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C a r l o S i g m u n d

C a r l o S i g m u n d

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Elementi di SCIENZA DELLE COSTRUZIONICompendio per Ingegneria & Architettura

I edizione cartacea 09/2015 □ □ □Copia (PARZIALE) di valutazione - Agosto 2017

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© 2014 di Carlo Sigmund. Tutti i diritti riservati.Via Primo Maggio 28/3 - 33017 Tarcento (UD)

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Editore e autore: Carlo Sigmund

Foto in copertina: F. A. Clignett Photography Delft - Copyright© 2006.Immagine riadattata elettronicamente

Prima edizione, Settembre 2015Formato cartaceo: 15.59 x 23.39

Sigmund, CarloTitolo del libro: Elementi di Scienza delle CostruzioniScienza delle Costruzioni, Compendio per Ingegneria, Architettura.Nessuna parte del presente documento può essere riprodotta, memorizzata in un sistema che ne permetta l’elaborazione, né trasmessa in qualsivoglia forma e con qualsivoglia mezzo elettronico o meccanico, né può essere fotocopiata, riprodotta o registrata altrimenti, senza previo consenso scritto dell’editore, tranne nel caso di brevi citazioni contenute in articoli di critica o recensioni.

La presente pubblicazione contiene le opinioni dell’autore e ha lo scopo di fornire informazioni precise e accurate. L’elaborazione dei testi, anche se curata con scrupolosa attenzione, non può comportare specifiche responsabilità in capo all’autore e/o all’editore per eventuali, errori, refusi e/o inesattezze.L’autore detiene i diritti per tutti i testi, le tabelle e le illustrazioni contenute in questo documento.

Copia (PARZIALE) di valutazione - Agosto 2017

Dedico questo piccolo lavoro aBarbara, Chiara, Sara,

Lillo e Bamby



Indice generale

Capitolo 1

Alcuni brevi richiami di fisica e matematica

1.1 Elementi di calcolo vettoriale ............................................................. 111.1.1 Grandezze scalari e vettoriali ............................................................................111.1.2 Proiezione di un vettore secondo un asse di riferimento ............................141.1.3 Definizione di prodotto scalare o interno tra vettori ...................................151.1.4 Alcune proprietà del prodotto scalare.............................................................181.1.5 Il prodotto vettoriale (o esterno) di vettori .....................................................191.1.6 Alcune proprietà del prodotto vettoriale (o esterno) ...................................211.1.7 Composizione grafica di grandezze vettoriali ...............................................221.1.8 Momento di una forza o di una coppia ..........................................................271.1.9 Scomposizione di una forza in una coppia e una forza traslata ..............301.1.10 Trasformazione di una forza e una coppia in una forza traslata .............31

1.2 Teoremi fondamentali sui vettori ....................................................... 321.2.1 Teorema di Varignon sul momento di vettori ................................................321.2.2 Teorema del trasporto di un momento ...........................................................37

1.3 Elementi di trigonometria .................................................................. 421.3.1 Misura angolare e unità radiante .....................................................................421.3.2 Funzioni goniometriche maggiormente ricorrenti ......................................431.3.3 Alcune relazioni trigonometriche sui triangoli rettangoli ..........................451.3.4 Relazione trigonometrica di perpendicolarità tra rette ..............................50

1.4 Elementi di analisi matematica .......................................................... 511.4.1 Relazioni funzionali .............................................................................................511.4.2 Alcune proprietà delle funzioni .........................................................................511.4.3 Il concetto di derivata di funzione ....................................................................521.4.4 Funzioni derivate di maggiore impiego ..........................................................541.4.5 Curvatura dedotta utilizzando le funzioni inverse .......................................561.4.6 Derivate di funzioni logaritmiche ed esponenziali ......................................581.4.7 Alcune particolari formulazioni sulle derivate ..............................................591.4.8 Il significato di integrale di funzione ................................................................601.4.9 Alcuni integrali maggiormente utilizzati........................................................641.4.10 Integrazione per parti ..........................................................................................65


§ Indice generale

ElEmEnti di SciEnza dEllE coStruzioni

vi

1.5 Richiami di geometria delle aree ........................................................ 671.5.1 Proprietà geometriche delle sezioni.................................................................671.5.2 Momento statico e momenti d’inerzia ............................................................67

