φ=0.5 °) rappresenta il massimo valore di rotazione della struttura. Si trova così conferma dell’ipotesi assunta, e cioè che le rotazioni siano piccole.


Esempio 2: mensola con carico uniformemente distribuito. Prendo come origine dell’asse x l’estremo destro della trave.

( )

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++⋅⋅=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⋅⋅=

⋅=+=

BAxxpEI

y

AxpEI

y

pxEI

xMEI

y

461

321'

211''

4

3

2

Per calcolare A e B imponiamo le condizioni al contorno. In x=0 non abbiamo condizioni, perché non ci sono vincoli. In x = l abbiamo invece due condizioni: che non ci siano né traslazione sull’asse delle y né rotazione (che siano quindi nulle le funzioni y(l) e y’(l)).

⎩⎨⎧

==

0)('0)(

lyly

06

1

0624

1

3

34

=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +⋅

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−⋅

AlpEI

BlpllpEI

6

83

4

plA

plB

−=

=

Sostituendo quindi nell’equazione della deformata:

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+−⋅= 34

2486241 4443

4

lx

lx

EIplplxplxp

EIy

Possiamo quindi calcolare lo spostamento e la rotazione nell’estremo libero della trave:

f = y(0)=EI

plEI

pl8

324

44

=⋅

( )EI

plEIAy

60'

3

−===ϕ

p

l

y

x

Mx=px²/2

φ

f

fig. 1.14

fig. 1.15

fig. 1.16


Esempio 3: mensola con carico concentrato all’estremo libero. F

f

φ

l

y

( )

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⋅−=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−=

−=+=

BAxxFxFlEI

y

AxFFlxEI

y

FxFlEIEI

My

3221

21'

1''

32

2

Condizioni al contorno:

( )

( ) 00

00'

=

=

y

y

01

0

=⋅

=

BEI

EIA

0

0

=

=

B

A

La soluzione è quindi: ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⋅= 32

621 xFxFlEI

y

Freccia ( )EI

FlEIFllFlFl

EIlyf

361

21

621 33

32 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅−⋅⋅==

Rotazione ( )EIFlFlFl

EIly

222

21

21' ⋅=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅==ϕ

M(x)

Fl

x

M(x)=Fl-Fx

fig. 1.17

fig. 1.18


Esempio 4: mensola con momento applicato all’estremo libero.

l

W

y

( )

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⋅=

+⋅⋅=

==

BAxxWEI

y

AxWEI

y

EIW

EIMy

21

1'

''

2


( )

( ) 00'

00

=

=

y

y

0

0

=

=

EIA

EIB

0

0

=

=

A

B

Quindi ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅=

21)(

2WxEI

xy e ( ) WxEI

xy ⋅=1'

Calcolo della freccia ( )EI

Wllyf2

2

==

Calcolo della rotazione ( )EIWlly == 'ϕ

M=W

x

fig. 1.19

fig. 1.20


Quindi riassumendo:

8

2

maxplM =

EIpl

EIplf

803845 44

≅⋅=

2

2

maxplM =

EIplf8

4

=

FlM =max EIFlf

3

31⋅=

WM =max EI

Wlf2

21⋅=

l

p

l

p

l

F

l

W

fig. 1.21

fig. 1.22

fig. 1.23

fig. 1.24

1. Calcolo degli spostamenti in travi dall’asse rettilineo 12

Esempio 5: Mensola con carico concentrato posto a distanza a dall’incastro.

Diagramma del momento. Non siamo in grado di esprimere il momento flettente con un’unica espressione analitica: dobbiamo formulare due equazioni della linea elastica per le due parti in cui scomponiamo la trave (1 e 2). Usiamo l’asse di riferimento x1 nella parte di sinistra (che parte dall’incastro) e x2 nella parte di destra.

L’ equazione della linea elastica per la parte di sinistra è:

( )PxPaEIEI

My −⋅=+=1'' 1

1

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⋅−⋅=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−⋅=

11

32

1

1

2

1

3221

21'

BxAxPxPaEI

y

AxPPaxEI

y

Si impongono ora le condizioni al contorno corrispondenti al vincolo ad incastro (cioè si impongono uguali a 0 la rotazione e la traslazione verticale nell’estremo di sinistra):

( )00'

000

11

11

=→==→=

AyBy

Le espressioni degli spostamenti nella parte di sinistra risultano dunque:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅=

21

321

21'

61

2

xaxEIPy

xxaEIPy

Consideriamo ora la seconda parte della trave, di lunghezza b.

M2=0M1

Pax1 x2

P

ba

y2y1

fig. 1.25

fig. 1.26


Per essa la curvatura, che in generale è EIM

y 22 '' += , ha risultato nullo,

perché in questo tratto della trave M2=0. Integrando l’equazione abbiamo:

222

22 'BxAy

Ay+=

=

Non ci sono condizioni al contorno assolute da porre (poiché non ci sono vincoli nell’estremo di destra); si devono porre allora condizioni di continuità tra i due tratti della trave (che garantiscano la continuità di spostamento e rotazione nel punto d’unione dei segmenti a e b). Esse sono:

rotazione ( ) ( )EI

PaAayy2

'0'2

212 =→=

spostamento ( ) ( )ayy 12 0 =

ma ( ) 22 0 By = e ( )EI

PaaaEIPay

362

333

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

quindi EI

PaB3

3

2 =

In conclusione si ha:

EIPax

EIPaBxAy

EIPaAy

32

2'

32

222

2

22

+=+=

==

Questa soluzione è ottenuta applicando il metodo della linea elastica, imponendo le condizioni su spostamenti e rotazioni RELATIVE tra i due tratti di asta. Lo stesso risultato si può ottenere tramite un metodo più intuitivo che parte dall’osservazione della deformata della trave.

Il primo tratto dell’asta si deforma secondo il caso (già incontrato in precedenza) della mensola caricata all’estremità con

φφxl/2

Pa³ 3EI

fig. 1.27


una forza concentrata P. Per essa la freccia massima, già calcolata, vale

EIPa3

3

. Nel secondo tratto dell’asta non agiscono ulteriori forze, e il suo

estremo non è vincolato: esso accompagna la prima parte di asta nella sua deformazione, rimanendo rettilineo. Nell’estremo libero l’ulteriore incremento rispetto alla freccia del primo tratto di asta corrispondente al cateto minore di un triangolo rettangolo, ed è esprimibile come il prodotto del cateto maggiore (b) per l’angolo φ, cioè

bEI

Pab ⋅=⋅2

2

ϕ

La spostata y2 è descritta da una retta:

EIPax

EIPay

32

32

2 +=

dove EI

Pa2

2

è il COEFFICIENTE ANGOLARE e indica l’inclinazione della

retta; EI

Pa3

3

invece è la PARTE COSTANTE.

Esempio 6: Trave in semplice appoggio con momento W applicato ad un estremo.

Reazioni vincolari. Grafico del momento flettente

l

φdφs

y

W

fig. 1.28

x

fig. 1.30

W

W/l W/lfig. 1.29


La convenzione di segno per gli spostamenti corrisponde ad una concavità positiva opposta a quella del momento. Si inserisce allora un segno negativo all’interno dell’equazione della linea elastica:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⋅−=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅−=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=−=

BAxxl

WEI

y

Axl

WEI

y

xl

WEIEI

My

321

21'

1''

3

2


( )

( )6

06

0

000

3 WlAAlll

Wly

By

+=→=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−→=

=→=

Allora ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

lxl

EIWy

26'

2

e ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

lxxl

EIWy

66

3

Si calcola ora la rotazione nei due estremi di destra e di sinistra:

( )EI

Wlyd 60' ==ϕ ( )

EIWlll

EIWlys 326

' −=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −==ϕ

Questo risultato concorda in segno con la scelta degli assi x e y di riferimento, secondo i quali è positiva la rotazione in verso antiorario. La rotazione nell’estremo di destra risulta inoltre più piccola di quella nell’estremo di sinistra, coerentemente col fatto che il momento il momento è applicato a sinistra. Esempio 7:

E’ un caso riconducibile all’es. 6, in cui invece di un unico momento sono applicate due coppie in entrambi gli estremi della trave. l

φφ

y

W W

fig. 1.31


È uguale alla somma di questi due casi: +

La rotazione totale è la somma delle rotazioni parziali relative ai due estremi in ognuno dei due casi esposti sopra.

( )dsEIWl

EIWl

EIWl ϕϕϕ ===+=

263

Esempio 8:

Il carico concentrato è applicato esattamente al centro della trave in semplice appoggio. Reazioni vincolari. Grafico del momento flettente. Ho due momenti diversi,

( ;21 xPM = ( )xlPM −=

22 )

quindi due funzioni y(x) diverse.

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=−= xP

EIEIM

y2

1'' 11 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −+=−=

221'' 2

2PlxP

EIEIM

y

W W

fig. 1.32

l/2

y

P

l/2

P

fig. 1.33

P/2

P

P/2

fig. 1.34

x

M2M1fig. 1.35


⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅−= 1

2

1 221' AxP

EIy ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−⋅= 2

2

2 2221' AxPlxP

EIy

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⋅−= 11

3

1 341 BxAxP

EIy ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⋅−⋅= 22

23

2 22341 BxAxPlxP

EIy

Le condizioni al contorno sono ancora una volta quattro, quanti sono i parametri (A1, A2, B1, B2) da trovare.

( ) 001 =y Cerniera ( ) 02 =ly Carrello

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

22 21lyly Condizioni relative (nel punto centrale della trave)

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

2'

2' 21

lyly

2

2

1

2

22

23

1

3

22

331

224444

2448122812

0412

0

AlPllPAlP

BlAlPllPlAlP

BlAPlPl

B

+⋅−⋅=+⋅−

+⋅+⋅−⋅=⋅+−

=++−

=

32

21

22

1

481

161163

0

PlB

PlA

PlA

B

−=

=

=

=

Il problema ancora una volta può essere semplificato ricorrendo intuitivamente alla simmetria, per scomporre l’asta in due parti simmetriche che diano luogo a problemi più semplici.

In particolare questo è un problema a simmetria geometrica e di carico, in cui risulta simmetrico il diagramma del momento, mentre quello del taglio è antisimmetrico:

+P/2

-P/2fig. 1.36


-P/2

Studiamo solo metà dell’asta (in particolare la metà di destra) ridisegnandola come segue: In essa il diagramma del taglio e del momento risultano essere: E quindi coincidono esattamente con la metà di destra dell’asta analizzata in precedenza. Il vincolo del pattino inserito all’estremo di sinistra rispetta le condizioni di simmetria della struttura, in quanto impedisce ogni rotazione in quel punto (in mezzeria della trave originaria l’angolo di rotazione era nullo) mentre permette la traslazione verticale del medesimo. In questo modo il problema risulta notevolmente semplificato. Equazione della linea elastica: Condizioni al contorno:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⋅−=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅−=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=

BAxxPEI

y

AxPEI

y

xPEI

y

341

221'

21''

3

2

( )

02

'

00

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=

ly

y (carrello + pattino)

0

44

02

=+⋅−

=

AlPB

16

02PlA

B

=

=

P/2

y

l/2

fig. 1.37

Pl/4

Pl/4

P/2P/2

fig. 1.38

fig. 1.39 fig. 1.40


Espressione finale della deformata:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−=

164'

161222

23

lxEIPy

xlxEIPy

La freccia in mezzeria è quindi:

EIPl

EIPllyf

4821

161

81

121

2

33

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+⋅−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

La rotazione φ in corrispondenza dell’appoggio risulta:

( )EI

Ply16

0'2

==ϕ

Esempio 9: Trave in semplice appoggio con momento W applicato in mezzeria.

Reazioni vincolari. Grafico del taglio. Grafico del momento flettente.

l/2

y

l/2

W

W

W/l W/l

fig. 1.41

fig. 1.42

-W/l

W/l

W/l

W

fig. 1.43

fig. 1.44


È sufficiente risolvere una metà del problema, una volta considerata la simmetria della struttura (che è antisimmetria per quanto riguarda il momento flettente, simmetrica invece rispetto al taglio). Inserisco una cerniera nel punto in cui taglio l’asta, in modo che resti vincolata la traslazione di questo punto rispetto all’asse verticale, mentre sia permessa la sua rotazione.

W/2 W/2

φφ

l/2 l/2

La rotazione in mezzeria è la somma delle due rotazioni parziali. Esempio 10: Trave in appoggio con sbalzo e carico concentrato applicato all’estremità del tratto a sbalzo.

Ci interessa trovare il valore della freccia f. Grafico del momento flettente.

Per trovare la freccia impiegando l’equazione della linea elastica, occorre scrivere due equazioni e imporre quindi quattro condizioni al contorno: 1) la cerniera nell’estremo di sinistra non consente spostamenti verticali: 1y =0 2e3) devo garantire la continuità tra primo e secondo tratto dell’asta: 1y = 2y 1'y = 2'y

fig. 1.45

y2f

y1

l

P

l

Pl

M1 M2

x1 x2

fig. 1.46

fig. 1.47


f

4) il carrello è un vincolo che non consente spostamenti verticali: 021 == yy

Oppure posso trovare lo stesso risultato in maniera intuitiva, per cui scompongo l’asta in due tratti uguali secondo l’asse che passa per la mezzeria.

La parte di destra, se avesse all’estremo di sinistra un vincolo ad incastro, sarebbe assimilabile ad una mensola, con freccia pari a

EIPlf3

3

= .

In realtà non c’è un incastro, ma un vincolo che permette una rotazione: l’asta parte quindi già ruotata rispetto alla sua linea d’asse. Ma di quanto?

Questa rotazione produce una freccia da sommare a quella già calcolata

(EI

Plf3

3

= ) e che vale φl; ma quanto vale φ?

Per saperlo, consideriamo il tratto di sinistra dell’asta:

esso è assimilabile ad un esempio già incontrato (es. 6), in cui ad un’asta in semplice appoggio è applicata una coppia ad un’estremità.

Per esso la rotazione φ vale EI

Wl3

=ϕ cioè, in questo caso, EI

PllEIPl

33

2

=⋅ .

La freccia totale dell’asta nell’estremo di destra vale dunque:

fig. 1.48

fig. 1.49

φ

fig. 1.50 φ

fig. 1.51

φW=Pl

fig. 1.52


EIPll

EIPl

EIPlf

323

32

33=⋅+=

Esempio 11: Un analogo metodo di risoluzione tramite la scomposizione in più casi noti si può applicare alla seguente struttura (mensola + trave in appoggio): Se invece volessimo risolvere il problema con il metodo dell’equazione della linea elastica, dovremmo scrivere due equazioni e porre quattro condizioni al contorno (due per ogni tratto d’integrazione):

0'0

1

1

==

yy

(per il vincolo dell’incastro)

21 yy = (per la cerniera interna) 02 =y (per il carrello)

Esempio 12: Trave in semplice appoggio con due sbalzi e carico concentrato posto alle due estremità.

Il problema ha simmetria geometrica e di carico. Una possibile soluzione intuitiva potrebbe suggerire di sostituire un pattino quale vincolo di simmetria tagliando in mezzeria la trave.

l

p

l

f

fig. 1.53

l/2ll/2

P P

P

fig. 1.54

fig. 1.55


In realtà, osservando il diagramma del momento flettente: il problema del tratto centrale della struttura coincide esattamente con quello dell’es. 7 Quindi riassumendo:

xl

WM = EI

Wld 6

=ϕ EI

Wls 3

−=φ

WM = ( )EI

Wlds 2

=== ϕϕϕ

( )xlPM

xPM

−=

=

2

2

2

1

EIPl

EIPlf

16

482

3

=

=

ϕ

PlM = EIPlf

3

32

⋅=

P P

fig. 1.56

fig. 1.57

W=Pl/2W=Pl/2

fig. 1.58

Mmaxl

W

l

W W

Mmax

P

l/2 l/2 M2M1

ll

P Mmax

fig. 1.59

fig. 1.60

fig. 1.61

fig. 1.62


1.3 Le deformazioni termiche La struttura disegnata in figura può essere vista come schema di una trave di copertura; accade che essa si trovi soggetta a differenze di temperatura tra la faccia esterna e quella interna (d’estate l’interno è ad una temperatura molto più bassa dell’esterno, viceversa d’inverno). In generale per effetto della variazione termica le fibre del materiale di cui la trave è composta risultano soggette ad allungamenti disuguali facendo deformare, la trave e, in particolare, i conci di trave di lunghezza infinitesima dx. Nel caso particolare in cui la variazione di temperatura è uniforme l’allungamento della trave è direttamente proporzionale al ∆T (la variazione di temperatura): all’aumentare della temperatura, aumenta anche l’allungamento della trave. Possiamo affermare che ∆l è proporzionale a ∆T, ma anche alla lunghezza iniziale dell’asta (l), secondo un coefficiente che tenga conto del materiale di cui è fatta la trave (α, detto coefficiente di dilatazione termica). La formula che esprime l’allungamento risulta quindi:

Tll ∆⋅⋅=∆ α

Si può anche in questo caso parlare di deformazione (ll∆

=ε ), che però

non è più dovuta ad uno sforzo (Eσε = ), bensì alla variazione di

temperatura ( Tt ∆⋅= αε ). Considerando le unità di misura di quest’ultima formula, se ε è un valore adimensionale, e ∆T si misura in °C, allora necessariamente α avrà come

unità di misura il reciproco del grado [C°1

].

l l

dx

fig. 1.63

l ∆lfig. 1.64


Analizzando ora il caso in cui la deformazione dovuta alla temperatura non è uniforme (le fibre della trave non subiscono tutte lo stesso ∆T); si ha un ∆Ts, che indica la variazione termica delle fibre superiori, e un ∆Ti, che indica la variazione termica delle fibre inferiori; tutte le altre fibre si trovano in uno stadio intermedio rispetto a queste due. Studiamo il comportamento del singolo concio di lunghezza dx all’interno della trave.

L’angolo di rotazione dφt è ora generato da una variazione termica che non è costante sulla trave.

La deformazione che il concio subisce è molto piccola; questo implica che è a sua volta piccolo l’angolo dφ , e che dunque può essere approssimato alla sua tangente trigonometrica (cioè al rapporto tra il cateto maggiore e il minore del triangolo, che sono rispettivamente l’altezza h del concio e il segmento che indica la differenza d’allungamento tra le fibre superiori e quelle inferiori).

