Relazione Momenti e Rotazioni Di Estremità ( Fabio di Trapani )

7/25/2019 Relazione Momenti e Rotazioni Di Estremità ( Fabio di Trapani )

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UNIVERSITA’ DEGLI STUDI DI PALERMO

Scuola Politecnica

Ingegneria Civile-Eile

RELA!IONI TRA ROTA!IONI E MOMENTI DI ESTREMITA’ PER LE

ASTE A SE!IONE COSTANTE

Prof. Liborio Cavaleri

Ing. Fabio Di Trapani



RELAZIONI TRA ROTAZIONI E MOMENTI DI ESTREMITA’

PER LE ASTE A SEZIONE COSTANTE

Ipotizzando di estrarre un’asta da un generico telaio (Fig. 1) le rotazioni agli estremi (definiti i e k)

sono in generale funzione dei momenti di estremità (Mik ed Mki) , dei carichi in campata comunque

distribuiti (q(x)) e del cedimento relativo ai due estremi (δi,δk ).

Fig.1. Trave soggetta ad una condizione di carico generica.

Operando per sovrapposizione degli effetti è possibile pensare le rotazioni di estremità come

somma dei singoli contributi dati da ciascuna delle azioni precedentemente definite. E’ quindi

possibile scrivere:

)0()3()2()1()(),()()( iiiiiik ikiiik ii q M M γ γ γ γ γ δ δ γ γ γ γ +++=+++=

(1)

)0()3()2()1()(),()()( k k k k k ik k kik ik k k q M M γ γ γ γ γ δ δ γ γ γ γ +++=+++=

(2)

Ciascuno dei contributi precedenti può essere calcolato. A tal fine si assumerà che le aste abbiano

sezione costante lungo l’asse della trave e che la deformabilità tagliante sia trascurabile.

• Calcolo di)1(

iγ e)1(

k γ

Tali rotazioni possono essere semplicemente calcolate applicando l’analogia del Mohr valutando il

diagramma dei momenti prodotto da Mik ed assoggettando la trave ausiliaria al carico fittizio di

intensità pari al quella del diagramma delle curvature cambiato di segno (Fig. 2).

Fig.2. Rotazione degli estremi i e k per effetto di Mik (a); Diagramma dei momenti prodotti da Mik (b);

Trave ausiliaria caricata con il diagramma delle curvature cambiato di segno (c).

Dall’equilibrio alla rotazione attorno all’estremo k nello schema ausiliario si ottiene:



0

3

2

2

*=

− l

l

EI

M lT ik

ik

(3)

da cui essendo il taglio nella trave ausiliari pari alla rotazione nel sistema reale si ha:

EI l M T ik

ik i3

*)1( ==γ

(4)

Dall’equilibrio alla rotazione attorno all’estremo i nello stesso schema si ottiene:

032

*=

+

ll

EI

M lT ik

ki

(5)

da cui

EI

l M T ik

kik 6

*)1(−==γ

(6)

Si noti infine come la rotazioni in i per effetto del momento Mik sia, in valore assoluto, doppia

rispetto a quella dell’estremo k.

•

Calcolo di )2(

iγ e

)2(

k γ

Allo stesso modo può procedersi per la valutazione delle rotazioni prodotte dal momento Mki (Fig.

3).

Fig.3. Rotazione degli estremi i e k per effetto di Mki. (a); Diagramma dei momenti prodotti da Mki (b);

Trave ausiliaria caricata con il diagramma delle curvature cambiato di segno (c).

Dall’equilibrio alla rotazione attorno all’estremo k nello schema ausiliario si ottiene

032

*=

−

ll

EI

M lT ki

ik

(7)

da cui

EI

l M T ki

ik i6

*)2(==γ (8)

Dall’equilibrio alla rotazione attorno all’estremo i nello stesso schema si ottiene

032

2

*=

+ ll

EI M lT ki

ki

(9)



da cui

EI

l M T ki

kik 3

*)2(−==γ

(10)

• Calcolo di)3(

i

γ e)3(

k

γ

Per effetto dei cedimenti di estremità δi e δk la trave ruota rigidamente.

Fig.4. Rotazione degli estremi i e k per effetto dei cedimenti.

Si osserva facilmente che trattandosi di una rotazione rigida le grandezze cercate)3(

iγ e)3(

k γ

assumono lo stesso valore, che nell’ipotesi di piccoli spostamenti è calcolabile come:

ll

kiik k i

δ δ δ γ γ =

−==

)3()3(

(11)

• Calcolo di )0(

iγ e

)0(

k γ

Le rotazioni dovute ai carichi in campata possono valutarsi mediante l’analogia del Mohr (Fig. 5).

Fig.5. Rotazione degli estremi i e k per effetto dei carichi in campata (a); Diagramma dei momenti prodotti

dai carichi in campata (b); Trave ausiliaria caricata con il diagramma delle curvature cambiato di segno (c).

Dalla scrittura delle equazioni di equilibrio alla rotazione ai poli i e k della trave ausiliaria si

ottengono i tagli fittizi equivalenti alle rotazioni cercate come:

∫ ⋅−==l

ik i dx xl x M lEI

T 0

0*)0())((

1γ

(12)

∫ ⋅==l

kik dx x x M lEI

T 0

0*)0()(

1γ

(13)

La determinazione di questi contributi comporta l’integrazione della legge del momento e puòrisultare poco agevole. Tale procedura può evitarsi come meglio specificato nel seguito.