1.6 Postulati della Statica e statica del corpo rigido ............................... 741.6.1 Condizioni di equilibrio per un corpo rigido ..................................................741.6.2 Numero di vincoli in un corpo ...........................................................................751.6.3 Tipi di vincoli nelle travi e nei pilastri ...............................................................751.6.4 Conteggio dei vincoli in una travata ...............................................................821.6.5 Sistemi isostatici con vincoli “mal disposti” ...................................................831.6.6 Conteggio dei gradi di libertà e dei vincoli per sistemi reticolari ..............84

Capitolo 2

Caratteristiche della sollecitazione

2.1 Definizioni e concetti principali: cenni ............................................... 852.1.1 Definizione di trave ..............................................................................................852.1.2 Definizione di assi principali di inerzia ............................................................862.1.3 Definizione di flessione semplice retta ............................................................902.1.4 Definizione di pressoflessione deviata ............................................................912.1.5 Definizione di nocciolo centrale d’inerzia ......................................................932.1.6 L’ipotesi di conservazione delle sezioni piane in pressoflessione ..............95

2.2 Caratteristiche della sollecitazione ed equilibrio: generalità .......... 972.2.1 Principio di De Saint-Venant ..............................................................................972.2.2 Le caratteristiche della sollecitazione ..............................................................982.2.3 Il principio di sovrapposizione degli effetti.................................................. 1022.2.4 Equazioni indefinite dell’equilibrio delle travi prismatiche piane .......... 1042.2.5 Equilibrio con il metodo degli spostamenti ................................................ 1072.2.6 I diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione per la trave.............. 110

Capitolo 3

Cinematica, deformazioni e formulazioni dei sistemi continui

3.1 Cinematica dei corpi e lavoro di deformazione interno ................. 1213.1.1 Spostamenti rigidi e deformazioni ................................................................ 1213.1.2 Deduzione geometrica del cinematismo degli spostamenti .................. 1253.1.3 Espressione matriciale delle deformazioni ................................................. 1263.1.4 Lavoro virtuale interno di deformazione ..................................................... 1283.1.5 Lavoro effettivo interno di deformazione.................................................... 129

3.2 Formulazioni di verifica e progetto delle sezioni ............................ 1323.2.1 Alcune utili formulazioni nel calcolo elastico ............................................. 1323.2.2 Formulazione tramite ellisse centrale d’inerzia.......................................... 138


Argomenti trattati


vii

3.2.3 Formula operativa di progetto sezione in flessione deviata ................... 1433.2.4 Alcune precisazioni teoriche sulle formule operative ............................... 1453.2.5 L’equazione dell’asse neutro in presso/tenso flessione ............................. 1473.2.6 L’equazione dell’asse neutro in flessione deviata e retta .......................... 151

3.3 Peculiarità teoriche delle travi ad asse rettilineo: cenni................. 1543.3.1 Calcolo dell’equazione della linea elastica .................................................. 1543.3.2 Il calcolo di rotazioni e spostamenti delle sezioni di una trave .............. 159

Capitolo 4

Legami costitutivi in campo elastico e cerchi di Mohr

4.1 I legami costitutivi ............................................................................. 1694.1.1 Generalità ............................................................................................................ 1694.1.2 Legge di Hooke generalizzata ........................................................................ 1714.1.3 Dilatazione volumetrica e coefficiente di Poisson ..................................... 1734.1.4 Analisi delle deformazioni sotto carico assiale .......................................... 1764.1.5 Formulazione compatta della legge elastica generalizzata ................... 1784.1.6 Metodi di soluzione ........................................................................................... 181

4.2 Analisi della tensione su corpi elastici deformabili ........................ 1814.2.1 Osservazione sulla definizione di sforzo ...................................................... 1814.2.2 Il tensore degli sforzi ......................................................................................... 1834.2.3 Proprietà del tensore degli sforzi ................................................................... 1864.2.4 Criterio della tensione tangenziale ottaedrica massima ......................... 1884.2.5 Stato di tensioni piano: cerchio delle tensioni ............................................ 1904.2.6 Osservazioni sul criterio della tensione tangenziale massima .............. 1924.2.7 Applicazione del cerchio delle tensioni a sforzi tridimensionali ............ 196