L’allungamento delle fibre superiori del concio è esprimibile come

dxTl ss ⋅∆⋅=∆ α mentre quello delle fibre inferiori è:

dxTl ii ⋅∆⋅=∆ α La loro differenza è quindi

( )dxTTll isis ∆−∆=∆−∆ α

h

∆ts

∆ti

h

dx

dφt

fig. 1.65

fig. 1.66

dφt

h

dφt

fig. 1.67


Possiamo allora definire l’angolo di rotazione dφ dovuto alla variazione termica come:

dxh

TTd is

t ⋅∆−∆

⋅= αϕ

Oppure, supponendo che la differenza tra ∆Ts e ∆Ti sia esattamente ∆T (cioè che ∆Ti sia nullo), si ha

hdxTd t

⋅∆⋅=

αϕ ; oppure ancora, se si assume che le fibre superiori si

trovino a +∆T, mentre quelle inferiori a –∆T, si ha ( )[ ]

hdxTdx

hTTd t

⋅∆⋅=

∆−−∆=

ααϕ 2

e dunque Ch

Tdx

d t =∆⋅

=αϕ 2

C è un’espressione di curvatura termica: come già fatto in precedenza per le deformazioni dovute a carichi, il passaggio attraverso l’espressione della curvatura conduce alla definizione dell’equazione della linea elastica anche per i casi di deformazione termica. Esercizio sulle deformazioni termiche:

Equazione della linea elastica ''2 yh

TC =∆⋅−

=α

Si noti l’aggiunta di un segno negativo nell’equazione appena scritta: bisogna infatti confrontare le due convenzioni di segno (quella delle deformazioni dovute alla variazione termica e quella dell’asse y), che nel caso in esame sono discordi.

BAxxh

Ty

Axh

Ty

++⋅∆⋅

−=

+∆⋅

−=

22

2'

2α

α

+∆xy

-∆xfig. 1.68


Condizioni al contorno: ( )

( ) lh

TAAllh

Tly

By∆⋅

=→=+⋅∆⋅

−→=

=→=

αα 02

20

0002

Deformata:

( )22 xlxh

Txh

lTxh

Ty −∆⋅

=⋅∆⋅

+∆⋅

−=ααα

La deformata è una parabola con concavità verso il basso (l’equazione della deformata è infatti quella di una parabola). Se scritta in questo secondo

modo: ( ) Txlxh

y ∆⋅⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −= 2α

, è evidente la proporzionalità diretta, già

osservata, tra questi spostamenti e il ∆T. La freccia massima (f) è in corrispondenza della mezzeria della trave:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

2lyf .


Il metodo della linea elastica nel calcolo delle strutture iperstatiche ESERCIZIO 1

Sappiamo già, in quanto lo abbiamo calcolato nei precedenti esercizi, che la freccia di una

mensola è pari a EI

Plf3

3

= nel

caso di un carico concentrato nell’estremo libero, mentre, con carico uniformemente distribuito

p, è pari a EI

plf8

4

= . Possiamo

applicare una forza concentrata in questo estremo diretta in verso opposto al carico, tale da eliminare la freccia. Tale forza deve dunque causare una freccia pari a quella generata dal carico:

EIpl

EIPl

83

43

=

plP83

=

Questa nuova forza non elimina la rotazione nell’estremo libero della struttura, ma solo la freccia: tale condizione cor-risponde a porre un vincolo sul-l’abbassamento, rappresentabile da un carrello. I vincoli “in eccesso” delle iperstatiche corrispondono a limitazioni di spostamenti e/o rotazioni.

p

y

l

F

P

f = Pl

y

l

3 EI3

y

l

p

f = pl4

8 EI

p

y

l

X

y

l


Il calcolo delle reazioni iperstatiche si può condurre solo tenendo conto della deformabilità della struttura e imponendo il rispetto (cinematico) dei vincoli con un’equazione di congruenza al vincolo (come quella svolta sopra). Il calcolo della reazione vincolare iperstatica può essere ottenuto applicando direttamente il metodo della linea elastica. Riconduco la struttura iperstatica ad un’isostatica scegliendo una reazione ed evidenziandola come forza esterna applicata. In questo caso considero il carrello come vincolo iperstatico, e lo sostituisco con una forza X, applicata all’estremo libero della mensola. Scrivo l’equazione dei momenti (separando gli effetti del carico p e di X per semplicità).

22

22

)1(pxplxplM −+−=

XxXlM −=)2(

Evidenzio le convenzioni di segno. Il momento totale M è dato dalla somma dei due parziali:

XxXlpxplxplMM −+−+−== + 22

22

)2()1(

L’equazione della linea elastica (presa con il segno negativo davanti ad uno dei due termini) risulta:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++−++−=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−++−=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−++−=

BAxXlxXxxplplxpxEI

y

AXlxXxxplplxpxEI

y

XlXxplplxpxEI

y

2646241

22261'

221''

232234

2223

22

p

l

pl


Per calcolare il valore delle tre incognite (A, B e X) impongo le condizioni di vincolo, che sono date, oltre che dall’incastro, anche dal carrello:

⎩⎨⎧

==

=

0'0

0

yy

x

0=

=

y

lx

( )( ) 000'

000=→=

=→=Ay

By

( ) →= 0ly 0622464

33444

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−+−

XlXlplplpl

031

24641 34 =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−+

+− Xlpl

038

1 34 =−

Xlpl

38

1 34 Xlpl =

Ottengo la stessa equazione che avevo scritto direttamente.

plX83

=

Per risolvere il problema originario (il calcolo dell’incognita iperstatica) ho imposto un’ulteriore condizione, la condizione di rispetto del vincolo in eccesso o condizione di congruenza, la quale si traduce in un’equazione nell’ incognita X. La scelta del vincolo iperstatico è libera, purché si rispetti il concetto di degradare e non sostituire il vincolo, e non si creino labilità); la stessa struttura si poteva anche studiare come:

l


in cui applico come esterno il momento dato dall’incastro, degradandolo ad una cerniera.

Posso tracciare i diagrammi del momento flettente (scindendo quello causato dal carico da quello causato da Z

Carico distribuito Momento Z

Impongo le condizioni al contorno.

⎩⎨⎧

==

=

0'0

0

yy

x

0=

=

y

lx

E’ possibile ora scrivere l’equazione della linea elastica e calcolare le tre incognite A, B e X. Ancora una volta, però, si può ottenere lo stesso risultato più velocemente tramite l’imposizione diretta della congruenza, questa volta considerando la rotazione causata dal carico distribuito e quella data dal momento Z:

EIpl

24

3

=ϕ EIZl

3=ϕ

pZ

l l

P

φ = Zl3 ΕΙ

Z


Poiché in x=0 la trave ha un incastro, la rotazione complessiva deve essere nulla.

→=EIZl

EIpl

324

3

8

2plZ =

Conoscendo il valore di Z possiamo calcolare le reazioni vincolari fornite dai due vincoli. Scindiamo l’apporto del carico distribuito da quello del momento Z.

2plVV BA ==

8plVV BA =+=

plplplV

plplplV

B

A

83

82

85

82

=−=

=+=

Consideriamo il diagramma del momento flettente.

La sua equazione, l’abbiamo scritto in

precedenza, è

XxXlpxplxplM −+−+−=22

22

Confrontiamolo con il momento che interessa una mensola (struttura isostatica) con la stessa condizione di carico.

VVA B

pl8

2

AV VB

5pl8 8

pl3

ppl8

2

pl2

pl 2

8


Nell’incastro, cioè nel punto in cui si esercita il momento maggiore, esso è

pari a 8

2pl− nell’iperstatica, e a

2

2pl nella mensola (quattro volte più

grande). Nell’iperstatica l’azione del momento è meglio distribuita; questo comporta un migliore utilizzo del materiale. Esercizio 2 -Sviluppo diretto con il metodo della linea elastica.

Individuo l’incognita iperstatica nella reazione del carrello, che sostituisco con una forza esterna X. Disegno il grafico del momento flettente distinguendo i due carichi. Carico P Carico X

P

l l

P

Xx1 x2

y1 y2

pl

P

P 2Xl

XX


PxPlM +−=1 -- 02 =M XxXlM −= 21 ..-- XxXlM −=2

( )

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++−+−=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−+−=

−+−=

BAxXlxXxPxPlxEI

y

AXlxXxPxPlxEI

y

XlXxPxPlEI

y

22

6621

222

1'

21''

2332

22

( )

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++−=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−=

−=

DCxXlxXxEI

y

CXlxXxEI

y

XlXxEI

y

261

21'

1''

23

2


⎩⎨⎧

==

=

0'001

yy

x

⎩⎨⎧

==

==

21

21

21

''0;

yyyyxlx

0

2

=

=

y

lx

P


( )( )

( ) ( )

( ) ( ) 22

222

221

33

3333

21

1

1

23

22

220''

65

36620

000'000

XlPlCXlXlPlPlCyly

XlPlDXlXlPlPlDyly

AyBy

−=→−+−=→=

−=→−+−=→=

=→==→=

Inoltre dall’ultima condizione ricaviamo il valore di X:

( ) →= 02 ly 065

323

2263

33

333

=−+−+− XlPlXlPlXlXl

Dividiamo per l3.

031

21

65

23

21

61

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −−− PX

0232

65

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−+ XP

065

38

=+− PX

PX165

=

Svolgiamo lo stesso caso per imposizione diretta della congruenza.

Calcolo la freccia dovuta a P. Nel primo tratto dell’asta (in x1=l) la

freccia vale EI

Plf3

3

= ; nel secondo

tratto (in x2=l) la freccia risulta incrementata della rotazione φ dell’asta per la lunghezza l:

EIPllf2

3

=⋅= ϕ .

P

f ?

l

φ

f

f


La freccia totale è la somma delle due parziali:EIPlftot

3

65

= .

Calcolo la freccia dovuta a X.

EIXLf3

3

= ; sapendo che lL 2= ,

la freccia risulta uguale a

EIXlf

38 3

= .

Eguaglio le due frecce:

PXPXEIPl

EIXl

165

65

38

65

38 33

=→=→=

In alternativa (scegliendo come incognita iperstatica il momento nell’incastro):

Scompongo la struttura separando gli effetti del momento da quelli del carico P, e studio la rotazione nell’estremo di sinistra. Carico P Momento Z

EIPL

16

2

=ϕ EI

ZL3

=ϕ

l

f

X

P

PZ

PZ

Z


Devo imporre che nell’estremo di sinistra la rotazione sia nulla, quindi eguaglio le espressioni delle due frecce.

163

316

2

PLZ

EIZL

EIPL

ZP

=

=

= ϕϕ

ma lL 2=

dunque PlZ83

=

Il valore del momento Z può essere utilizzato per calcolare le reazioni verticali date dai vincoli della struttura; si verifica così il valore calcolato per X in precedenza. Esempio

Esistono molti metodi per risolvere questa struttura iperstatica, uno di questi è quello del calcolo della linea elastica. Dobbiamo ricondurre la struttura iperstatica ad una isostatica, quindi individuare un vincolo responsabile dell'iperstaticità, eliminarlo, mantenendo comunque le reazioni che il vincolo soddisfa. In questo caso scelgo di togliere il carrello centrale: resta la reazione vincolare iperstatica z che non conosciamo.

11p16 16

p5

p3 pl8

ll

P


A questo punto ho una struttura isostatica di cui posso calcolare le reazioni vincolari e il momento flettente dato dal carico distribuito P e quello dato dal carico concentrato z.

Per la parte di destra dell'asta e per quella sinistra si avranno due momenti diversi quindi due equazioni della linea elastica. Se usiamo l'asse di riferimento 1x nella parte di sinistra (che parte dalla cerniera) e 2x nella parte di destra (che parte dal carrello posto all'estremità destra) (v .figura) avremo anche due convenzioni di segno opposte, quindi le condizioni al contorno saranno:

( )

)()(

)()(0)0(00

'2

'1

21

2

1

lyly

lylyyy

−=

===

Questo metodo risulta laborioso e lungo da sviluppare. Altro metodo è quello dell'interpretazione diretta della freccia: abbiamo la freccia dovuta al carico distribuito e quella dovuta al carico concentrato.

cerniera carrello condizioni di continuità (il segno negativo è dovuto al fatto che le due convenzioni di segno dei sistemi di riferimento scelti, sono opposte)

P

Z

x x

y1 y2

Pl -Z2

Pl -Z2

P(2l)2

Zl2


EIpLf

4

3845

= EIzLf

3

481

=

Imponiamo uguale a zero la freccia totale (somma delle due frecce).

+=EIpLf

3845 0

481 3

=EIzL

Si ricava quindi: plpLpLz45

85

384548

−=−=⋅

−=

Altro modo è agire su un vincolo interno: rendendo il carrello un semi-carrello ottengo una struttura isostatica con una reazione interna iperstatica (momento Z) che viene a crearsi dalla sostituzione dell'incastro delle aste con una cerniera passante.

In questo caso potrei considerare la struttura solo per metà della sua lunghezza in quanto è simmetrica rispetto ad un asse verticale:

P PZ

L (=2l)

ll

P

Z Z


La condizione di congruenza è: 0=− sd ϕϕ (avendo stabilito una convenzione di segno sulle rotazioni);condizione derivante dal fatto che nella situazione iniziale le due aste erano unite e non potevano ruotare una indipendentemente dall'altra.

EIzl

EIpl

EIzl

EIpl

s

d

324

3243

3

−−=

+=

ϕ

ϕ 0

32

242

3

=+=−EIzl

EIpl

sd ϕϕ

da cui: 8

2plz −=

Con questo approccio si considera facilmente qualsiasi condizione di carico: ESEMPI SULLE DEFORMAZIONI TERMICHE Qual è l'effetto della temperatura su una struttura iperstatica? La temperatura produce generalmente uno stato di sforzo.

s d

Z Z

l 2l 1

P 2

1

Q 1

Q 2

+ T+ T

- T - T


Nel caso rappresentato in figura possiamo considerare mezza struttura, sull'asse di simmetria la linea d'asse non ruota: pongo un incastro. Considerando il concio ho:

la curvatura dovuta alla deformazione termica è:

hT

dxdC t ∆

==αϕ 2

Nella struttura considero come vincolo iperstatico il carrello a destra, quindi ottengo:

Per una mensola con gradiente termico era già stata studiata la deformazione:

BAxxh

Ty

Axh

Ty

hTy

++∆

=

+∆

=

∆+=

22

2

2

2

'

"

α

α

α

+ T

- T

x

y

f

Z

= 3

3 E I Z l f

+ T

- T

f = ?

d t

h



0)0(0)0(

' =

=

yy

Quindi ho 2xhTy ∆

=α

hTllyf

2

)( ∆==

α

La freccia totale sarà hTl

EIzlf

23

3∆

−=α

che imponiamo

uguale a zero in modo da ricavare il valore di z.

03

23

=∆

−=hTl

EIzlf α

ThlEIEI

hlTz ∆⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⋅

∆=

αα 33

cioè una forza. In quanto forza, z produce momento(M) e di conseguenza sforzi σ (σ=My\I) Il diagramma del momento è:

La variazione termica ∆T produce spostamenti della struttura e se è iperstatica produce reazioni e quindi stato di sforzo.

Altri due casi interessanti su strutture iperstatiche (casi di simmetria):

1. Trave a doppio incastro con carico uniformemente distribuito. La struttura è due volte iperstatica ma con una sola incognita perché è simmetrica.. Anche in questo caso rendiamo la struttura isostatica riducendo gli incastri a cerniere. Tenendo presente che in questo tipo di problema le azioni assiali sono nulle, la struttura resa isostatica è quella indicata nella figura:

da cui B=0 da cui A=0

Z l

P

lZ Z

P


La rotazione dell’asta agli estremi è pari alla somma dell’angolo φ dovuto al carico distribuito e di quello dovuto al momento Z:

EIpl

24

3

=ϕ EIZl

2=ϕ

Poiché le due rotazioni sono di segno opposto, l’equazione dell’angolo φ totale risulta:

0224

3

=−=EIZl

EIplϕ

e il valore del momento Z risulta 12

2plZ =

Grafico del momento: sommando gli effetti del carico uniformemente distribuito e dell’iperstatica Z, si ottiene un momento flettente meglio distribuito sulla trave.

2.Trave a doppio incastro con carico concentrato in mezzeria. Anche in questo caso la struttura è due volte iperstatica, e per renderla isostatica è necessario sostituire agli incastri due cerniere:

Z+

8Pl

2 12P l

2

Pl8

2

2

12Pl

Pl12

2 2

24Pl

Pl2

8+ =

P

2

Pl16EI

Z Z


Le rotazioni agli estremi dell’asta sono pari alla somma dell’angolo φ dovuto al carico concentrato e di quello dovuto al momento Z:

EIPl

16

2

=ϕ

EIZl

2=ϕ

0216

2

=−=EIZl

EIPlϕ da cui:

8PlZ =

Grafico del momento: sommando gli effetti del carico uniformemente concentrato e dell’iperstatica Z, si ottiene :

Si nota che, rispetto al caso della trave vincolata con cerniera e carrello, il

valore del massimo momento flettente risulta dimezzato (da 4PlM MAX = a

8PlM MAX = ).

P

Z Z

4P l

8P l

2

8Pl Pl

8

8Pl

+ =


1.6 Equazione della linea elastica e possibili applicazioni Esempio 1: i vincoli cedevoli

Da un punto di vista cinematico questa struttura è analoga ad una trave su tre appoggi (quindi iperstatica). Le due strutture si differenziano però dal punto di vista degli spostamenti: la biella è un vincolo cedevole, che permette alla mezzeria della struttura uno spostamento tanto maggiore quanto è minore la rigidezza del materiale dell’asta che la compone. Metto in evidenza la reazione iperstatica (la biella a sua volta subisce una reazione uguale e contraria lungo il suo asse):

Il punto in mezzeria non è più caratterizzato da uno spostamento nullo: lo spostamento dipende dall’allungamento dell’asta centrale, che è pari a:

EAZhfl ==∆

L’abbassamento della trave orizzontale in mezzeria è dato dalla somma di due frecce parziali: -quella data dal carico distribuito, -quella data dalla reazione Z dovuta

pari a ( )EI

lpf42

3845

= e diretta alla biella, pari a ( )

EIlZf

482 3

= e

verso il basso diretta verso l’alto

l l

ph

p

Z

Z

f

f

Z

f

fig. 1.

fig. 1.

fig. 1. fig. 1.