Alla luce di quanto determinato le Eqq. (1) e (2) si possono scrivere come:

)0()0( )2(

663

iki

kiik ikikiik

i

l

M M

EI

l

l EI

l M

EI

l M γ

δ γ

δ γ +++=+++=

(14)

)0()0( )2(636 k

kiik kii

kikiik k

l M M

EI

l

l EI

l M

EI

l M γ

δ γ

δ γ +++−=++−−=

(15)

Per praticità i termini)0(

iγ e

)0(

k γ

non sono esplicitati nelle Eqq. (14) e (15).

Moltiplicando la (14) per EI

l

3 e la (15) per

EI

l

6e sommando membro a membro, le stesse

equazioni possono scriversi esprimendo i momenti di estremità in funzione delle altre grandezze

come:

−+−+=

ll

EI M ki

k ik iik

δ γ γ γ γ 3)2()2(

2 )0()0(

(16)

−+−+−=

ll

EI M ki

ik ik ki

δ γ γ γ γ 3)2()2(

2 )0()0(

(17)

Nelle precedenti compaiono nuovamente i termini)0(

iγ e

)0(

k γ . Si osservi tuttavia che pensando

idealmente di bloccare le estremità della trave alla traslazione ed alla rotazione le espressioni (16) e

(17) assumono la forma seguente:

ik k iik l

EI M µ γ γ =+−= )2(

2 )0()0(

(18)

kiik kil

EI M µ γ γ =+= )2(

2 )0()0(

(19)

Ci si accorge che le Eqq. (18) e (19) inglobano i contributi delle rotazioni dovute ai carichi in

campata e che le stesse, per come sono state ottenute, rappresentano i momenti che si destano alle

estremità della trave per effetto di tali carichi pensando idealmente di bloccare gli estremi allatraslazione ed alla rotazione. Tali quantità prendono il nome di “momenti di incastro perfetto” e si

indicano con il simbolo µ per distinguerli dai momenti reali. I momenti di incastro perfetto

consentono di evitare il calcolo delle rotazioni )0(

iγ e

)0(

k γ ricorrendo ad uno schema di trave

doppiamente incastrata di più semplice risoluzione. Le Eqq. (16) e (17) possono quindi riscriversi

in funzione di tali quantità come:

ik ki

k iik

ll

EI M µ

δ γ γ +

−+= 32

2

(20)



kiki

ik kill

EI M µ

δ γ γ +

−+−= 32

2

(21)

Risulta conveniente esprimere anche le Eqq. (14) e (15) in funzione dei momenti di incastro

perfetto. Moltiplicando l’Eq. (18) per due e sommando membro a membro e ripetendo

vicendevolmente l’operazione si ottiene:

l EI

l M M

EI

l kikiik kiik i

δ µ µ γ ++−+= )2(

6)2(

6

(22)

l EI

l M M

EI

l kiik kiik kik

δ µ µ γ ++++−= )2(

6)2(

6

(23)

Le Eqq. (20-23) legano i momenti di estremità alle rotazioni e le altre grandezze e viceversa le

rotazioni. Tali espressioni costituiscono degli strumenti di particolare ausilio operando attraverso i

metodi delle forze e delle deformazioni purché si calcolino le quantità µik e µki che possono

reperirsi fra le casistiche riportate dai manuali o comunque agevolmente calcolate.

Nel caso in cui non siano presenti carichi in campata, le stesse espressioni trovano una applicazione

ancora più agevole come mostrato delle seguenti applicazioni.

• APPLICAZIONE 1

Considerando lo schema rappresentato in Fig. A.1. si calcolino le rotazioni agli estremi i e k per

effetto del momento MAB.

Fig. A.1. Rotazioni di estremità per effetto del momento MAB.

Utilizzando direttamente le Eqq. (22-23) espressioni si ottiene

l EI

l M M

EI

l BA BA AB BA AB A

δ µ µ γ ++−+= )2(6

)2(6

(24)

l EI

l M M

EI

l BA AB BA AB BA B

δ µ µ γ ++++−= )2(

6)2(

6

(25)

Poiché sono assenti il momento MBA (MBA=0), i carichi in campata (µAB =0 e µBA=0) e i cedimenti

(δBA=0), si ottiene;

EI

M M

EI

l AB

AB A3

)2(6

==γ

(26)



EI

M M

EI

l AB AB B

6)(

6−=−=γ

(27)

•

APPLICAZIONE 2

Considerando lo schema rappresentato in Fig. A.2. si calcolino i momenti di estremità per effetto

del cedimento imposto δBA.

Fig. A.1. Momenti di estremità per effetto del cedimento importo δBA.

Utilizzando direttamente le Eqq. (20-21) espressioni si ottiene

AB BA

BA AB ABll

EI M µ

δ γ γ +−+= )32(

2

(28)

BA BA

AB BA BAll

EI M µ

δ γ γ +−+−= )32(

2

(29)

Essendo nulle le rotazioni agli estremi A e B (γ AB=0, γ BA=0) e i carichi in campata (µAB =0 e µBA=0)

si ottiene;

BA BA

ABl

EI

ll

EI M δ

δ 2

6)3(

2−=−=

(30)

BA BA

BAl

EI

ll

EI M δ

δ 2

6)3(

2=−−=

(31)

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