Capitolo 5

Flessione e taglio: cenni

5.1 Le sollecitazioni di taglio con flessione nelle travi .......................... 2015.1.1 Formula per il taglio su travi inflesse di sezione quadrangolare ........... 2015.1.2 Il centro di taglio nelle sezioni con un asse di simmetria ......................... 2115.1.3 Lavoro di deformazione per taglio ................................................................ 2155.1.4 Lavoro di deformazione per flessione e taglio ........................................... 217

Capitolo 6

Torsione: cenni

6.1 Sollecitazioni di torsione in una trave ............................................. 2216.1.1 Generalità e cenni sull’ingobbamento delle sezioni ................................. 2216.1.2 Sezione anulare e sezione cava a pareti sottili a torsione ....................... 224


§ Indice generale


viii

6.1.3 Sezione circolare piena (o cava a pareti non sottili) a torsione .............. 2266.1.4 Il lavoro di deformazione per torsione pura ............................................... 2286.1.5 Torsione pura su sezione quadrata o rettangolare ................................... 232

Capitolo 7

Alcune applicazioni del teorema dei lavori virtuali

7.1 Principali formulazioni di calcolo del teorema dei lavori virtuali .. 2377.1.1 Il teorema dei lavori virtuali: generalità ....................................................... 2377.1.2 Il teorema dei lavori virtuali sulla deformata effettiva ............................. 244

Capitolo 8

Equazioni su travi e telai: generalità

8.1 Trave isostatica: calcolo rotazioni sugli appoggi ............................ 2558.1.1 Calcolo secondo il teorema dei lavori virtuali ............................................ 2558.1.2 Calcolo secondo l’analogia di Mohr ............................................................. 257

8.2 Equazioni alle rotazioni delle estremità di aste .............................. 2628.2.1 L’equazione dei quattro momenti su trave continua ................................ 2628.2.2 Le equazioni alle rotazioni nelle aste dei telai nel piano ......................... 2728.2.3 I telai a nodi spostabili: cenni ......................................................................... 282

Capitolo 9

Sistemi reticolari

9.1 Tipologie principali di strutture reticolari ....................................... 2899.1.1 Generalità ............................................................................................................ 2899.1.2 Travature reticolari staticamente determinate .......................................... 289

9.2 Metodi di soluzione delle travature reticolari nel piano ................ 2929.2.1 Premessa ............................................................................................................. 2929.2.2 Il metodo grafico del diagramma reciproco ............................................... 2939.2.3 Il metodo analitico della sezione ................................................................... 2959.2.4 Alcune osservazioni sulle più comuni strutture reticolari ........................ 297

Capitolo 10

Stabilità dell’equilibrio

10.1 Instabilità di aste compresse ............................................................ 29910.1.1 Premessa ............................................................................................................. 29910.1.2 Espressione qualitativa del carico critico per aste rettilinee ................... 29910.1.3 Considerazioni sullo sbandamento delle aste rettilinee .......................... 30110.1.4 Il carico critico di Eulero ................................................................................... 30410.1.5 Instabilità di aste compresse comunque vincolate ................................... 305


Argomenti trattati


ix

10.1.6 Metodo analitico per il calcolo del carico critico di Eulero ...................... 31110.1.7 Metodo energetico per il calcolo del carico critico di Eulero ................... 314

Capitolo 11

Bibliografia



Cenni - Nozioni fondamentali di calcolo matematico

1 Alcuni brevi richiAmi di fisicA e mAtemAticA

1.1 Elementi di calcolo vettoriale

1.1.1 Grandezze scalari e vettorialiSi definiscono scalari quelle grandezze completamente individuate e mi-surate tramite un numero (scalare, appunto) in un determinato sistema di unità di misura (ad esempio, la temperatura T, la massa m (in kg) di un corpo, la pressione p in un fluido o in un punto di un corpo, l’area di una figura piana, il volume di un solido, il tempo t).