Lo spostamento totale in mezzeria è dunque pari a ( ) ( )

EIlZ

EIlpftot 48

22384

5 34

−= , e dev’essere uguale all’allungamento della

biella. Posso scrivere l’equazione di congruenza: ( ) ( )

EAZh

EIlZ

EIlpf −−=

34 2.2384

5, da cui ricavo Z:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+

⋅=

EAh

EIl

EIpl

Z 3

4

488

16384

5

Osserviamo il grafico del momento flettente. La struttura analizzata è un caso intermedio tra

una trave in appoggio con un vincolo fisso in mezzeria, in cui il

momento vale 8

2plM =

e una trave in appoggio senza alcun vincolo in mezzeria, il cui

momento ( )

282 22 pllpM ==

cambia di segno ed è quattro volte maggiore per valore assoluto.

pl²/8

pl²/2

fig. 1.

fig. 1.


Esempio 2: calcolo di spostamenti in una struttura iperstatica È una struttura una volta iperstatica. Posso svolgerla secondo il metodo della linea elastica: -individuo l’incognita iperstatica (il momento dell’incastro, caso A, oppure la reazione del carrello, caso B) -scompongo il grafico del momento in due parti (prima e dopo il vincolo del carrello); a sinistra il grafico è lineare, a destra parabolico. -integro entrambe le equazioni -impongo le condizioni al contorno per trovare il valore delle 5 incognite (2 per ogni equazione della linea elastica, e 1 condizione di iperstaticità).

La svolgo ora imponendo direttamente l’equazione di congruenza . Per fare ciò spezzo l’asta in due parti (rendo la cerniera vincolo interno), e metto in evidenza i momenti simmetrici liberati in questo modo nei due estremi.

Tale momento vale 2

2plM = .

Nella parte di sinistra sono presenti le seguenti forze:

p

l l

p

AZ

p

B

Z

p

pl

pl²/2

plpl²/2

pl²/2

pl

Z+pl

fig. 1.

fig. 1.

fig. 1.

fig. 1.

fig. 1.


La freccia complessiva è data dalla somma della freccia generata dal momento e di quella causata dalla reazione iperstatica del carrello. Momento: Carrello:

EIpl

EIWlf

42

41

21

== EI

Zlf3

3

−=

Per il rispetto della congruenza, in corrispondenza del vincolo non si hanno spostamenti verticali: eguaglio le due frecce.

EIZl

EIpl

341 34

=

plZ43

=

Il valore totale della reazione del carrello è quindi:

plplplZ47

43

=+=

Dopo aver risolto l’iperstaticità, è possibile calcolare gli spostamenti della struttura. Calcolo la rotazione sotto le due condizioni di calcolo. Momento: Carrello:

EIpl

EIWl

momento 2

3

==ϕ 21

43

21 32

EIpl

EIZl

Z ==ϕ

EIpl

Zmomentotot 8

3

=−= ϕϕϕ

pl²/2

f Z

f

pl²/2

34 pl

fig. 1.

fig. 1.

fig. 1.


La parte di destra della struttura può essere considerata come una mensola, in cui però l’incastro è cedevole: nel punto di mezzeria l’asta è ruotata di un

angolo EI

pl8

3

=ϕ .

La freccia totale nell’estremo di destra della mensola è pari alla freccia data dal carico distribuito, incrementata della quantità φl.

lEI

plEI

plf88

34

+=

Reazioni vincolari. Grafico del momento flettente.

φ

φl pl4

8EI

+

34 pl + pl = 74 pl

34 pl

pl²/4

pl²/2

pl²/4

fig. 1.

fig. 1.

fig. 1.


Esempio 3: strutture non rettilinee; calcolo di spostamenti

Questo tipo di struttura può essere risolto attraverso l’analisi del grafico del momento flettente.

Si nota che la parte verticale è analoga ad una mensola incastrata al piede e soggetta a un momento costate.La situazione di rotazione, quindi, è già stata analizzata, ed è pari a:

EI

hpl

EIWl

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

==2

2

ϕ

Prendiamo ora in considerazione il tratto di asta orizzontale: se fosse incastrato a sinistra avremmo :

dove EI

plf8

4

=

pl²/2

φ

h

l

pl²/2 M1

M2

f

fig. 1.

fig. 1.

fig. 1.


ma nel nostro caso l’ incastro non è fisso a terra; si ha infatti un nodo con l’asta verticale, la quale è soggetta a rotazione.(dell’angolo ϕ già trovato). Quindi la freccia totale nell’estremo di destra della mensola è pari alla freccia data dal carico distribuito, incrementata della quantità φl.

lEI

hpl

EIplf ⋅

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+=2

8

2

4

Lo spostamento totale subito dall’estremo libero dell’asta è composto dalla somma della componente orizzontale e di quella verticale.

φ

φl

pl4

8EI

o

v

fig. 1.

fig. 1.


Esempio 4 Questa struttura a portale presenta simmetria sia dal punto di vista geometrico che di carico.

Posso quindi studiare solo metà struttura evidenziando il vincolo che interpreta lo spostamento verticale che si ha alla rottura della cerniera in mezzeria. Di tale reazione è responsabile il carrello con piano di scorrimento verticale; la forza che comporta è

pari a 2p

.

Per risolvere il problema seguo il metodo dell’ equazione della linea elastica sui due tratti di asta:

- grafico del momento flettente - scelta degli assi di riferimento (in modo separato per l’asta verticale e quella orizzontale)

h

l/2 l/2

P

P/2

pl²/2

M1

M2

x1

y1

x2

y2

fig. 1.

fig. 1.

fig. 1.


- condizioni al contorno: ( )( )( )( ) ( )0

00000

'2

'1

2

1

1

yhy

yhy

y

−=

===

Si può anche giungere rapidamente al calcolo dell’abbassamento della cerniera sull’asse di simmetria, evitando di scrivere le due equazioni della linea elastica. Come nel caso precedente posso considerare l’asta orizzontale con un vincolo ad incastro cedevole nell’estremo di sinistra, per cui la freccia totale sarà pari alla somma della freccia data dalla forza concentrata e quella dovuta alla rotazione all’incastro:

EI

lp

f3

22

3

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅

= + 2l

⋅ϕ

dove EI

hpl

34

⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=ϕ

L’asta verticale si comporta come se fosse vincolata, all’estremo superiore, con un carrello con piano di scorrimento verticale (lo spostamento orizzontale è impedito) e fosse soggetta a un

momento pari a 4Pl

, trasmesso

dall’asta orizzontale.

-Spostamento alla base -In sommità dell’asta verticale -nel nodo le due aste devono compiere la medesima rotazione(il segno meno è perché le convenzioni di segno sulle rotazioni nei due sistemi di riferimento sono opposte)

φ

f di P/2

P/2

φ·l/2

pl/4=M

fig. 1.

fig. 1.


Esempio 5

Evidenziamo nel punto d’incastro delle due aste il momento dato dal carico P, che vale Pl . Se l’asta orizzontale fosse una mensola rigidamente incastrata, la freccia nell’estremo libero sarebbe nota.

EIPlf3

3

1 =

Bisogna però incrementare questa freccia della rotazione dell’estremo di una quantità l⋅ϕ , data dalla rotazione della trave verticale sottoposta al momento concentrato in mezzeria M = Pl.

l

l

l

P

f = ?

P

Pl

P

Pl

P

P

f

φ

φl

fig. 1.

fig. 1.

fig. 1.


Calcolo questa rotazione φ:

Studio metà della struttura, poiché simmetrica.

EIPl6

3

=ϕ

EIPl

EIPllff

63

33

1 +=⋅+= ϕ

Pl

φ

φ

l

Pl/2

fig. 1.


Esempio 6: struttura ad asse rettilineo Possiamo risolvere la struttura secondo il metodo dell’equazione della linea elastica, disegnando due diagrammi di momento relativi ai due tratti dell’asta (che subiscono differenti condizioni di carico), e svolgendo le due integrazioni. Oppure possiamo risolvere la struttura in maniera diretta: Freccia dovuta al carico P1 Freccia dovuta al carico P2

↓ EIlPf

3

32=

Scomposta a sua volta in due tratti: sinistra destra

EI

lPf

32

2

1 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

= + EIlP

EI

lPl

82

2

21

2

1

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=ϕ

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++−=⋅+

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+−=161

241

32832

3

31

32

21

3

132

EIlP

EIlPl

EIlP

EI

lP

EIlPftot

P1

l/2 l/2

P2

P1

φφ·l/2

f

P2

P1

f

φ

f

fig. 1.

fig. 1. fig. 1.

fig. 1.


1.7 Strutture iperstatiche Esempio 7 È una struttura due volte iperstatica, ma che può essere semplificata osservandone la simmetria geometrica e di carico.

Ne studiamo allora una metà, tagliando lungo l’asse di simmetria e inserendo all’estremo di destra un pattino (che non vincola gli spostamenti lungo l’asse verticale, ma che impedisce la rotazione). Per rendere la struttura risultante isostatica ne interrompo la continuità inserendo una cerniera passante sull’appoggio interno: con questa operazione, analoga alla rottura di un incastro, libero due momenti uguali e contrari applicati nel punto di rottura dell’asta. La condizione di congruenza associata allo svincolo è quindi: desϕϕ =sin

Come sempre, consideriamo separatamente gli effetti del carico distribuito e del momento iperstatico X e stabiliamo positive le rotazioni orarie. Per la trave di destra, si ha:

p p

q

b a b

p

q

p

q

XX

φsin φdes

fig. 1.

fig. 1.

fig. 1.

fig. 1.


Carico distribuito Momento X

EIqa

24

3

=ϕ EI

Xa2

−=ϕ

Si osserva che, per la simmetria, queste rotazioni φ coincidono con quelle, già calcolate, della trave di luce doppia:

Complessivamente si ha quindi: EI

XaEI

qades 224

3

−=ϕ

Per la trave di sinistra si ha invece: Carico distribuito Momento X

EIpb

24

3

−=ϕ EIXb

3=ϕ

Complessivamente risulta: EIXb

EIpb

324

3

sin +−=ϕ

q

a/2

X

a/2

φ

q

a

φ φ

a

φ φ

X X

φ

p

b

φ

b

X

fig. 1. fig. 1.

fig. 1. fig. 1.

fig. 1. fig. 1.


Possiamo quindi scrivere l’equazione di congruenza, eguagliando il valore della rotazione nell’asta di sinistra a quello dell’asta di destra:

EIqa

EIXa

EIXb

EIpb

242324

33

+−=+−

Nel caso in cui lba == , e qp = , allora l’equazione si riduce a 10

2plX =

Esempio 8: Portale iperstatico È una struttura tre volte iperstatica, semplificabile ancora una volta osservandone la simmetria di carico e di geometria. In questo modo, si riduce di un grado l’iperstaticità del problema.

Per rendere la struttura isostatica, interrompo la continuità dell’asta tramite una cerniera interna nel punto B, e riduco l’incastro a terra a cerniera. Le incognite iperstatiche sono allora il momento interno X e il suo momento a terra Z.

h

l

p p

p

XX

Z

fig. 1. fig. 1.

fig. 1.


Studio l’asta verticale, supponendo trascurabili le deformazioni dovute alle azioni assiali agenti su di essa.

L’asta orizzontale a sua volta risulta: Riaffermo le condizioni di vincolo: - il punto A, essendo un incastro, non ruota ( 0=Aϕ ) - gli estremi delle due aste nel punto B non ruotano tra loro ( BdesB ϕϕ =sin ): non c’è rotazione relativa nel nodo B.

⎩⎨⎧

==

BdesB

A

ϕϕϕ

sin

0

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−=−

=−

EIXl

EIpl

EIZh

EIXh

EIXh

EIZh

22463

063

3

se hl = , il sistema si riduce a:

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=−

=

24665

22plZX

XZ

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=

=

36

182

2

plZ

plX

X

Z

h

fig. 1.

p

X

fig. 1.


Grafico del momento flettente: Osserviamo come questa struttura iperstatica sia più vantaggiosa per l’asta orizzontale di quella in cui la stessa

h/3

572 pl²

118 pl²

136 pl²

118 pl²

136 pl²

fig. 1.


1.8 Esercizi da svolgere (calcolo di spostamenti) Esercizio 1: Trave in semplice appoggio con carico uniformemente distribuito solo per metà della sua lunghezza. Il problema è antisimmetrico.

Con il metodo della linea elastica: -grafico del momento flettente: nella parte destra dell’asta il momento è lineare mentre in quella sinistra parabolico; quindi è descritto da due diverse espressioni; -scelta degli assi di riferimento: distinti nelle due parti dell’asta -condizioni al contorno:

'2

'121

11

22

2

00

00

yylxxper

yxper

yxper

−=→==

=→=

=→=

Esercizio 2: calcolare la freccia nell’estremo libero Esercizio 3: Calcolare la freccia all’estremo destro

l/2 l/2

p

M1 M2

y1

x1

y2

x2

p

p f = ?

fig. 1.

fig. 1.

fig. 1.

fig. 1.


Esercizio 4: Calcolare le frecce nei punti d’applicazione di P1 e P2

P1 P2

fig. 1.

2. Il lavoro di deformazione 64

IL LAVORO DI DEFORMAZIONE Il metodo della linea elastica consente di calcolare gli spostamenti di strutture ad asse rettilineo considerando il solo effetto della flessione; in alcune strutture, tuttavia, le azioni assiali e di taglio non possono essere trascurati. Il metodo che ci permette di calcolare gli spostamenti nelle condizioni più generali si riferisce al lavoro di deformazione.

2.1 Il lavoro di deformazione Il verificarsi dello spostamento f del punto di applicazione di P indica che è in atto un lavoro; il lavoro è pari al prodotto scalare tra forza e spostamento:

αcos⋅⋅=⋅ spsp rr.

Nel trattare le strutture dobbiamo assumere che le forze vengano applicate lentamente (da un valore iniziale pari a 0, fino ad arrivare al valore finale

2.

P

f

αP

s

fig. 2.1

f


della forza), e che le strutture rispondano linearmente alla sollecitazione; in questo modo le fasi intermedie di deformazione della struttura, dal valore iniziale della forza a quello finale, si trovano tutte su una retta. Diagrammando la risposta della struttura, ponendo lo spostamento s sull’asse delle ascisse e il carico F su quello delle ordinate, nell’ipotesi di comportamento lineare del materiale si ottiene un grafico di questo tipo: Il lavoro di deformazione totale compiuto dalla forza F per compiere lo spostamento s è pari all’area del triangolo compreso tra l’asse di

riferimento orizzontale e la retta, e vale sFL21

= .

Questo risultato può essere ricavato a partire dall’equazione della retta, cioè sKF ⋅= , dove K è il coefficiente angolare e rappresenta la rigidezza della

struttura. Nell’istante generico, in cui la forza applicata è F e il corrispondente spostamento della struttura è s , l’incremento dL del lavoro di deformazione dovuto ad un incremento di spostamento ds è pari a dsFdL ⋅= . Sommando tutti gli incrementi infinitesimi si ottiene, per il lavoro totale:

sFsKdssKdsKsdsFdLLssss

21

21 2

0000

==⋅=⋅=⋅== ∫∫∫∫

(perché sK è pari a F ) Nel caso di una mensola caricata all’estremità con un’unica forza P, il lavoro è pari a:

EIPlPPfL32

121 3

⋅==

F

s

K

F

sfig. 2.2

P

ffig. 2.3


Nel nostro studio facciamo riferimento solo al caso in cui il sistema è conservativo, in cui cioè i processi di carico sono reversibili: rimuovendo il carico, la struttura torna nella condizione iniziale, e non rimangono tracce dei carichi applicati. In queste condizioni, quando rimuovo il carico il lavoro totale diventa nullo: tale caratteristica è propria di un sistema elastico. Nei sistemi elastici, anche applicando i carichi con sequenze diverse, il risultato finale, in termini di lavoro di deformazione, non dipende dalla storia di carico. Es.: sequenza di carico P1+P2 Applicando la sequenza P2+P1 ottengo lo stesso valore finale degli spostamenti e del lavoro di deformazione, anche se attraverso fasi intermedie diverse. Questo fatto è conseguenza dell’ipotesi di elasticità del materiale. Considerando infatti di applicare diversi carichi nello stesso punto:

1

1

1

2PP

PPPP

c

b

a

=−=

=

Applico i carichi Pa, Pb, Pc con sequenze diverse: 1) cba PPP ++ 2) acb PPP ++ 3) bac PPP ++ La relazione forza – spostamento nella prima sequenza di carico sarà la seguente:

P1 P2

fig. 2.4

P1

f1

P1

ftot

P2

fig. 2.5


con un lavoro totale pari a 0. Applicando le sequenze di carico 2) e 3), il lavoro totale risulterà sempre nullo. N.B.: in realtà i materiali hanno un comportamento elastico solo fino a un certo valore dello sforzo, superato il quale le deformazioni non sono più reversibili, e perdono il loro comportamento lineare.

2.2 Lavoro diretto e lavoro indiretto In presenza di più forze agenti sulla struttura, sono dunque lecite diverse sequenze nell’applicazione delle forze. Se per esempio si adotta la sequenza: P + Q (prima viene applicata P e successivamente Q) si ha, dal punto di vista degli spostamenti: Applico P Applico Q Il lavoro prodotto da P è composto da due termini: una parte di lavoro diretto (operato da P mentre cresce da 0 al suo valore finale), e da una parte di lavoro indiretto (operato da P per l’incremento di spostamento prodotto dalla

Ptot

s

P1

s1

Pa = P1

fig. 2.6

Ptot

s

P1

s1

Pb = -2

P1

-P1

-s1

Ptot

s

P1

s1

Pc = P1

-P1

-s1 0

P Q

fig. 2.7

P

f1

fig. 2.8

P Q

f2


forza Q). Il lavoro totale è dunque dato da: 2121 PfPfLPtot += (in cui il

secondo termine, esprimendo il lavoro indiretto, non ha il coefficiente 21

).

Scriviamo quindi l’espressione del lavoro totale prodotto da P e da Q, considerando entrambe le sequenze di carico: P+Q Q+P

QgfPPfL tot 21

21

1 +∆+= PfgQQgL tot 21

21

2 +∆+=

Abbiamo già osservato che, nelle strutture elastiche, il lavoro totale è uguale in tutte le sequenze di carico. Si può dunque scrivere:

gfQPsegQfP

PfgQQgQgfPPf

LL tottot

∆=∆→=∆=∆

+∆+=+∆+

=

21

21

21

21

21

Questa importante relazione mostra che lo spostamento di un punto B della struttura prodotto da una forza F applicata in un punto A è uguale allo spostamento di A per effetto della forza F applicata in B (teorema di Betti – Maxwell).

2.3 Lavoro esterno e lavoro interno Finora abbiamo espresso il lavoro di deformazione come lavoro esterno (compiuto dalle forze per gli spostamenti dei loro punti di applicazione); tale lavoro è uguale a quello interno (quello compiuto su ogni concio dalle azioni interne alla struttura).

P

f

Q

g

P Q

∆f g

P Q

f ∆g

fig. 2.9

fig. 2.10


int21 LPfLest ==

Il lavoro interno è dato dalla somma dei contributi dovuti a momento, taglio ed azione assiale. Considero l’elemento infinitesimo (il concio): Momento:

EIdxMddoveMddL ⋅

== ϕϕ21

Quindi EI

dxMdL2

21

⋅=

Taglio:

dxGATdtTdL

2

21

21 χ=⋅=

Azione assiale:

EAdxNdndoveNdndL ⋅

==21

Quindi EA

dxNdL2

21

=

Calcolo il lavoro interno totale:

∫ ∫∫ ==++=str str

extstr

i PfLEA

dxNdxGAT

EIdxML

21

21

21

21 222

χ

M M

dx

fig. 2.11

fig. 2.12

fig. 2.13

T T

N N


Conoscendo taglio, momento e azione assiale (nulla in questo caso) posso calcolare il valore della freccia.

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++=

=++=

∫ ∫∫

∫ ∫∫

EAdxN

GAdxT

EIdxM

P

EAdxN

Pdx

GAT

PEIdxM

Pf

str strstr

222

222

1

212

212

212

χ

χ

In questa particolare struttura sappiamo che

PxPlM +−= PlT += Quindi la freccia risulta pari a

( )

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+

−+

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

+−=

∫ ∫

∫∫l l

ll

dxPGA

dxEI

lxPxPlPP

dxGAPdx

EIPxPl

Pf

0 0

222222

0

2

0

2

21

1

χ

χ

GAPl

EIPllP

GAxPxlPxlP

EIP

lχχ

+=⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−=

332211 3

2

0

32

2222

dove EI

Pl3

3

è il contributo dato dal momento, e GAPlχ

quello del taglio.

Il valore χ è specifico per ogni sezione, e nel caso di sezione rettangolare è pari a 1.2.

Quindi ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅⋅+=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+= 2

3

3

3 32.113

313 lGA

EIEI

PlPlEI

GAPl

EIPlf χ

Esprimiamo area e momento d’inerzia della sezione rettangolare:

yx 0

-Pl PlM T

P

f

fig. 2.14

fig. 2.15


bhAebhI == 3

121

Quindi 2

121 h

AI

= e dunque 2

2

2

31212.132.1

GlEh

lGAEI

=⋅

⋅

Sappiamo poi che la relazione esistente tra E e G è la seguente:

( )ν+=

12EG

A ν possiamo assegnare il valore 31

=ν , tipico dell’acciaio.

Quindi 38

3112 =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

GE

Il contributo del taglio alla freccia risulta così proporzionale a: 2

2

2

8.0383

1212.1 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

⋅⋅⋅⋅

lh

lh

(dove h è l’altezza della sezione e

l la lunghezza della mensola). Il

rapporto lh

è ragionevolmente

approssimabile a 101

.

Quindi 008.0100

18.08.02

=⋅=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

lh

Tornando al valore della freccia:

( )008.013

+=EIPlf Il contributo del taglio è circa

1001

di quello del momento: è

ragionevole quindi trascurarlo, come avviene nel metodo della linea elastica.

Considerando quindi il solo contributo della flessione, il metodo della linea elastica e quello basato sul lavoro di deformazione sono equivalenti per quanto riguarda il risultato ottenuto.


Nel caso di struttura reticolare: Qui posso utilizzare solo il metodo del lavoro di deformazione

∫==str

ext EAdxNPfL

2

21

21

∑=n

iii EA

lNPf

1

2

21

21

con n = numero delle aste.

In questo caso l’integrale si riduce a questa semplice espressione. Verifichiamo ora che anche il contributo dell’azione assiale, oltre a quello del taglio, è trascurabile nei casi in cui sia presente anche il momento flettente. Calcolo lo spostamento con il metodo del lavoro di deformazione:

∫=l

EAdxNPs

0

2

21

21

e, essendo: N=P, si ha: EA

lPPs2

= EAPls =

La deformazione data dal taglio T=P, in una mensola uguale a questa,

sarebbe pari (come calcolato in precedenza) a GAPlχ

. Calcoliamo allora il

rapporto 2.3382.1 =⋅==⋅=

GE

PlEA

GAPl

SS

N

T χχ.

P

f = ?

fig. 2.16

P

s

fig. 2.17


In conclusione, a parità di carico P, ST = 3.2 SN (la deformazione data dall’azione assiale è ancora più piccola di quella data dal taglio).

Il risultato è valido per strutture snelle, dove h è circa 101

di l; nelle strutture

tozze il contributo del taglio diventa rilevante. Il metodo della linea elastica permette di ricavare l’equazione della deformata e quindi il valore dello spostamento in ogni punto della struttura; questo secondo metodo fornisce invece il valore dello spostamento in un punto specifico (dove è posto il carico). Si può però utilizzarlo per calcolare l’abbassamento anche in altri punti, diversi dal punto di applicazione del carico.

So calcolare l’abbassamento in A; ma quanto vale il corrispondente abbassamento δ in B?

Per calcolarlo parto dalla struttura scarica, e applico in B un carico unitario (analogo al caso di partenza, in cui però SB è lo spostamento, non l’incremento).

Questo carico genera, in ogni punto dell’asta, un momento M1(x). Aggiungo ora il carico P in A. Lo spostamento che questo nuovo carico genera in B è quello che cerco (uno spostamento in SB generato dal carico P). Simultaneamente, il carico P produce deformazioni flessionali dφ in tutti i conci, esprimibili

come EI

dxMd P

P =ϕ ;

MP indica il momento flettente prodotto da P. Consideriamo il lavoro indiretto prodotto dalla forza unitaria e dal corrispondente momento flettente M1 nel momento in cui viene applicata P.

fig. 2.18

PA B

δ = ?

1B

fig. 2.19

P Q

sB

fig. 2.20


∫==⋅=l

PiBe EI

dxMMLsL

011

Questa relazione fornisce direttamente il valore dello spostamento sB cercato. Infatti

∫ ⋅=⋅l

PB dMs0

1 ϕ

dove il primo termine dell’uguaglianza è il lavoro indiretto esterno, e il secondo il lavoro interno, dovuto alle rotazioni dei conci generate dalla forza P.

2.4 Esercizi 1. Calcolare la freccia con i due metodi della linea elastica e del lavoro indiretto. 2. Calcolare la freccia con il metodo del lavoro indiretto. 3. Calcolare freccia e angolo di rotazione. 4. Calcolare la freccia della struttura nel punto indicato in figura nei due casi.

P

f = ?

p

f = ?

fig. 2.21

fig. 2.22

p

f = ?φ = ?

fig. 2.23

P

l

f = ?

fig. 2.24

P

l

f = ?

fig. 2.25


5. Calcolare lo spostamento orizzontale (u) e verticale (f) della struttura reticolare.

P

f = ?

u = ?

l

l

fig. 2.26


2.5 Esercizi svolti con il metodo del lavoro di deformazione Esercizio 1

Risolvo il problema applicando alla struttura due condizioni di carico diverse . 1. struttura con le forze P: Reazioni vincolari e grafico del momento flettente. pM

PlM p = 2. suppongo di applicare, nel punto in cui mi interessa calcolare lo spostamento, una forza unitaria F .La forza è orizzontale e verso destra perché suppongo che lo spostamento che

l

l

l

l

P

P

s = ?

P

P

2P

Pl

Plfig. 2.27

fig. 2.28


voglio calcolare sia orizzontale e verso destra. Calcolo delle reazioni vincolari e grafico del momento flettente 1M

xM =1

Ora ci interessano le aste in cui entrambi i momenti, 1eMM p siano presenti e diversi da zero. In questo caso solo un’asta. Scelgo una convenzione di segno e un’ascissa x uguale per entrambe. Calcolo lo spostamento eguagliando il lavoro indiretto esterno al lavoro indiretto interno.

( )( ) ( )

EIPll

EIPll

EIPl

xEIPldxx

EIPldxPlx

EIdx

EIM

MLsLll l l

pINDi

INDe

21

220

2

211

3222

00 0 0

2

1

==⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

======⋅= ∫ ∫ ∫

1

F = 1

2l2l

x x

fig. 2.29

fig. 2.30


Esercizio 2

In questo esercizio, con il metodo del lavoro di deformazione, la forza unitaria da associare alla rotazione φ, è rappresentata da un momento W . Calcolo delle reazioni vincolari e del momento flettente per entrambe le strutture carico distribuito p momento W

22xpxxplM p ⋅−=

lxM −= 11

Calcolo della rotazione φ

EIpl

EIpllll

EIp

lxxlx

EIpdx

lx

llxxlxp

EI

dxpxxpllx

EIdx

EIM

MLL

ll

l lpIND

iINDe

2412386

2432

22

432

2221

22111

33333

0

432

0

322

0 0

2

1

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−=

=+−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−−=

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −

===⋅=

∫

∫ ∫ϕ

φ=?

p

W=1

pl

pl/2 pl/2

1

1/L1/L

x

pl²/8

x1

fig. 2.31

fig. 2.32

fig. 2.33

fig. 2.34


Esercizio 3 La differenza di temperatura su una struttura produce spostamento della stessa. Studio le due diverse strutture. In quella originaria non sono presenti forze quindi 0=pM

Ma è presente la variazione termica dxhTd t

∆=αϕ nel singolo concio della

struttura. Calcolo delle reazioni vincolari e del momento flettente dati dalla forza unitaria F applicata nell’estremo libero dell’asta. Ho due momenti distinti nella parte destra e in quella sinistra; ma essendo simmetrici basta moltiplicare per due il lavoro interno indiretto calcolato per una delle due parti.

xM ⋅= 11 Calcolo lo spostamento

( )hTlx

hTdx

hTxdMLsL

ll l

tINDi

INDe

2

00 0

2

1 2221 ∆

=∆

=∆

=⋅==⋅= ∫ ∫αααϕ

ll

f

∆T

1

F=1

2

x x

L

fig. 2.35

fig. 2.36

fig. 2.37


Esercizio 4 Nelle strutture reticolari sono presenti solo azioni assiali.Quindi calcolo le N date dal carico concentrato P ( pN ) e le N date dalla forza unitaria F ( 1N ) che applico nel punto in cui voglio calcolare lo spostamento orizzontale u. Carico P:

reazioni vincolari

calcolo azioni assiali

PNNlPl =→=− 0 rotazione dell’asta 1 attorno al nodo A

PNlNlP 2022 −=→=⋅+rotazione dell’asta 2 attorno al nodo B

Pu = ?

l l

P

P 2P

P

P 2P

1

A

N N

P

P 2P

2B

N

N

fig. 2.38

fig. 2.39

fig. 2.40

fig. 2.41


grafico azioni assiali pN

Carico F=1: reazioni vincolari Calcolo azioni assiali

101 =→=− NNll rotazione dell’asta 1 attorno al punto A

002 =→=⋅ NlN rotazione dell’asta 2 attorno al punto B

2021 −=→=⋅+ NlNl rotazione dell’asta 1 attorno al punto C

+P

+P

-v2·P -v2·P

1 1

F = 1

1

1 1

1

1

1

A

N N

2B

N

N

1 1

1

1

C

N

N

1

1

1

fig. 2.42

fig. 2.43

fig. 2.44

fig. 2.45

fig. 2.46


grafico azioni assiali 1N

Calcolo dello spostamento u:

∫∫ =⋅==⋅=s

p

strutt

INDi

INDe EA

dxNNdnNLuL 111

Il lavoro sarà dato dalla somma degli integrali delle forze assiali delle singole aste (dove i = numero delle aste); inoltre nella struttura reticolare le azioni assiali sono delle costanti quindi si possono portare fuori dall’integrale.

∑=n

ip

il

EANN

u1

1 = (dove il sono le lunghezze delle singole aste.)

( ) ( ) ( )( )( )[ ][ ] [ ] ( )

EAPl

EAPllPPlPl

EA

lPlPlPEA

22322212221

2222111

+=++=++

=−−++=

+1

+1

-v2fig. 2.47


Esercizio 5: Struttura iperstatica

→ Per renderla isostatica sostituisco al carrello la forza Z ricordando che lo spostamento del suo punto di applicazione deve essere nullo in quanto la struttura originale deve essere rispettata. Quindi s=0. Studio la struttura sotto le due diverse condizioni di carico: carico distribuito p e forza Z 0=+ zp ss

pS

Per trovare lo spostamento generato dal carico distribuito studio la struttura sotto il carico p e sotto la forza unitaria che applico nel punto dove mi interessa studiare lo spostamento in modo da trovare il momento pM e il

momento 1M .

( )2

2xlpM p+

= xM ⋅= 11

l l

p p

Z

p

sp = ?

2pl

2pl

M1

1

M

x x

L

fig. 2.48

fig. 2.49

fig. 2.50

fig. 2.51


Quindi

( ) ( ) ( )

( )

EIpl

EIplxxlxl

EIp

dxxlxxlEIp

dxxlxlxEIpdxxlpx

EIEIdxM

Ms

l

l

l l lp

p

2417

41

32

21

2432

22

22

222

11

44

0

4322

0

322

0 0

22

0

21

=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +−=+−=

=++=

=++=+==⋅

∫

∫ ∫ ∫

zS

Anche in questo caso calcolo i due diversi momenti. xM ⋅= 11 come sopra

xZM p ⋅= Quindi

( ) ∫∫ ∫ ====⋅ll l

pz EI

ZldxxEIZdxZxx

EIdx

EIM

Ms0

32

0 01 3

11

A questo punto posso ricavare Z dall’equazione iniziale 0=+ zp ss

plZEI

ZlEIpl

8170

32417 34

−=→=+

1

Z

fig. 2.52

fig. 2.53


Esercizio 6: Mensola con carico concentrato in mezzeria.

Calcolo della freccia all’estremo libero con il metodo del lavoro di deformazione.

Risolvo il problema applicando alla struttura due diverse condizioni di carico: Reazioni vincolari e grafico del momento flettente: carico P carico 1

( )xlPPxPlM p −=−= xlxlM −=−= 2121 Calcolo dello spostamento

( )( )

( )( )

( )

EIPllll

EIP

xxlxlEIPdxxlxlxl

EIP

dxxlxlEIPf

dxPxPlxlEIEI

dxMMLfL

ll

l

o

l

llpIND

iINDe

3333

00

32222

0

001

65

31

232

323222

2

211

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−=

=+−=+−−

==−−=

−−===⋅=

∫

∫

∫∫

P

f = ?

l l

P 1

P

P

1

1

2L

x

Pl

2L

x

fig. 2.54

fig. 2.55

fig. 2.56

fig. 2.57


Osservazioni 1. la scelta dell’asse x è arbitraria, ma deve essere la stessa per il calcolo di entrambi i momenti flettenti 1MM p = 2. lo stesso vale per la convenzione di segno sul momento flettente

3. l’integrale ∫ EIdxM

M p1 è da calcolare solo sui tratti di asta

dove 01 ≠M e 0≠pM


Esercizio 7: Mensola con carico distribuito. Calcolo della freccia all’estremo libero con il metodo del lavoro di deformazione. Risolvo il problema applicando alla struttura due diverse condizioni di carico: Reazioni vincolari e grafico del momento flettente carico p carico 1

2

2pxM p = xM ⋅= 11

Calcolo della freccia

( )

EIplxp

EIdxpx

EIf

dxpxxEIEI

dxMMLfL

ll

l lpIND

iINDe

8421

21

211

4

0

4

0

3

0 0

2

1

==⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛===⋅=

∫

∫ ∫

f = ?

l

p

p 1

pl

pl

l²/2

1

1·L 1

x

l²/2 2L

x

fig. 2.58

fig. 2.59

fig. 2.60

fig. 2.61


2.6 Esercizi Esercizio 1: Svolgimento con il metodo della linea elastica (A) e con il lavoro di deformazione (B)

A) Linea elastica Calcolo delle reazioni vincolari e del momento flettente.