Altre grandezze, invece, non sono completamente definite da un nume-ro e dalla relativa unità di misura, e occorre specificarne anche una dire-zione nello spazio (o nel piano) e un verso lungo questa direzione. Queste ultime si dicono grandezze vettoriali, appunto, perché utilizzano l’ente geo-metrico “vettore” definito da:

– una intensità (la sua intensità o modulo), – una direzione (retta di azione) e da – un verso (orientamento sulla retta d’azione).

Il vettore viene rappresentato nello spazio euclideo1 da un segmento orien-tato (il segno grafico è una semplice freccia). La lunghezza del segmento misura in una scala stabilita l’intensità del vettore (detto modulo); l’orienta-mento della freccia, da una sua estremità all’altra, indica il verso del vettore. Da queste premesse si deduce immediatamente che:

– due vettori sono uguali se hanno uguale intensità, direzione e verso

1 In matematica, uno spazio euclideo è uno spazio vettoriale in cui valgono gli assiomi e i postulati della geometria euclidea.


§ Elementi di calcolo vettoriale

Capitolo 1

12V

etto

ri

– l’intensità (o modulo) di un vettore è un numero positivo: quando nel vettore il modulo risulta preceduto dal segno negativo, si intende che il corrispondente vettore presenta verso opposto a quello della grandez-za vettoriale positiva a cui è necessariamente riferito;

– la direzione del vettore può essere espressa mediante un versore, cioè un vettore di medesime direzione e verso ma di intensità (lunghezza) unitaria nel sistema di misura scelto;

– il vettore, nella sua definizione nativa, non fornisce alcuna informa-zione sul suo punto di applicazione nello spazio, essendo nota solo la pendenza della retta di applicazione: infinite sono, infatti, le possibili rette parallele per uno stesso vettore (libero, appunto);

– un dato vettore non cambia se viene comunque traslato nello spazio – si definisce, quindi, vettore applicato un vettore di cui è data (o è nota)

la posizione del punto di applicazione, oltre ovviamente l’intensità, la direzione e il verso.

I vettori vengono usualmente indicati in neretto o soprassegnati con una feccia, in questo modo:

, , ,s v a F oppure , , ,s v a F .

In questo lavoro, per brevità di scrittura, verrà usata la convenzione di in-dicare sempre i vettori in neretto.

In base a quanto riportato in Figura 1–1, per rappresentare esaustiva-mente un vettore è necessario conoscere gli angoli di inclinazione della

0

x

y

z

u

A (ux ;uy;u z)

lA (ux ;uy; 0)ux

u y

u zu = ux2 +uy2 + u z2

u

retta

d'azio

ne

verso

ux = u cos a u

u y = u cos b u

u z = u cos c u

*

a u b uc u

a ul b ul

u2

= ux2 +uy2 + u z2

u2

= u2(cos 2a u+cos2b u+cos2c u)

u = u (modulo)

ux = O lA cos a ul= u sin c u cos a ul

uy = O lA cos b ul= u sin c u cos b ul*

1 = cos2a u+cos2b u+cos2c u

Figura 1–1. Ente geometrico “vettore” e sue rappresentazioni, peculiarità.


§ Grandezze scalari e vettoriali


13

Vet

tori

retta d’azione del vettore sugli assi del sistema di riferimento scelto. In particolare, si fa passare la retta d’azione del vettore — che, come si è già anticipato, può essere traslato parallelamente a se stesso senza che varino le informazioni intrinseche del vettore2 — per l’origine 0 del sistema di assi cartesiani xyz scelto e si misurano gli angoli per ruotare attorno all’origine 0 il vettore in modo che la punta della freccia del vettore cada sovrapposto e concorde al verso del singolo asse cartesiano. Sovrapponendo, ad esem-pio, il vettore u sull’asse cartesiano x, tramite rotazione dalla sua posizio-ne originaria attorno all’origine 0, si viene a descrivere un angolo au. Se si esegue questa rotazione, partendo dalla posizione originaria del vettore u, sopra gli altri due assi cartesiani y e z si ottengono gli altri due angoli bu e cu, rispettivamente. A questo punto, le componenti ux, uy e uz del vettore u possono ottenersi tramite proiezione del modulo di u sui tre assi cartesiani di cui si conoscono le reciproche inclinazioni au, bu e cu:

cos cos sin cos

cos cos sin cos

cos

u u OA u

u u OA u

u u

x u u u u

y u u u u

z u

a a c a

b b c b

c

= = =

= = =

=

l l l

l l l

Z

[

\

]]