Si hanno due equazioni del momento flettente diverse per i due tratti di asta:

22

222

2

2

1

plplxpxM

plM

+−=

=

(per la convenzione scelta)

Equazione della linea elastica per il tratto 1

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⋅⋅=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅==

11

22

1

1

2

1

21

1

221

21'

21''

BxAxplEI

y

AxplEI

y

plEIEI

My

l l

p

f=?

y1 y2

pl

pl

pl²/2

pl /2 M1 M2

x1 x2

fig. 2.61

fig. 2.61

fig. 2.61


Equazione della linea elastica per il tratto 2

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⋅−⋅+⋅⋅=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−+⋅⋅=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⋅==

22

3224

1

2

223

1

222

1

3222461

22321'

221''

BxAxplxplxpEI

y

AplxxplxpEI

y

plxplpxEIEI

My

Condizioni:

( ) 00'1 =y Pattino ( ) ( )0'' 21 yly = Continuità di rotazione ( ) ( ) 0021 == yly Continuità di spostamento +

spostamento pari a zero Quindi ricavo

( )

( )

( )

( ) ( )2

0''

40

40

000

000'

3

221

4

11

4

1

22

11

plAylyda

plBBpllyda

Byda

Ayda

=→=

−=→=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+→=

=→=

=→=

Calcolo la freccia all’estremo libero

EIplpl

EIf

44

85

21

241

61

411

=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ++−⋅=

Con questo metodo posso ora calcolare di quanto si è alzato il pattino:

( )EI

ply4

04

1 −=


B) Lavoro di deformazione Calcolo il momento generato da una forza unitaria posta all’estremo libero dell’asta (M1) e il momento generato dal carico distribuito P (Mp). A loro volta i due momenti saranno distinti per la parte di destra e quella di sinistra dell’asta:

lM =−11 xlM −=−21 La freccia sarà pari alla somma dei due integrali delle due parti di asta:

( ) ( )

EIpl

EIplpl

EIEIpl

xplplxpxxplEIEI

pl

dxxplplxpxplEIEI

pl

dxplxxplpxxplplplxEI

dxplEI

EIdxplxplpxxl

EIdxpllf

dxEI

MMdx

EIM

Mf

l

l

ll

ll

lp

lp

444

40

223434

0

22334

0

223

232

0

3

0

22

0

2

0

221

0

111

85

2415

2418123121

2

43

63

821

2

23

23

221

2

22221

21

2221

1

==⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+−⋅+=

=−+−⋅+=

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+−+=

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−−−++=

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⋅−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅=⋅

⋅+⋅=⋅

∫

∫∫

∫∫

∫∫ −−

−−

l l

1

1

1

L

L M1 M2

x1 x2

fig. 2.61

fig. 2.61

fig. 2.61


Esercizio 2:

Carico reale:

( )xlPPxPlM P −=−=

Carico fittizio:

xlxlM −=⋅−= 2121

P

f = ?

l l

P

y

1

y

11·2L

1

2L

x

M1

fig. 2.61

P

P

Pl

x

MP

fig. 2.61

fig. 2.61

fig. 2.61

fig. 2.61

fig. 2.61

fig. 2.61


( )( )

( )( ) ( )

EIPllll

EIPxxlxl

EIP

dxxlxlxldxxlxlEIPf

dxPxPlxlEIEI

dxMMLfL

l

ll

llPind

iinde

3333

0

322

0

22

0

001

65

31

232

3232

222

211

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−=+−=

=+−−=−−=

−−=⋅

⋅==⋅=

∫∫

∫∫

Osservazioni: 1) la scelta dell’asse x è arbitraria, ma deve essere la stessa per il calcolo di entrambi i momenti flettenti MP e M1; 2) lo stesso vale per la convenzione di segno sul momento flettente;

3) l’integrale ∫ EIdxMM P

1 è da calcolare solo sui tratti di asta dove

01 ≠M e 0≠PM .


Esercizio 3: Carico reale

2

2pxM p =

Carico fittizio

xM ⋅= 11

( )

EIplxp

EIdxpx

EIf

dxpxxEIEI

dxMMLfL

ll

ll

pindi

inde

8421

21

211

4

0

4

0

3

0

2

01

=⋅=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⋅==⋅=

∫

∫∫

plpl²/2

pl

p

f = ?

l

pl

y

x

l²/2

Mp

x

l

M1

1L

1

1

y

fig. 2.61

fig. 2.61

fig. 2.61



( )22

222xlxppxxplM p −=−=

Carico fittizio

xl

M ⋅−=111

x

lM1

l

φ=?

p

pl

y

pl

pl/2 pl/2

x

Mp

y

1/L

1

1/L

fig. 2.61

fig. 2.61

fig. 2.61

fig. 2.61

fig. 2.61

fig. 2.61

fig. 2.61

fig. 2.61


( )

EIpl

EIpl

lxxlx

EIpdx

lxxxlxp

EI

dxxlxplx

EIEIdxM

MLL

ll

llpind

iinde

2441

32

21

2

432

2221

2111

330

432

0

322

0

2

01

=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +−⋅=

=+−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−−⋅⋅=

−⋅⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=⋅==⋅=

∫

∫∫

ϕ

ϕ


Esercizio 5:

Carico reale

FlM F =

Carico fittizio

l

s=?

l

F

F F

Fl

F

F

Fl

x

1

1·L

1

1

x

fig. 2.61

fig. 2.61

fig. 2.61


xM ⋅= 11 Dal confrontarsi dei due diagrammi:

- occorre scrivere le espressioni di MF e M1 solo per l’asta verticale. - conviene scegliere l’ascissa x con l’origine nel punto superiore. - conviene assumere

Sull’asta verticale è quindi:

xxMFlM F

=⋅==11

( )( )

EIFlxs

FlxEIEI

dxMMLsL

l

llFind

iinde

3

0

2

001

21

2EIFl

11

==

===⋅= ∫∫


Esercizio 6:

Carico reale

FxM F =

Carico fittizio

lM ⋅= 11

l

F

l

s=?

F F

Fl

F

F

Fl

x

1

1

1

1·L

x

1·L

fig. 2.61

fig. 2.61

fig. 2.61


( )( )

EIFlx

EIFls

dxxFlEIEI

dxMMLsL

l

llFind

iinde

3

0

2

001

21

2

111

⋅==

⋅⋅=⋅==⋅= ∫∫

Nota: Questo risultato, come era prevedibile, è identico a quello dell’esercizio precedente (per il teorema di Betti – Maxwell).



Carico fittizio

Pu = ?

l

l l

P

P

P 2P

+P

+P

-v2P-v2P

1

fig. 2.61

fig. 2.61

fig. 2.61

fig. 2.61

fig. 2.61


( )( ) ( )( )( ) ( )( )[ ] ( )( )

EAPl

EAPllPlPlP

EAu

lEA

NNEA

dxNNLuL

N

i

iP

i

istr

Pindi

inde

223

2221222111

11

11

+=

=++=−++++⋅++=

=⋅

⋅==⋅= ∑∫

1 1

1

1

+1

+1

-v2

fig. 2.61

fig. 2.61


Esercizio 8: Calcoliamo il lavoro indiretto di una forza unitaria verticale sulla cerniera centrale, esprimendolo come lavoro esterno e interno, quando viene applicato il carico distribuito.

Carico fittizio

Consideriamo solo la deformabilità flessionale, quindi ci occorre solo il momento flettente.

( )

( ) xlM

xM

21

21)2(

)3(21)1(

12

11

+−==

=−==

l

l l

f=?

p

1 1

12 1

2

12 1

2

x

x12 L

12 L

1

2

3

4

fig. 2.61

fig. 2.61 fig. 2.61

fig. 2.61


Per il carico distribuito (carico reale):

( ) ( )

( ) ( )pp

pp

MpxplxplM

MxplM

4

22

2

31

22

2

=−+−=

=−=

( )

EIplpl

EIpl

EI

dxplxxplplpxplxxplplEI

EIdxpxplxpllx

EIdxxpl

EIdxpxplxplxl

EIdxxplx

dMf

l

ll

ll

strp

444

0

22

332

24

0

22

0

2

22

00

1

247

2436161

61

21

21

81

31

41

611

222261

222

2221

212

2212

1

=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −−

⋅=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +−+−+−⋅=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−+−+−+=

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+−−+⋅=

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+−⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +−+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−−=

==⋅

∫

∫∫

∫∫

∫ ϕ

p

pl pl

12 pl 1

2 pl

x

x-12pl²

-12pl²parabola

fig. 2.61 fig. 2.61


Esercizio 9:

dxh

Td termico∆⋅

−=αϕ

( )

( ) ( ) lxxlxM

xM

−=++−=

−=

2112

11

( )

( )

2

22

2

0

2

00

222

1

lh

Tf

lllh

Tdxxllh

Tf

dxh

Tlxdxh

Txf

l

ll

⋅∆⋅

=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

−+∆⋅

=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

−+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

∆⋅=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

∆⋅−⋅−+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

∆⋅−⋅−=⋅

∫

∫∫

α

αα

αα

ll

y1f=?

y2

+∆T

1

11

2

-L

x1 x2

fig. 2.61

fig. 2.61

fig. 2.61

fig. 2.61


Esercizio 10:

Carico reale

( )

( )

( )

( ) PxM

PlM

M

PxM

P

P

P

P

−=

=

=

−=

4

3

2

1

0

l

l

l

l

P

P

s = ?

P

P

2P

x

x

x

Pl

Pl

Pl

1

2

4

3

PlPl

verifica nodo

fig. 2.61

fig. 2.61 fig. 2.61

fig. 2.61


Carico fittizio

∫∫ ==⋅str

P

str EIdxMMdMs 111 ϕ

PMM 1 contribuiscono solo le aste che hanno entrambi i valori

0≠ . Quindi, qui, solo la (3):

( ) ( )xlM −=13

( ) ( )

EIPls

EIPlxxPl

EIdxPlxPl

EIdxPlxls

ll

l

2

12

30

22

0

2

0

=

⋅−=⋅−=⋅⋅−= ∫∫

1

2·L1

x

1·L

2·L

fig. 2.61 fig. 2.61


Esercizio 11:

∑∑

∑

⋅=

⋅=

==

n

i

iii

n

iii

i

iii

n

iiie

AElN

dnN

AElN

dn

dnNPfL

11

1

21

21

21

21

Ipotesi: iAAi ∀=

Equilibrio al nodo:

02

122

2

=⇒=+

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+

NPPN

PPN

Quindi:

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⋅⋅+⋅⋅=

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅=

=

EAlP

EAlPPf

EAlP

EAlP

Pf

24

224

2

222

22

221

21

22

22

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ += 2

21

EAPlf

dove

2,17,05,0221

=+≅+

P

u = ?

l

l l

f=?

P

12 P 1

2 P

-12 P

+ 12 Pv2 +1 2 P

v2

12 P

12 P

+ 12 Pv2

+ 12 Pv2 +1 2 P

v2

P

N

fig. 2.61

fig. 2.61

fig. 2.61

fig. 2.61

fig. 2.61


Applicazione del metodo del lavoro di deformazione al calcolo di strutture iperstatiche (Esercizio 12):

Calcolo lo spostamento in corrispondenza di Z e lo impongo = 0.

a) Calcolo separatamente lo spostamento dovuto al carico distribuito e quello dovuto alla forza concentrata Z e li eguaglio (congruenza, come nel metodo della linea elastica).

b)

a) calcolo l’abbassamento fp attraverso il lavoro indiretto di una forza unitaria in B.

Carico reale

( )

( ) 2

222

2

2

22

1

pxM

pxplxplM

p

p

−=

−+−=

ll

f

p

B

Z

fp=?

y

fz=?

Z

pl

2pl

-2pl²

B

x1

-12pl²

2pl²

x21 2

fig. 2.61

fig. 2.61- a

fig. 2.61- b

fig. 2.61- c

fig. 2.61

fig. 2.61


Carico fittizio

( )

( ) 012

11

=

+−=

M

xlM

( )

EIplf

EIpl

EIplf

dxEI

plxxplplpxplxxpl

EIdxpxplxpllxf

p

p

l

l

p

4

44

0

223

322

0

22

2417

244316

61

222

81

32

22

222

22

2221

=

+−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +−+−+−=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−+−+−=

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+−−=⋅

∫

∫

b) calcolo fZ come lavoro diretto

( )

( )

EIZl

EIZl

EIdxxlxlZf

EIdxxlZfZ

l

Z

l

Z

3

31

221

2

21

21

3

30

22

0

2

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−⋅=

=+−=

−=⋅

∫

∫

(come già sapevamo)

0324

17 34

=−EI

ZlEIpl

(c’è un carrello) da cui Z.

32417 Zpl = plZ

817

=

1

-L1

-L

1 2

ZlZ

Z

Zl-Zx1 2

fz=?

Z

fig. 2.61

fig. 2.61

fig. 2.61


Esercizio 13: struttura iperstatica

Scelgo un’incognita iperstatica:

Devo imporre la congruenza: 0=+= Zp uuu

Devo quindi risolvere due problemi: 1) calcolare lo spostamento up dovuto al carico distribuito 2) calcolare lo spostamento uZ dovuto alla reazione iperstatica

1) Calcolo di up:

22

2pxxplM p −=

l

l

p

p

u Z

pl pl

12 pl 1

2 pl

x

Mp

1 11

x

x x1

2

3

fig. 2.61

fig. 2.61

fig. 2.61

fig. 2.61


xM

lM

lM

⋅=

⋅−=

⋅=

1

1

1

)3(

)2(

)1(

( )

( )EI

plEI

plxxlEIpldxxlx

EIplu

dxlxpxplEI

dxEIMpMLuL

l

op

llindip

inde

1231

21

23222

122

11

44322

0

2

01

−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−=−

−=−⋅

−=

⋅−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −===⋅=

∫

∫∫

2) Calcolo di uZ

MZ è già stato calcolato!

1MZM Z ⋅= M1 è già noto!

( ) ( )

( ) ( )

EIZl

EIZllll

EIZ

dxldxxEIZu

dxMEIzdx

EIMZMLuL

l l

Z

strstr

indiZ

inde

332

3

0 0

22

21

11

351

32

32

112

1

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅+⋅=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅−+⋅⋅=

=⋅

==⋅=

∫ ∫

∫∫

Si può quindi scrivere l’equazione di congruenza:

035

120

34

=+−⇒=+ ZEIl

EIpluu Zp

Da cui si ricava il valore dell’incognita Z:

pllEI

EIplZ

201

53

12 3

4

=⋅=

Z

1

fig. 2.61


Esercizio 14: struttura iperstatica

Struttura reale:

Struttura di servizio:

P

l

l

P

Z

f

Pl

Pl

Pl

2

2

2

2

PlMp = -

x x

Mp = -2

2

Px

+


Calcolo di fp:

( ) ( )

)(85

821

4221

221

221

2211

44443

0 0

33

0 0

33

0 0

22

1

bassoilversoEIplplpl

EIxpxpl

EI

dxpxdxplEI

dxpxdxplEI

dxpxxdxplEI

dxEIM

Mf

l ll l

str

l lp

p

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅+

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−==

∫ ∫∫ ∫

∫ ∫ ∫

Calcolo di fz:

il momento Mz è pari ad ZM ⋅1 , ed il momento M1, già calcolato in precedenza, è pari ad l nell’asta verticale, ad x in quella orizzontale.

( ) ( )

)'(34

31

311

1

333

32

0 0

22

0 01

altolversoEIZlZlZl

EIxZxZl

EIdxZxdxZl

EI

dxZxxdxZllEI

dxEIMMf

l l

str

l lz

z

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+==

∫ ∫

∫ ∫ ∫

Imposizione della congruenza:

fz+fp = 0

altolversoplZ

EIpl

EIZl

'3215

085

34 43

=

=+−

l

1

1 x

Mp = - l

x

M = - x

4 Calcolo delle sezioni 114

GEOMETRIA DELLE AREE Data una generica sezione, ne possiamo definire alcune proprietà geometriche fondamentali : -AREA: è la somma delle parti infinitesime dA in cui scompongo la sezione. ∫=

A

dAA

-MOMENTO STATICO: prodotto dell’area per la distanza del suo baricentro dall’asse di riferimento (utile per calcolare il baricentro della sezione). AydAyS

Ax ⋅=⋅= ∫

3.

b

h

y

xy

y

xyG

A


-MOMENTO D’INERZIA: elevo questa distanza y al quadrato. ∫=

Ax dAyI 2

Nella sezione rettangolare i momenti d’inerzia rispetto agli assi x e y sono

pari a ( )

( ) 23

23

121

121

121

121

bbhhbI

hbhbhI

y

x

==

==

Più significativo nella seconda forma, dove 121

è un coefficiente numerico

che tiene conto della forma della sezione, ( )bh esprime l’area della sezione rettangolare e 2h o 2b è l’estensione della sezione trasversalmente all’asse considerato.

Il rapporto fra xI e yI è proporzionale al rapporto 2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

bh

. xI è il massimo

momento d’inerzia della sezione rispetto a tutti quelli calcolati rispetto ad un asse che passa per il baricentro, mentre yI è il minimo: x e y sono gli assi principali d’inerzia della sezione. -MOMENTO CENTRIFUGO: prodotto dell’area per entrambe le coordinate del suo baricentro rispetto ad un sistema di riferimento dato. ∫ ⋅=

Axy dAxyI

Se calcolato rispetto ad un sistema di assi in cui almeno uno dei due è anche asse di simmetria, il momento centrifugo si annulla (per ogni contributo delle aree dA con coordinate positive ce n’è uno uguale in modulo e opposto in segno dato dalle aree dA di coordinate negative). Contrariamente al momento d’inerzia, che ha segno sempre positivo, il momento centrifugo può avere segno positivo o negativo.


3.1 Massimo / minimo momento d’inerzia. Assi principali d’inerzia Data una sezione e una coppia di assi di riferimento baricentrici, qual è l’angolo α per cui ruotare tali assi per ottenere gli assi principali d’inerzia? Calcolo i momenti del secondo ordine ( 0Ix , 0Iy e 00 yIx ) rispetto agli assi 00 yex

Ruotando gli assi di un angolo α , voglio procurarmi le espressioni Ix , Iy e Ixy basate su α.

(x0 e y0)⎩⎨⎧

+−=+=

αααα

cossinsincos

00

00

yxyyxx

( )

( )∫

∫ ∫+−=

=+−==

A

A A

dAyyxx

dAyxdAyIx

αααα

αα

22000

220

200

2

coscossin2sin

cossin

Quindi

( )⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⋅+−=

⋅+⋅+⋅=

⋅+⋅−⋅=

0000

02

0002

02

0002

2cos2sin21

sincossin2cos

coscossin2sin

yIxIyIxIxy

IxyIxIyIy

IxyIxIyIx

αα

αααα

αααα

Queste formule mi consentono di risolvere i seguenti problemi: trovare l’angolo α per cui è nullo xyI e gli angoli a cui corrispondono il massimo e il minimo momento d’inerzia. Le condizioni da imporre sono (annullando le derivate delle funzioni, mi trovo in un massimo o in un minimo):

0=αd

dIy 0=

αddIx

0=Ixy

Si può facilmente scoprire che esiste un unico angolo α per il quale uno dei due momenti d’inerzia è massimo, l’altro è minimo, e il momento centrifugo

y

α

dA

x

x

y


si annulla: questo è l’angolo che individua gli assi principali d’inerzia della sezione. Risolviamo allora una sola delle tre condizioni da verificare, la più semplice:

( )

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−=

−−=

−−=

=⋅+−

=

00

00

00

00

00

00

0000

221

22

22cos2sin

02cos2sin21

0

IyIxyIx

artg

IyIxyIx

tg

IyIxyIx

yIxIyIx

Ixy

α

α

αα

αα

Questo è il valore dell’angolo di cui devo ruotare gli assi di riferimento per ottenere gli assi principali d’inerzia. Quanto valgono allora il momento d’inerzia massimo e minimo?

MAXI

( )200

20000

22yIx

IyIxIyIx+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −

±+

=

MINI


LA FLESSIONE Prendiamo in considerazione il concio di spessore infinitesimo (dx) soggetto al momento flettente M . Si assume che per effetto di M, risulti sottoposto a deformazioni ε , in modo che le sue facce ruotino rimanendo piane; la distribuzione degli sforzi σ è allora lineare e proporzionale alla distanza

dall’asse neutro. Quindi ky=ε e yI

M=σ

Si ha flessione retta quando l’asse di sollecitazione coincide con un asse principale di inerzia e l’asse neutro, ad esso perpendicolare, coincide con il secondo asse principale di inerzia. Il momento centrifugo risulterà : 0=snI

dϕ

dx

M

4.


Quando invece l’asse di sollecitazione non coincide con uno dei due assi principali di inerzia, si parla di flessione deviata. In questo caso è possibile scomporre il momento M nella somma di due momenti xM e yM (rispetto agli assi principali di inerzia). Ognuno dei due problemi di flessione retta contribuisce a σ :

xI

My

IM

y

y

x

x −=σ

Problema della convenzione di segno: i due contributi al valore di σ non sono nell’esempio precedente contemporaneamente positivi; infatti

yI

Mx

x

in corrispondenza di valori positivi di y il momento xM produce sforzi di trazione (quindi positivi).

xI

M

y

y

y

x

M

M

M

x

y

y

M x

x

y

x

M x

TRAZIONE

COMPRESSIONE

y

M yx

y

M yx

TRAZIONE COMPRESSIONE


in corrispondenza di valori positivi di x il momento yM produce sforzi di compressione (quindi negativi).

4.1 Esercizi Esercizio 1: Data la seguente sezione e il momento M=15.000 N/cm trovare gli sforzi σ massimo e minimo. - Si scelgono gli assi di riferimento x0 e y0 rispetto a cui calcolare la posizione del baricentro (rapporto tra l’area della sezione per la distanza del suo baricentro dall’asse di riferimento e l’area stessa. In questo caso opero per differenza di aree: quella del quadrato meno quella del triangolo).

2

25,1021

242

35,105,10

25,10210

242

2

2

0 =

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

−⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

−⋅⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛

=Gy cm

- Calcolo dei momenti d’inerzia della sezione rispetto agli assi x e y passanti per il baricentro (opero ancora per differenza).

Per la sezione quadrata il momento d’inerzia è pari a 12

4l rispetto a qualsiasi

asse baricentrico, quindi:

M

G x

x0

α=45°

21

10,5

10,5

2

10,5/3

2121

y0≡y


( )

444

4

232

24

801.625,1012120

242

121

455.39

25,103

5,102

5,10215,10213612

242

242

121

cmI

cm

I

y

x

=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ⋅⋅−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

=

=⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

+⋅⋅−⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

Calcolo degli sforzi σ

xMyMxI

My

IM

y

y

x

x

801.622/

455.392/

−=−=σ

Calcolo lo sforzo nei punti significativi: asse neutro ( 0=σ )

xxy 628,0801.62455.39

==

- Trovato l’asse neutro lo traslo fino a toccare i punti estremi della sezione che sono i punti in cui le σ hanno valore massimo e minimo.

M

x

y

n

n

A

B

σmin

σmax


BMIN

AMAX

σσσσ

==

xI

My

IM

y

y

x

x ±

( )

( ) 2

2

/12,55,10801.62

2/000.1525,10455.39

2/000.15

/12,5221455.39

2/000.15

cmN

cmN

B

A

−=−−−=

=−=

σ

σ

Esercizio 2: Data la seguente sezione e il momento M trovare gli sforzi σ massimo e minimo.

Primo metodo

- Si scelgono gli assi di riferimento x0 e y0 per calcolare la posizione del baricentro. Si noti che l’asse x0 è asse di simmetria, quindi un asse principale d’inerzia.

( ) 221224

261202422

22

0 −=−

⋅−⋅=Gx cm

- Calcolo dei momenti d’inerzia della sezione rispetto agli assi x e y passanti per il baricentro (opero ancora per differenza).

Per la sezione quadrata il momento d’inerzia è pari a 12

4l, quindi

12 12

12

12MG

10

10

y0x0≡x

y

2v2


( ) ( ) 096.12281212

1222241224 22

4224

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−+=yI cm4

920.251212

1224 44

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−=xI cm4

- Calcolo degli sforzi σ:

xMyM

xI

My

IM

y

y

x

x

096.122/

920.252/ −

−=

=−=σ

Calcolo lo sforzo nei punti significativi: asse neutro ( 0=σ )

xxy 14,2096.12920.25

−=−=

- Trovato l’asse neutro lo traslo fino a toccare i punti estremi della sezione, che sono i punti in cui le σ hanno valore massimo e minimo.

BMIN

AMAX

σσσσ

==

xI

My

IM

y

y

x

x −

( ) ( )

( ) ( )210096.12

2/0920.25

2/

28096.12

2/26920.25

2/

−+=

+=

MM

MM

B

A

σ

σ

M

xy

My

Mx

A

B

n

n

xA

yA

6+2 6

fig. 2.27


Secondo metodo - Si considerino gli assi di riferimento x0 e y0 paralleli alle facce della figura, in modo tale che non siano assi di simmetria. Una volta calcolato il baricentro della sezione troviamo gli assi principali d’inerzia. - Calcolo dei momenti d’inerzia:

00

0

4

224

224

008.19

81212

122241224

xy

x

II

cm

I

=

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅+−⋅+=

- Calcolo del momento centrifugo per differenza: ( )( ) ( )( ) 912.688122224 22

00=++−++=yxI cm2

- Trovo ora l’angolo α, cioè di quanto devo ruotare gli assi x0 e y0 per

giungere agli assi principali di inerzia.

°=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−⋅−=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−

⋅−= 45

008.19008.19912.62

212

21

00

00 artgII

Iartg

yx

yxα

10 12

12

10MG

x0

y0

2

2


- Trovo i momenti d’inerzia rispetto agli assi principali d’inerzia, cioè:

( )22

00

0000

22 yxyxyx

MINMAX IIIII

IeI +⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −±

+=

y

x

Icm

Icm

→=−

→=+

4

4

096.12912.6008.19

920.25912.6008.19

- Calcolo gli sforzi σ massimo e minimo come svolto col primo metodo. Esercizio 3: Data la seguente sezione triangolare e il momento M trovare gli sforzi σ massimo e minimo.

x

y

x0

y0

α

MG

xy

8 16

16

8

fig. 2.27


- Calcolo dei momenti d’inerzia della sezione rispetto agli assi x e y passanti dal baricentro (l’asse x è un asse di simmetria. quindi un asse principale d’inerzia).

( )

( ) 43

43

3

3

608.42

24224361

824.132242

24481361

481

cmI

cmI

bhI

hbI

y

x

y

x

=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛⋅=

=⋅⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛=

=

=

- Calcolo degli sforzi σ:

xMyMxI

My

IM

y

y

x

x

608.42/

824.132/

+=−=σ Calcolo lo sforzo nei punti

significativi: asse neutro ( 0=σ )

xxy 3608.4824.13

−=−=

h

x

y

b

M

xy A

B

My

Mx

n

n

σmin

σmax

fig. 2.27


- Trovato l’asse neutro lo traslo fino a toccare i punti estremi della sezione, che sono i punti in cui le σ hanno valore massimo e minimo.

BMIN

AMAX

σσσσ

==

xI

My

IM

y

y

x

x −

( ) ( )

( ) ( )28608.4

2/0824.13

2/

24608.4

2/212824.13

2/

MM

MM

B

A

−=

+=

σ

σ

4. Calcolo delle sezioni 128

y

xe

C

G

s

G

N

Ce

M=Ne

Mx

MMy

C

4.2 L’azione assiale eccentrica E’ il caso delle aste soggette ad una forza diretta parallelamente alla linea d’asse ma non passante per il baricentro della sezione. Eccentricità è il termine impiegato per indicare la distanza della forza dal baricentro. Per risolvere il problema degli sforzi si trasporta l’azione assiale eccentrica (N) dal punto C al baricentro G, mettendo in conto il momento di trasporto pari a N e. Il problema dell’azione assiale eccentrica si riduce allora alla combinazione dei problemi dell’azione assiale “centrata” (passante per G) e della flessione.

yIM

AN

n

+=σ

Dove M è da scomporre in xM e

yM . Quindi

( ) yx eNeNeNM ⋅=⋅=⋅⋅= αα coscos

xy eNseneNM ⋅−=⋅⋅−= α

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++=

⋅−−

⋅+=−+=

y

x

x

y

y

x

x

y

y

y

x

x

Ixe

Iye

ANx

IeNy

IeN

ANx

IM

yI

MAN 1σ

Sapendo che il raggio di inerzia è definito comeAIn

n =2ρ l’equazione risulta

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++= 221

y

x

x

y xeyeAN

ρρσ

fig. 2.27 fig. 2.27

fig. 2.27


4.3 Esercizi Esercizio 1

KNN 8,4−= ?; =MINMAX σσ

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++= 221

y

x

x

y xeyeAN

ρρσ

Trovo i momenti di inerzia, l’area e l’eccentricità

cme

cme

y

x

25

40

=

−=

2

43

43

9600

512000080120121

1152000012080121

cmA

cmI

cmI

y

x

=

=⋅=

=⋅=

Calcolo i raggi di inerzia:

22 1200 cmAIx

x ==ρ

22 33,533 cmAI y

y ==ρ

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+−

= xy33,533

401200

2519600

8,4σ

Trovo l’asse neutro, quindi

0=σ

xy

xy

cmKNx

cmy

cm

75,39,4902,0075,0

02,01

09600

8,4075,002,01 2

+−=

+−

=

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+

L’asse di sollecitazione della sezione passa per il punto C e per il baricentro, quindi non è perpendicolare all’asse neutro( non è flessione retta).

y

xeC

exey20

35

y

x

nA

Bs

σmin σmax

σG

fig. 2.27

fig. 2.27


Trovo MAXσ e MINσ traslando l’asse neutro parallelo a se stesso: trovo i punti A e B. Dato che sul punto C agisce una forza di compressione

)8,4( KNN −= , il punto A corrisponderà a MINσ .

( )

( )( ) ( ) 2

2

62,1325,115,033,5334040

1200602515,0

62,2325,115,0

33,5334040

120060251

96004800

33,53340

1200251

96008,4

cmN

cmN

N

xyKN

BMAX

AMIN

=−−−=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ ⋅−

−⋅+−==

−=++−=

=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ −⋅−

⋅+

−=

=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−+

−==

σσ

σσ

Esercizio 2

In C è presente una forza assiale eccentrica, trovare MAXσ e MINσ . Gli assi x e y sono assi di simmetria della sezione, quindi assi principali di inerzia; rispetto a questi l’eccentricità risulta:

cmeecme yx 5,15,1 ==

Anche gli assi 'x e 'y sono assi di simmetria della sezione e assi principali di inerzia; rispetto a questi l’eccentricità risulta:

02

3'' == yx eecme

quindi conviene usare questi assi di riferimento.

Trovo l’area , i momenti di inerzia e i raggi di inerzia della sezione:

y

x

C

G

y'x'3

3

3

3 3 3

fig. 2.27


( ) 444

22

06,1333121

29

121

5,3192

9

cmI

cmA

x =−⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛=

=−⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛=

222 22,45,3106,133 cm

AI

AI yx

yx ===== ρρ

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+= x

ANxe

AN

y

x

22,42311 2

'

ρσ

Trovo l’asse neutro:

( ) 25,0

105,01 −=−=→=+ xxAN

2

2

62,025,45,01

6,225,45,01

cmNAN

AN

cmNAN

AN

BMIN

AMAX

−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−⋅+==

=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛⋅+==

σσ

σσ

C

y'x'

A

Bσmin

σmax

σG

fig. 2.27


4.3 Il taglio A causa dell’azione tagliante sono presenti, all’interno del concio, sforzi tangenziali, della cui esistenza si può dar ragione con considerazioni generali legate all’equilibrio del concio in presenza di taglio e momento flettente. Si giunge ad una soluzione approssimata per gli sforzi dovuti al taglio (formula di Jouraski). L’equilibrio delle azioni interne sul concio di trave:

dxTdM ⋅= (dM è l’incremento del momento) In termini di sforzi: Isolando la parte superiore del concio, considero un piano orizzontale che divide il concio in due parti. Ricavo due distribuzioni di sforzi di forma trapezia σ che danno luogo a due risultanti diverse sulla faccia di destra e su quella di sinistra.

R+dRR

x

M

dx

T

M+dM

T

σ σ


( )dxbdSdSdR

⋅==τ

Nel piano della sezione rettangolare:

*

**

*

SIMdAy

IMdA

IyMdAR

nA

nA nA

=⋅=⋅

=⋅= ∫∫∫σ

dove *S = momento statico dell’area *A rispetto all’asse neutro. *** yAS =

( )I

SdxTI

SdMdRI

SdMMdRR***

⋅==→+=+

La parte superiore del concio, presa in considerazione non è in equilibrio: c’è bisogno della forza di scorrimento ds per equilibrare la forza dR. L’unica faccia su cui può giacere dS è quella segnata in figura

)( bdxdS ⋅= τ

Poichè

nn

n

ISTb

IST

dxbISTdxdSdR

**

*

=→⋅=

⋅⋅=→=

ττ

τ

n

b

y*

A*

n

s

s

dx

dS R+dRR


Sezione rettangolare:

( )2*

*

222xhxbxhxbS

xbA

−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅=

⋅=

IxhxT

2

2−=τ

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

=→=

=→==→=

→

AThx

hxx

MAX 23

2

000

τ

ττ

T

MAXτ

hy*

x

s

s

b


Profili sottili - esercizi Esercizio 1:

?102020 3

=⋅==

τNKNT

nbITS *

=τ

-Baricentro

mmy

mmx

G

G

80)10120()10100(105)10120(50)10100(

60

=⋅+⋅⋅+⋅

=

=

-Momento di inerzia 42323 249333325)10120(10120

12130)10100(10010

121 mmI n =⋅+⋅+⋅+⋅=

-τ ala prendo in considerazione una parte dell’ala della sezione di lunghezza ξ

80

60

25

ξ

80

11

10

120

T

0 0


=*S area della parte scelta per distanza tra i due baricentri

ξξ 25025)10(* =⋅=S

00

2,0249333310

2501020 3

=→=

→=⋅

⋅⋅=

τξ

ξξτ

per

nel baricentro 41260mm

Nmmper =→=→ τξ

MPa12=τ -τ anima prendo anche in questo caso in considerazione una parte dell’anima della sezione di lunghezza ξ

*S =area per la distanza dai baricentri più contributo dell’ala

25)10120()2

25)(10(* ⋅+−⋅=ξξS

249333310)300005250(1020 23

⋅+−⋅

=ξξτ

per MPa240 =→= τξ

nel baricentro MAXmm τξ →= 25

MPa56,26=τ

80

25 ξ/2ξ


Esercizio 2: profilo a doppio T.

Mm

T= KN20 = N31020 ⋅ τ=?

- Calcolo del baricentro: poiché la sezione è doppiamente simmetrica, le coordinate del baricentro sono note anche senza calcolarle; mmyx GG 60== .

0

26.56MPa

24MPa

60

120

10

120

T

10

n n


- Calcolo del momento d’inerzia della sezione rispetto all’asse neutro ( nI ):

( )4

323

3.811333333.833333726000020000

100101215512010210120

1212

mm

I n

=++

=⋅⋅+⋅⋅+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅⋅=

- Sforzi tangenziali nell’ala (τala): prendo in considerazione una parte di ala di lunghezza ξ.

nIbST⋅⋅

=*

τ

( )

4

3*

3

3.811333310

55101020

mmImmb

mmSNT

n =

=⋅=

⋅=

ξ

Quindi ( ) MPa

mmN

ala ξξξτ 13.013.08113333310

551010202

3

==⋅

⋅⋅=

Nel baricentro dell’ala, quindi con ξ=60 mm, MPa8.7=τ

60

5

10

x1

x2


Nell’ala inferiore si ritroveranno gli stessi valori di quella superiore, ma il grafico degli sforzi tangenziali avrà segno opposto.

- Sforzi tangenziali nell’anima (τanima): anche in questo caso prendo in considerazione una parte dell’anima della sezione di lunghezza ξ.

nIbST⋅⋅

=*

τ

4

3*

3

3.811333310

55101202

5510

1020

mmImmb

mmS

NT

n =

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅=

⋅=

ξξ

Quindi

[ ]MPaanima 8113333366000555020000

811333310

55101202

55101020 23

+−=

⋅

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⋅

=ξξ

ξξτ

Agli estremi dell’ala, quando ξ=0, lo sforzo di taglio vale: MPa27.16=τ Nel baricentro dell’anima, con ξ=55 mm, il lo sforzo di taglio vale:

MPa9.19=τ Questo valore di τ è anche il valore massimo degli sforzi tangenziali nella sezione.

120

55


Grafico degli sforzi nella sezione a doppio T sollecitata da taglio:

7.8MPa

7.8MPa

16.27MPa

19.90MPa

16.27MPa

Esercizio 3: sezione tubolare quadrata.

tAA

T

H

HBB

Indichiamo solamente il metodo per calcolare il momento statico della sezione, supponendo di dover trovare il valore di τ nei punti A e B. In questo caso *S è dato dalla somma del contributo dato dalla parte orizzontale del profilo (la sua area moltiplicata per la distanza del suo baricentro dall’asse neutro), e del doppio contributo dato dalle parti verticali.

Il primo è pari a ( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅=

2*1

tHtS ξ , e varia linearmente;

H t2 2

t

H

AA


il secondo è pari a ( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−=

222*

2ξξ tHtS , e varia parabolicamente.

Il grafico degli sforzi tangenziali risulta quindi:

- I valori massimi di τ nelle parti orizzontali non sono più quelli riscontrabili nel baricentro, ma agli estremi; - Il τmax è ancora una volta quello calcolato nel baricentro della sezione;

Riportiamo inoltre lo schema dei flussi all’interno del profilo:

t maxx1

x 2

t max


s

Mt

Mt

Mt

r

dx

4.4 La torsione Quando il momento che sollecita un’ asta giace in un piano perpendicolare alla sezione trasversale, cioè nel piano di sollecitazione, si ha un problema di flessione e si generano sforzi σ . Se invece il momento giace sul piano stesso della sezione produce torsione e si generano sforzi tangenziali τ . Il problema della torsione non è riscontrabile nei problemi delle strutture piane, ma è presente in tutto il mondo dell’edilizia (esempi: una porta, un ponte).