]

avendo, in particolare, indicato con ua l e ub l gli angoli di rotazione3 che la proiezione del vettore u sul piano x-y forma con gli assi x e y rispettiva-mente. È immediato verificare, intuitivamente, che gli angoli ua l e au (o ub l e bu) sono in generale diversi se si prova infatti a immaginare il vettore u disposto in modo tale che cu risulti sufficientemente contenuto con il pun-to proiettato Al quasi prossimo all’asse x (si veda Figura 1–1). Viceversa, si può provare a immaginare due vettori OAl e u0 x , inizialmente giacenti sul piano xy e inclinati fra loro di un angolo ua l in 0 molto contenuto, e poi pensare di far ruotare attorno all’origine 0 il vettore OAl, mantenendo però invariata la sua proiezione nel piano xy, fino a portarlo ad un angolo cu molto contenuto con l’asse z. È evidente allora che, a parità dell’angolo ua l, l’angolo au tenderà sempre più ad aumentare al diminuire di cu.

Gli angoli ua l e au (o ub l e bu) coincidono fra loro quando la componen-te verticale uz del vettore u è nulla: quando il vettore u è nel piano xy. Gli angoli au, bu, cu vengono detti coseni direttori del vettore u e la loro relazione fondamentale nel sistema cartesiano xyz si riduce a questa:

cos cos cos 1u u u2 2 2a b c+ + =

che è immediata conseguenza del fatto che il quadrato del modulo di un vettore è sempre funzione delle sue componenti al quadrato, in virtù del teorema di Pitagora applicato due volte consecutivamente:

2 Direzione, verso e intensità (modulo).3 Angoli appartenenti al piano x-y.



Capitolo 1

14V

etto

ri

u OA u u u uu z x y z2 2 2 2 2 2 2= = + = + +l ^ h

( )cos cos cosu u u u u2 2 2 2 2a b c= + + .

In altri termini, qualsiasi sia la disposizione del generico vettore u nello spazio euclideo, considerando l’angolo cu di inclinazione rispetto all’asse z deve essere, per una nota proprietà della Trigonometria:4 sin cos 1u u

2 2c c+ = .Inoltre, esprimendo le lunghezze in funzione degli angoli, si ha:

sin cos sin cos cosu OA u u u uz u u u u u2 2 2 2 2 2c a c b c= + = + +l l l^ ^ ^h h h .

Riordinando quest’ultima relazione, e semplificando si ottiene:

sin cos cos cosu u uu u u u2 2 2 2 2 2 2c a b c= + +l l^ h6 @

sin cos sin cos sin cos1 u u u u u u2 2 2 2 2 2c a a c c c= + + = +l l^ h6 @

avendo tenuto conto del fatto che cos cos sin90u u ucb a a= - =l l l^ h , per-ché per costruzione è 90u u ca b+ =l l . È confermata, quindi, la relazione sin cos 1u u

2 2c c+ = sempre vera per qualsiasi valore dell’angolo cu scelto.

1.1.2 Proiezione di un vettore secondo un asse di riferimentoSia dato l’asse x di un sistema di riferimento cartesiano xyz. Si considerino due diverse rette di applicazione r1 e r2 di un generico vettore u, entrambe non parallele all’asse x (Figura 1–2). Gli angoli au1 e au2 che il vettore u forma con l’asse x, tali da veder sovrapposte le rette di applicazione con la frecce concordi con il verso dell’asse x considerato, sono i due coseni direttori rela-tivi alla componente x dei vettori. Tenendo conto della definizione trigono-metrica di coseno di un angolo, per i due vettori in figura, si ha:

cosu u 0>x u1 1a= per la componente di u sulla retta d’azione r1

cosu u 0<x u2 2a= per la componente di u sulla retta d’azione r2.È immediato verificare per entrambi i casi della figura che il vettore u è perpendicolare all’asse x quando la sua componente lungo l’asse stesso è nulla ux = 0: l’angolo direttore au è pari all’angolo retto o a suoi multipli kr.