La sezione ideale per resistere alla torsione è quella circolare. Considereremo quindi il caso della torsione circolare.

Prendiamo in considerazione un concio di sezione circolare soggetto a momento torcente tM ; tenendo ferma una faccia, quella di sinistra nel nostro caso, e facendo ruotare l’altra, si ha una deformazione di questo tipo: le due sezioni d’estremità ruotano l’una rispetto all’altra di un angolo θd . Anche le rette disposte sulla superficie laterale dell’asta (cilindrica) parallelamente alla linea d’asse ruotano, suggerendo che un infinitesimo elemento di forma rettangolare disegnato sulla superficie laterale, subisca una deformazione caratterizzata da distorsioni angolari. Lo stato di sforzo consiste in componenti tangenziali dello sforzo stesso con direzione


Mt

dθ

τ

τ

r

tangente al bordo della sezione. Poiché lo stesso sforzo deve essere presente nella posizione diametralmente opposta con segno invertito, la distribuzione degli sforzi tangenziali sulla sezione è lineare con punto di nullo nel baricentro. Lo sforzo τ è quindi proporzionale alla distanza dal baricentro.

rk ⋅=τ dove r è il raggio di un generico punto. La costante k viene determinata imponendo che il momento risultante dalla distribuzione di sforzi sia pari al momento torcente:

∫∫ ∫

===

=⋅⋅⋅→=⋅

A tp

A At

MkIdArk

dArkrMdAr2

)(τ

pI = inerzia polare della sezione

=2

4Rπ

Lo sforzo in ogni punto della sezione alla distanza r dal baricentro si esprime quindi come:

rIM

p

t=τ

Lo sforzo massimo, presente in ogni punto al contorno, risulta:

2/2/ 34 RM

RRMR

IM tt

p

tMAX ππ

τ ===

La rotazione dθ risulta quindi pari a:

dxGIMd

p

t=θ dove G è il modulo di elasticità tangenziale.

La soluzione della torsione circolare si applica anche al caso della torsione nelle sezioni tubolari circolari, per le quali si ha:


Mt

Re

Ri

b

aτmax

l=2R

2

44ie

pRRI −

=π dove eR è il

raggio esterno e iR è il raggio interno. Per una sezione di forma generica è utile considerare l’analogia fluido dinamica tra gli sforzi tangenziali dovuti a tM e la velocità del fluido che ruota (v).

Analogia cioè tra torsione e un recipiente pieno d’acqua con un’ elica che la fa girare con movimento circolare. Nella sezione rettangolare, ad esempio, gli sforzi hanno la legge di variazione sul lato corto e sul lato lungo indicata nella figura.

2abM t

MAX ατ = , α è un valore che dipende dal rapporto ba

- cioè dal fatto

che il rettangolo sia più o meno lungo. La tabella fornisce alcuni valori significativi di α :

Esempi: sezione quadrata

33 6,0)2(

8,4RM

RM tt

MAX ==τ

sezione circolare

334 6369,02

2

.RM

RM

RRMr

IM ttt

p

tMAX ====

ππτ

ba / α

1 4,808→ sez. quadrata

1,2 4,566 1,5 4,329 2 4,065 2,5 3,876 3 3,745 10 3,205 → ∞ 3


li

sii

j

sj

Osservazioni: quest’ultimo risultato è leggermente più grande rispetto al primo, infatti la sezione circolare ha un’area un po’ più piccola di quella del quadrato [ ]4)2(][ 422 RRARA quadrcirc === π .L’area del quadrato è superiore del 20% rispetto a quella della circolare, mentre lo sforzo diminuisce del 6% nel passaggio dalla sezione circolare a quella quadrata. Quindi è conveniente usare la sezione circolare nel resistere alla torsione perché, come suggerisce l’analogia fluido-dinamica, negli spigoli il fluido non ruota e quindi le τ sono prossime a Φ .

Esempio: ∞→ba / 3=α

sezioni rettangolari allungate anche se ripiegate su se stesse, in generale sezioni a profilo SOTTILE i cui spessori possono essere variabili (aperte).

∑ ⋅=

i ii

jtj

MAX slsM

33/1τ

dove il = lunghezza di ogni lato i della sezione

is = spessore di ogni lato i della sezione

js = spessore nel punto interessato al calcolo


Formula di Bredt Nasce per interpretare la distribuzione costante di sforzi in un profilo sottile chiuso (in un profilo sottile aperto invece il flusso non è costante ma diverso passando dal lato esterno a quello interno). Suppongo di operare una sezione orizzontale su un profilo che presenta spessori diversi ( 21 ses ) quindi sforzi tangenziali diversi.

L’area della parte di sinistra risulta = dxs ⋅1 , quella di destra = dxs ⋅2 Quindi ( )dxs ⋅11τ = risultante degli sforzi nella parte sinistra e ( )dxs ⋅22τ = risultante degli

sforzi nella parte destra Per l’equilibrio alla traslazione ho: ( )dxs ⋅11τ = ( )dxs ⋅22τ

2211 ss ⋅=⋅ ττ Benché gli sforzi variano da spessore a spessore, il prodotto fra i due rimane costante: =⋅ sτ costante. In una generica sezione a cui è applicato un momento torcente, prendo in considerazione un elementino

=dA dls ⋅ ( )dlsF ⋅= τ

tM = ( ) rdls∫ ⋅τ

integrale di linea cioè che si effettua su tutti gli elementini dl.

Mt Mt

s1 s2

τ1 τ2

τ1 τ2 ax

Mt

R

τdl

dl


Impongo che il momento risultante dalla distribuzione di sforzi sia pari a

∫ Ω⋅⋅⋅=⋅⋅= 2sdlrsM t ττ

dove Ω è l’area racchiusa all’interno del “profilo medio della sezione”, cioè della linea equidistante dal bordo interno e dal bordo esterno della sezione. Quindi

sM t

Ω=

2τ


Esempi 1. 2. 3.

5301152

2

3

4

tt

tMAX

MMR

RM

==

=⋅

=

π

πτ

22 70715 cmA == π

Formula di Bredt (non c’è MAXτ , è costante)

( )

1322

5,142

2

2

t

t

t

Ms

Ms

M

=

=⋅

=

=Ω

=

π

τ

( )

2

22

911415

cmA=

=−= π

2abM t

MAX ατ = =

=⋅

=ls

Mt23

conRal

bsπ2

1====

(sviluppo del profilo: lunghezza della linea media)

( )

3,30

25,1413 2

t

t

M

M

=

=⋅⋅

⋅=π

Lo sforzo è aumentato di 4 volte rispetto alla sezione dell’esercizio 1. Mentre l’area è diminuita notevolmente (1/8 in meno). L’efficienza di questa sezione è doppia rispetto a quella piena.

L’area non è quasi cambiata dall’esercizio n.2, mentre gli sforzi sono 40 volte superiori. La sezione dell’esercizio 2 rimane quella più efficiente per resistere alla torsione.

Mt

30cm

28r

Mt

30cm

Mt

30cm

28


In realtà la formula che meglio esprime lo sforzo in una sezione tubolare circolare è

( )442/ ie

t

RRrM−⋅

=π

τ

perché si hanno 2 valori diversi di τ )( ie e ττ . La formula di Bredt, dando

come risultato il valore medio, vale nell’ipotesi che lo spessore diversi della sezione sia piccolo rispetto alle dimensioni della sezione stessa. Esercizio 1: sezione tubolare rettangolare:

mmsmms

53

2

1

==

trovare 21 ττ e

trovo 1τ corrispondente allo spessore 1s e separatamente 2τ

( ) 264963964622 11

ttt MMs

M=

⋅=

Ω=τ

( ) 441605964622 22

ttt MMs

M=

⋅=

Ω=τ

Re

Ri

τeτi

s

Mt

G

s1 s2

s1

s2

46 50

96

100

τ1

τ2


Esercizio 2: 2/40 mmN=τ (τ ammissibile)

Quale è il valore del momento torcente massimo che posso applicare in queste sezioni? 1. 2. 3.

2abM t

MAX ατ =

ατ 2abM MAX

t⋅

= =

==

=⋅

=

=⋅

=

Nmm

abM MAX

t

3,5333338,44040 3

2

ατ

tMAXM=

Nmm

M t

6,052.421

8,3256440 2

=

=⋅⋅

=

MAXtM

tMAX

t

t

MNmm

sMs

M

====⋅⋅⋅=

=Ω⋅=Ω

=

554880346240

22

2

τ

τ

Mt

G 25

64

Mt

40

40

Mt

40

40

6 6

6

6


Casi di De Saint Venant - Esercizi Esercizio 1: data la seguente sezione soggetta a taglio e momento flettente, trovare gli stati di sforzo nei punti A e B: BABA ττσσ ;;; =?

mmNMNT

⋅==

54571049610

-calcolo del baricentro:

( )

( )mmy

mmx

G

G

75,132

233111133

222331125,51133

5,16

=⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

+⋅

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

+⋅=

=

-calcolo del momento di inerzia

( ) ( ) =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

⋅+⋅+−⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅=

2323 75,1322

233113311

36125,575,1311331133

121

xI

= 485,75032 mm

-calcolo degli sforzi σ nei punti A e B; yI

M

x

x=σ

( )

( ) 2

2

/10075,1385,75032

545710

/209,191175,1385,75032

545710

mmN

mmN

B

A

−=−=

≅=−=

σ

σ

-calcolo degli sforzi τ nei punti A e B; nbI

TS *

=τ

1.44 mm

M

T

y

x

A

B

11 11 11

11

33

13.75


nel punto A→ =*AS area del triangolo per distanza del suo baricentro

dall’asse neutro.

( ) 3* 3,149775,132223311 mmS =−⋅⋅

= quindi

2/909,8985,7503211

3,149749610 mmNA ≅=⋅

⋅=τ

nel punto B =→ *BS *

AS +momento statico del quadrato ( ) 32* 12.44925.9983.14975.575.13113,1497 mmSB =−=+−+=

2/3099.2685.750321112.44949610 mmNB ≅=

⋅⋅

=τ

Esercizio 2: data la seguente sezione soggetta a momento flettente e momento torcente,trovare gli stati di sforzo massimo e minimo:

MAXMINMAX τσσ ;;

NmmMNmmM

t 1620018545==

Questa sezione è doppiamente simmetrica (sia rispetto agli assi x e y che rispetto agli assi 00 ; yx ). Scegliamo il sistema per cui la flessione risulta retta.

- la posizione del baricentro la conosciamo. -calcolo del momento di inerzia per sottrazione di quadrati:

444

1020127

1211 mmI x =−=

-calcolo degli sforzi σ prodotti da M

( ) 2

2

/1005,5102018545

/1005,5102018545

mmNyIM

mmNyIM

xBMIN

xAMAX

−=−===

====

σσ

σσ

A

B

M

Mt

11 m

m

2 mm

y

x


-calcolo degli sforzi τ prodotti da tM

( )2

2 /50292

162002

mmNs

M tMAX ==

Ω=τ

Esercizio 3: data la seguente sezione soggetta a momento flettente e momento torcente, calcolare lo stato di sforzo nei punti A e B:

BABA ττσσ ;;;

NmmMNmmM

t 9261018522==

Anche questa sezione è doppiamente simmetrica; il sistema di riferimento da utilizzare è quello degli assi principali di inerzia,che sono gli assi di simmetria della sezione -baricentro:

mmymmx

G

G

5,105,10

==

-calcolo dei momenti di inerzia

34

8,166,12121

1221

⋅−=xI = 404,11228 mm

434

23,134066,128,16121

1221 mmI y =⋅−=

-calcolo degli sforzi σ

xI

My

IM

y

y

x

x −=σ

2.1A

21 mm

21 mm

B

MMt

y

x

4.2


dove NmmMMM yx 17,131362/ ===

nel punto A ( ) 2/45,183,623,1340617,131365,10

04,1122817,13136 mmNA =−−=→σ

nel punto B ( ) 2/06,205,1023,1340617,131364,8

04,1122817,13136 mmNB −=−−=→σ

-calcolo degli sforzi τ

sM t

Ω=

2τ ( ) ( ) 252.3179.188.1605.12211.2221 mm=⋅=⋅−⋅⋅−=Ω

nel punto A 2/44.691.252.3172

92610 mmNA =⋅⋅

=→τ

nel punto B 2/72.342.452.3172

92610 mmNB =⋅⋅

=→τ

Esercizio 4: data la seguente sezione soggetta a taglio e momento flettente, calcolare lo stato di sforzo τ nei punti più significativi e rappresentarne il diagramma

T = 7216 N M = 182800 N mm - calcolo delle coordinate del baricentro. La sezione è simmetrica rispetto all’asse verticale, dunque l’ascissa del suo baricentro è facilmente determinabile:

mmxG 9=

6

18

12 M

y

x2

1

G

3

T

12

17.4

6


Per calcolare l’ordinata bisogna trovare il momento statico della sezione:

mmA

Sy

mmSmmA

xG

x

4.173606264

62642712618181261263601261812612

*

3*

2

===

=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=

=⋅+⋅+⋅=

- calcolo del momento d’inerzia rispetto all’asse x .

( ) ( )

( ) 423

2323

08.197384.1727126612121

4.17181812121812164.17126126

121

mm

I x

=−⋅+⋅+

+−⋅+⋅+−⋅+⋅=

- calcolo degli sforzi τ nei punti 1, 2, e 3:

i calcoli più significativi risultano essere quelli nei punti di passaggio della sezione (agli attacchi, dove cambia la larghezza della sezione) e nel baricentro.

nbITS *

=τ

Momento statico nel punto 1 3*

1 2.6916.9126 mmS =⋅⋅=→

21 /05.21

08.19738122.6917216 mmN=

⋅⋅

=τ

Momento statico nel punto 2 +=→ *1

*2 SS momento statico del rettangolo

fino a quota baricentro ( ) 324.10833.36.6182.691 mm=⋅⋅+=

22 /22

08.197381824.10837216 mmN=

⋅⋅

=τ

1

n n n n n n

S*1 S*2 S*3


Momento statico nel punto 3 +=→ *1

*3 SS momento statico del rettangolo

centrale fino a quota del punto 3 ( ) 38.8206.012182.691 mm=⋅⋅+=

23 /50

08.1973868.8207216 mmN=

⋅⋅

=τ

Lo sforzo di taglio parte da 0 negli estremi della sezio-ne, crescendo para-bolicamente fino a rag-giungere il pun-to 1; in esso, a causa dell’aumen-to della corda della sezio-ne, lo sforzo diminuisce; ripartendo da un valore inferiore, aumenta di nuovo parabolicamente fino a raggiungere un massimo relativo a quota baricentrica, per poi de-crescere. Nel punto 3, in

cui la corda della sezione diminuisce, lo sforzo ha il suo massimo assoluto. Da qui decresce fino a raggiungere valore 0 all’estremo inferiore.

Esercizio 5: data la seguente sezione tubolare, soggetta a taglio, momento flettente e momento torcente, calcolare gli stati di sforzo nei punti A e B ( )BABA ττσσ ;;;

NcmMNcmM

NT

t 28.1740.86

40.14

===

- calcolo del baricentro

2

1

G

3

22

21

50

MMt

y

x

1.44 mm

T

0.24 mm

0.12 mm

1.68 mm

BA


la sezione è doppiamente simmetrica, dunque il baricentro è posto all’incrocio degli assi di simmetria:

cmycmx

G

G

84.072.0

==

- calcolo del momento d’inerzia

433 39.02.12.112168.144.1

121 cmI x =⋅−⋅=

- calcolo degli sforzi σ :

yIM

x

=σ

2

2

/92.1326.039.040.86

/92.1326.039.040.86

cmN

cmN

B

A

==

==

σ

σ

- calcolo degli sforzi τ dati dal taglio e dal momento torcente:

mttaglioBmttaglioA

mttaglioTOT

ττττττ

τττ

+=−=

±=

( )

BtaglioAtaglio

nAtaglio

cmN

cmS

IbST

ττ

τ

==⋅⋅

=

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅=

⋅⋅

=

2

3*

*

/16.3739.024.024.040.14

24.0224.0

268.124.044.1

( ) Bmtt

Amt cmNs

Mττ −=−=

⋅−

=Ω

= 2/9.3712.032.144.12

28.172

Quindi

2

2

/06.7516.379.37

/74.016.379.37

cmN

cmNtotB

totA

=+=

−=+−=

τ

τ


Esercizio 6: la sezione indicata è soggetta all’azione assiale N di trazione applicata in C. Calcolare gli sforzi massimo e minimo e la posizione dell’asse neutro.

Dimensioni in mm. N = 240 Kg= 2400 N Posizione del baricentro:

mm

y

mmA

G

4.18240116

2241628

2128

2402

2416128 2

=

=⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

⋅+⋅

⋅=

=⋅+⋅

=

( ) ( ) ( )4

2323

600.12057

164.18224162416

3614.1828

2128128

361

mm

I x

=

=−⋅⋅

+⋅+−⋅⋅

+⋅⋅=

mme 6.54.1824 =−=

yyyyI

eNAN

x

y 114652.1106.5199045.0106.120576.52400

2402400

+=⋅+=⋅

+=⋅

+=σ

- Posizione dell’asse neutro:

97.80 −=→= yσ bordo superiore: mmy 6.174.1836 =−= bordo inferiore: mmy 4.18−=

( )

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−=

== =

2inf

26.17sup

51.10

6.29

mmN

mmN

y

σ

σσ

•C

8

16

12

24


- Calcolo delle τ verticali: per il confronto calcolare due valori qui e uno qui (baricentro)

b

yAT

T

TT

G

rid

⋅

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+⋅

⋅

=

==⋅=

=⋅⋅⋅⋅

=

12057

6.92128

00239.021

168

00477.0812057

6.9128

**

sup

sup

τ

τττ

τ

(conviene calcolarlo “sotto”)

b al baricentro: mmxx 267.124.1824

16=→=

TTIb

TS

mmS

G 00702.012057267.12

25.1038

25.10382

4.182

4.182667.12

*

3*

=⋅

⋅==

=⋅⋅

=

τ

(valore massimo)


4.5 La verifica della resistenza La risoluzione del problema della trave porta ad individuare lo stato di sforzo nel punto (o nei punti) più sollecitato della sezione. Si tratta sempre di uno stato di sforzo piano, caratterizzato da una componente di sforzo normale e dalle componenti tangenziali. 4.5.1 Il cerchio di Mohr Tramite il cerchio di Mohr è sempre possibile calcolare gli sforzi principali ( )III σσ ; associati allo stato di sforzo calcolato ( )τσ ; :

II

I

σ

τσσ

σ

22

42+±=

στ

T

MG

B

A

C

Mt

M

A

B

A

B

G

C

A

B

στ

σ

τ

σΙσΙΙ


Lo stato di sforzo da verificare è quindi bi-dimensionale; i parametri di

resistenza a cui confrontarlo sono gli sforzi limite in trazione ( )+σ e

compressione ( )−σ ottenuti con prove in regime monodimensionale. Se il materiale ha comportamento simmetrico:

−+−== σσσ

4.5.2 Verifica di Galileo Il modo più semplice di verificare lo stato di sforzo calcolato consiste nel

paragonare Iσ e IIσ con +

σ e −

σ :

⎪⎩

⎪⎨⎧

≥

≤−

+

σσ

σσ

II

I (verifica di Galileo)

Un’utile rappresentazione grafica è nel piano III σσ ; , in cui lo stato di sforzo da verificare corrisponde ad un punto e la verifica consiste nel controllare che il punto si trovi all’interno del “ dominio di ammissibilità”:

4.5.3 Verifica di Guest-Tresca La verifica di resistenza eseguita in questo modo non è sempre corretta, in quanto non è corretto paragonare uno stato di sforzo bidimensionale con stati di sforzo mono-dimensionali. In particolare: la verifica non è attendibile quando Iσ e IIσ hanno segno opposto (II e IV quadrante nel dominio di

σ+

σ−

σ

τ

σ+σ−

σΙ

σΙΙ

σ+

σ+

σ−

σ−


ammissibilità) e quindi, in particolare, per gli stati di sforzo di puro taglio, per cui risulta : III σσ −= Dalle osservazioni sperimentali: il dominio di ammissibilità va ristretto nel II e IV quadrante.

Alla verifica +

≤ σσ I e −

≥ σσ II va pertanto aggiunta una verifica sullo sforzo tangenziale :

ττ ≤max

dove 2max

III σστ

−= e

2III σσ

τ−

= nella situazione in cui

σσ +=I 0=IIσ

quindi 2στ =

La verifica ulteriore è quindi:

σσσ ≤− III (verifica di Guest-Tresca)

Tenendo conto che: 22

42τσσ

σσ

+±=II

I

Si può anche scrivere: στσ ≤+ 22 4 σσ ≤→ ideale

idealeσ significativa per la verifica di resistenza, ottenuta dalla combinazione di σ e τ .

σ

τ

σΙσΙΙ

σΙΙ= - σΙ

σ−σ−


Nel dominio di ammissibilità : risulta quindi che, per uno stato di sforzo di puro taglio ( )0=σ

2στ ≤

4.5.4 Criterio di Von Mises Si può dimostrare che il criterio diviene più aderente alla realtà se si assume la seguente combinazione di σ e τ :

στσσ ≤+= 22 3id (criterio di Von Mises) a cui corrisponde un dominio di ammissibilità di forma ellittica:

Per uno stato di sforzo di puro taglio ( )0=σ risulta quindi: 3στ ≤

La verifica di resistenza,in quanto basata sul calcolo di uno sforzo ideale, combinazione di σ e τ , direttamente confrontabile con la resistenza del materiale ( )σ , è anche un criterio di confronto di diversi stati di sollecitazione:

ccid

GGid

BBBid

AAid

σσ

τσ

τσσ

σσ

=

=

+=

=

3

3 22

σΙ

σΙΙ

τ

T

MG

B

A

C


Esercizi Esercizio 1: tracciare i cerchi di Mohr e determinare le tensioni principali e la maxτ . 1.

sforzi principali

5,7max =τ

2.

sforzi principali

5,2max =τ

3.

7,153,9

225

225 2

2

−−

=+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−±−=

II

I

σσ

5,12max =τ

4.

514,16514,1

52

152

15 22

−+

=+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−±−=

II

I

σσ

014,9max =τ

5

10 B A

5

10 B A

10

15

2

A

B5

15


5.

014,9514,1514,16

max =−=+=

τσσ

II

I

6.

93,207,17

5510 22 =+±=II

I

σσ

Soluzioni: 1 e 2 con Galileo e Tresca; con 10== tc σσ

disegnando il dominio: 52

102

====σττ amm

Infatti 1 55.7max <=→τ (non verificato) 2 55.2max <=→τ (verificato)

3 4 5 e 6 con Tresca e Von Mises;

5

15

A

15

5

5

A

B

2 1


20=σ Von Mises:

3 ( ) ( ) 222 203.153.93.153.9 <⋅−−+− 1

78.3 < 400

4 ( ) ( )

( )[ ] 2

22

20514.16514.1514.16514.1

<−⋅−

+−+

300 < 400 (è peggiore la situazione del p.to 4)

Per 4 e 5 anche, con Von Mises

205315 22 <⋅+ 203.17 <

20<id 17.3 < 20

3

5

4

6


Esercizio 2: calcolare gli sforzi nei punti più significativi della sezione a T e verificare la loro ammissibilità con il criterio di Guest – Tresca.

2200

13750

cmNNT

=

=

σ


( ) cmyG 66.1110102010

5101015)2010(=

⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅

=

- calcolo del momento d’inerzia

( ) ( ) 42323 67.916666.6100101012134.310201020

121 cmIx =+⋅+⋅+⋅=

-

calcolo degli sforzi τ

nIbST⋅⋅

=*

τ

Nel baricentro:

( )

2

3*

16.5267.91662055.69513750

55.69517.42034.8

cmNcmS

=⋅⋅

=

=⋅=

τ

In A (dove la sezione si riduce di spessore, e quindi è supposto un aumento del valore di τ):

( )

2

3*

10067.916610

6671375066767.61010

cmNcmS

=⋅

⋅=

=⋅=

τ

x

y

10 10

10

10


Gli sforzi σ sono nulli in quanto sulla sezione non agiscono né momento flettente né azione assiale. - Verifica di Guest-Tresca (in A, dove il valore di τ è massimo)

200200

20010040

4

22

22

≤

≤⋅+

≤+

cmN

στσ

Esercizio 3: confrontare gli stati di sforzo nel punto in cui si verifica la

maxσ e nel baricentro della sezione.

NcmMNN

NT

80003600

1600

=−=

=

- Baricentro:

cmxcmy

G

G

2020

==

- Calcolo del momento d’inerzia:

4

23323

120000

15102010201212040

121151001010

1212

cm

I x

=

=⋅⋅+⋅+⋅+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+⋅⋅=

- Calcolo di σ e τ: Nel baricentro:

( )2

*

2

66.112000040

151020510401600

3012003600

cmN

IbST

cmNy

IM

AN

nG

nG

=⋅

⋅⋅+⋅⋅⋅=

⋅⋅

=

−=+−

=+=

τ

σ

x

y

t

G

10

20

10

10 20 10


Nel punto dov’è presente σmax.

Sommando il contributo dell’azione assiale e del momento flettente, la σ risulta massima nel lembo inferiore della sezione.

( ) 2inf 33.420120000

800012003600

cmNy

IM

AN

n

−=−+−

=+=σ

Si confrontino ora gli stati di sforzo dal punto di vista del criterio di Von Mises:

( ) ( )

( ) 22

inf

222

22

33.4033.4

15.466.133

3

cmN

cmN

id

idG

id

=+−=

=⋅+−=

+=

σ

σ

τσσ

Nel secondo punto lo sforzo è più impegnativo, nonostante lo sforzo tangenziale in esso è nullo. Esercizio 4:

NcmMNT

8530014220==

trovare GAGA ττσσ ;;;

y

x

t

G _

_

+

y

x 6

6

6 6 65 5

6

G

A



( ) ( )

( ) ( )cmyG 12

6122

662286

6612102

66215286=

⋅+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

+⋅

⋅⋅+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

+⋅⋅=

- calcolo del momento di inerzia

( ) ( )4

232323

5688

22

666636126126126

1213628628

121

cm

I x

=

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=

- calcolo degli sforzi σ e τ nel baricentro:

005688

85300=== y

IM

nGσ

( )2

*

709.69568818

362814200cmN

IbTS

nG ≅=

⋅⋅⋅

=⋅

=τ

nel punto A:

( )2

2

50.3756886

35614220

909.8965688

85300

cmN

cmN

G

A

=⋅

⋅⋅=

≅==

τ

σ

- Verifica di Guest-Tresca

( )

( ) 2

2

22222

1407040

15.1175.374904

cmN

cmN

idG

idA

=+=

=+=+=

σ

τσσ

- Verifica di Galileo

Supponiamo di avere questi valori di sforzo ammissibile:


2

2

15

120

cmNcmN

−=

=

−

+

σ

σ

- Calcolo gli sforzi principali nei punti A e G:

22

2121

22τ

σσσσσσ

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

±+

=II

I

In A:

86.73455.372

902

90 22

±=+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛±=

II

I

σσ

2

2

86.28

86.118

cmN

cmN

II

I

−=

=

σ

σ

In G:

( ) 707000 22 ±=+±=II

I

σσ

2

2

70

70

cmN

cmN

II

I

−=

=

σ

σ

- Disegno il cerchio di Mohr nel punto A:

A

Av

Ao

31,25

-31,25

A

ov

B

3. Aste compresse 172

STABILITÀ DI ASTE COMPRESSE

Le due aste in figura differiscono solo per il segno dell’azione assiale, che risulta di compressione nel caso 1 (N1=-P) e di trazione nel caso 2 (N2= +P). Risulta tuttavia evidente che un carico P del valore

NAP 6283010200 2 =⋅== πσ compatibile con la verifica di resistenza, è accettabile nel caso 2 ma non nel caso 1. Sezione trasversale:

2/200

20

mmN

mmd

=

=

σ

Se ne deduce che nel caso di aste compresse non è sufficiente garantire l’equilibrio, ma occorre anche analizzarne la natura. Il problema si pone in termini concettualmente identici a quelli della ruota libera di muoversi su una rotaia, come indicato in figura.

P

P

1 2

200 cm

5.


Le situazioni A, B e C sono tutte situazioni di equilibrio per la ruota: essendo infatti orizzontale la tangente alla rotaia, quest’ultima sviluppa una reazione verticale, uguale e contraria al peso della ruota. Le tre situazioni si distinguono dal punto di vista del comportamento della ruota a seguito di uno spostamento dalla posizione di equilibrio: in A: la ruota non ritorna alla posizione originaria → equilibrio instabile in B: la ruota ritorna alla posizione originaria → equilibrio stabile in C: la ruota rimane nella nuova posizione → equilibrio indifferente Anche nel caso dell’asta compressa sono possibili le tre situazioni dell’equilibrio stabile, instabile o indifferente; mentre nel caso della ruota il verificarsi di una specifica situazione dipende dalla curvatura della rotaia (verso l’alto, il basso, o nulla), nel caso dell’asta compressa dipende dal valore del carico P:

Per valori “piccoli” di P, l’asta, se in flessa lateralmente, oscilla intorno alla posizione verticale e vi ritorna dopo che le oscillazioni si sono smorzate; l’equilibrio è stabile. Per valori “grandi” di P, l’asta, se in flessa lateralmente, evolve verso il collasso o una situazione di equilibrio in flessa (diversa da quella originaria verticale); l’equilibrio è instabile.

A

B

C

P

P


Per un ben particolare valore del carico, detto “critico” (PCR), l’asta, se in flessa lateralmente, rimane in equilibrio nella nuova configurazione inflessa (diversa da quella originaria verticale): l’equilibrio è indifferente.

Le situazioni di equilibrio stabile e instabile sono quindi caratterizzate, rispettivamente, dalle condizioni:

→< CRPP equilibrio stabile →> CRPP equilibrio instabile

Volendo quindi assicurarsi che un’asta compressa sia in condizioni di stabilità è necessario calcolare il valore PCR, con cui eseguire la verifica di stabilità ( P < PCR ). Allo scopo di determinare PCR si analizza la situazione di equilibrio indifferente, nella quale, sotto l’effetto di un carico P = PCR, la struttura permane in equilibrio in configurazioni deformate. Si dimostra che, per un’asta vincolata agli estremi con cerniera e carrello, il valore del carico critico si esprime come

22

lEIPCR π=

E’ facile riconoscere il significato dei diversi parametri che appaiono nella formula. Al numeratore è presente il prodotto EI, tipico dell’equazione della linea elastica, che tiene conto della rigidezza flessionale dell’asta, proporzionale al modulo E del materiale e al momento d’inerzia della sezione dell’asta; quanto maggiore è la rigidezza flessionale, tanto più facilmente l’asta recupera la configurazione rettilinea a seguito di un’inflessione laterale, e tanto più elevato è quindi il valore di PCR. Per il momento di inerzia si dovrà in generale assumere il minimo dei momenti di inerzia della sezione, in quanto l’asta tenderà a inflettersi nella direzione di minor rigidezza. L’instabilità dell’asta è invece tanto più facile quanto

P

PCR

l


maggiore ne è la lunghezza (l), che infatti appare al denominatore con esponente 2. Il coefficiente moltiplicativo π2 è legato al fatto che la deformata dell’asta in flessa è descritta da una funzione trigonometrica. La formula si generalizza sostituendo, al denominatore, la lunghezza effettiva dell’asta (l) con una lunghezza fittizia, denominata “lunghezza di libera inflessione” ( 0l ), espressa come

ll ⋅= β0 tramite la quale è possibile tener conto delle diverse possibili condizioni di vincolo dell’asta. Come mostrato nella figura seguente, riconosciuto che la deformata dell’asta è una porzione di sinusoide, 0l coincide con la lunghezza su cui si sviluppa una semi-onda di sinusoide (pari alla distanza fra due punti di flesso consecutivi).

1=β

2=β

2=β

5.0=β

La vigente normativa per le costruzioni in acciaio assegna a β valori variabili fra 0,7 e 2 a seconda delle condizioni di vincolo.

l0=l

l0=2l l0=2ll0= 12 l


Ai fini della verifica dell’asta è utile fare riferimento allo sforzo critico:

20

2

AlEI

APCR

CR πσ ==

Tenendo conto che 2ρ=AI

(si assumerà MINρ ), viene introdotto il

parametro dimensionale λ , definito come

ρλ 0l=

Denominato “snellezza” dell’asta, che condensa tutte le informazioni di tipo geometrico caratteristiche del problema ( lunghezza dell’asta, condizioni di vincolo, forma della sezione trasversale). Per lo sforzo critico si ha quindi:

22

λπσ E

CR =

In relazione al quale la verifica dell’asta compressa diviene

CRσσ < La dipendenza dello sforzo critico dalla snellezza è mostrata nel diagramma

della figura seguente, che mostra come non abbia senso considerare valori di CRσ tendenti all’infinito per λ tendente a zero, in quanto lo sforzo nell’asta non può comunque accedere la soglia limite σ . Si individua allora un valore caratteristico della snellezza, detta “di proporzionalità”( pλ ) che discrimina due categorie di aste:

-le aste “snelle”, per cui è σσ <CR . In questo caso la verifica da effettuare è quella nei confronti dell’instabilità; -le aste “tozze”, per cui è σσ >CR . In questo caso il problema dell’instabilità non si pone, perché associato a valori di sforzo superiori allo sforzo ammissibile (σ ) . In questo caso la verifica da effettuare è quella di resistenza.

σ

λλP

σCR

σCR=σ/ω

σ

aste tozze

aste snelle


Ai fini della verifica di instabilità viene introdotto il coefficiente ω , definito

dalla relazione ωσσ =CR .

La verifica delle aste snelle è allora:

ωσσσ =<= CRA

N che può essere scritta come

Il coefficiente ω (sempre maggiore di 1) può quindi essere interpretato come coefficiente di penalizzazione di N nella verifica di stabilità. Il valore di pλ è circa pari a 100 per gli acciai normali. Il coefficiente ω , approssimabile come

2

100⎟⎠⎞

⎜⎝⎛≅λω

per gli acciai normali, è fornito in apposite tabelle prescritte dalle norme. Esempio: data la seguente asta di lunghezza l, compressa da una forza P, eseguire la verifica di stabilità (trovare MAXP ):

sezione trasversale:

cmdmms

62

==

cml 200=

2

2

160

000.210

mmN

mmNE

=

=

σ

σω<

AN

trovo il coefficiente 2

100⎟⎠⎞

⎜⎝⎛≅λω

σω<

AN

P

l=200 cm

d=6 cm

s=2 mm


quindi ρ

λ 0l= ; per trovare ρ ho bisogno del momento d’inerzia I

( 2ρ=AI

), e dell’area A.

( ) ( ) 44444 34,158,2344

cmRRI ie =−=−=ππ

( ) ( ) 22222 64,38,23 cmRRA ie =−=−= ππ

Calcolo cm05,264,334,15

==ρ

e cml 40022000 =⋅=

Quindi posso calcolare 19505,2

4000 ===ρ

λl

Trovo quindi il valore di 8,3100195 2

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛≅ω

[ ] MAXPNANAN

==⋅

=≤→≤ 324.158,3364160

ωσσω

Esercizi sulle aste compresse Esercizio 1: data la seguente aste compressa trovare il coefficiente di sicurezza per l’instabilità.

KNN 16=

GPaEml

21060

==

Sezione trasversale:

mms 5,9=

N=16 KN 80

120


( )

NlEIP

mmI

CR 166.47

240.819805,925,9120121

20

min2

433min

==

=⋅⋅+⋅=

π

fattore di sicurezza 95,2000.16166.47

=

Esercizio 2: data la seguente asta compressa trovare il carico concentrato ammissibile e la σ corrispondente.

mlf s

4,22

==

Sezione trasversale:

26

2

1042,3320.2

mmImmA

⋅=

=

KNNlEIP

mmmll

CR 6,307654.307800.4

1042,3000.21014,3

800.48,42

2

62

20

20

==⋅⋅⋅

==

===

π

se fattore di sicurezza =2

MPa

KNP eammissibil

305,66

83,153

=

=

σ

Quest’ultimo valore risulta abbastanza basso. Che snellezza aveva?

ρλ 0l=

125

4,380

=

==

λ

ρAI

zona in cui per l’acciaio prevale l’instabilità.

P

l=2,4 m

101,6

101,6

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