A questo punto, in via del tutto generale, si consideri una qualsiasi delle relazioni appena scritte sopra e se ne moltiplichino entrambi i membri per la componente lungo l’asse x di un vettore generico v(vx; vy) diverso da u, tale che le due rette d’azione dei vettori v e u intercettino tra loro un angolo au1. Si ottiene:

cosv u v ux x x u1 1a= .

4 Conseguenza diretta del teorema di Pitagora.


§ Definizione di prodotto scalare o interno tra vettori


15

Vet

tori

Come si può subito notare, il prodotto delle due componenti vxux1 (secondo il medesimo asse x) è nullo quando l’angolo au1 formato dalle due loro rette d’azione è pari all’angolo retto o a suoi multipli kr, tali che cosau1 = 0.

In altri termini, due vettori sono tra loro perpendicolari quando il cose-no dell’angolo tra essi compreso è nullo.

1.1.3 Definizione di prodotto scalare o interno tra vettoriDiscende da qui immediata la definizione di prodotto scalare (o interno) di vettori. Si definisce prodotto scalare o interno di due vettori v e u lo scalare che si ottiene moltiplicando l’intensità dei due vettori (moduli) per il cose-no dell’angolo formato dalle rispettive rette d’azione e compreso fra i loro versi positivi:

(1–1)cos cosvu vuv u v u 1$ a a= = =

avendo indicato con u1 = ucosa la lunghezza della componente del vettore u quando proiettato sulla retta d’azione del vettore v. Come caso partico-lare, il prodotto scalare risulta nullo quando cosa = 0 (vettori perpendi-colari). Nel caso si applicasse l’Eq. (1–1) ai versori5 corrispondenti dei due vettori v e u, si scriverebbe:

cos cos cosv u v u 1 1$ $ $a a a= = =t t t t .

5 Vettori che hanno le medesime caratteristiche dei vettori a cui si riferiscono ma che si considerano di intensità unitaria. Pertanto, stessa direzione e verso ma modulo unitario.

0x

z

0x

z

a u 1

a u 2u u

ux1 = u cos a u 1 > 0

ux1

ux2 = u cos a u 2 < 0

ux2

Ipotesi:

r1 r2

a u 1 + a u 2 = 180c

cos a u 2 < 0cos a u 1 > 0

cos a u 2 = cos(180c- a u 1) =-cos a u 1

ux1 = ux2

Caso particolare di simmetria

Figura 1–2. Proiezione di vettori su un asse di riferimento x.



Capitolo 1

16V

etto

ri

Pertanto, il prodotto scalare tra due versori equivale al coseno dell’angolo compreso tra i due vettori origine v e u, compreso fra i loro versi positivi. Da quest’ultima relazione, se confrontata con l’Eq. (1–1), discende:

cos u

vu v u v u v u v u u v v u u u u

v v v v&$ $ $a= = = = =

= =t t t t t t

t t` `j j *

confermando il fatto che un qualsiasi vettore può essere sempre espresso dal prodotto del suo versore per il modulo del vettore stesso.6 A sua volta il generico versore può essere espresso, in un sistema cartesiano, alla stessa stregua di un generico vettore. Dall’esame della Figura 1–1, considerando il versore ut come un vettore u di modulo u = 1, si può scrivere:

cos cos

cos cos

cos cos

u

u

u

1

1

1

x u u

y u u

z u u

a a

b b

c c

= =

= =

= =

Z

[

\

]]

]

In generale, come è noto, un generico vettore u in un sistema cartesiano si esprime in funzione dei versori ix, iy, iz degli assi coordinati xyz:

u u uu i i ix y zx y z= + + .

Applicando quest’ultima relazione al versore ut si ottiene:

(1–2)cos cos cosu i i iu u ux y za b c= + +t

e, dovendo essere valida come si è visto la uu u u u= =t t , moltiplicando ambo i membri della (1–2) per il valore scalare u, si conferma la relazione:

cos cos cosu u u u u u uu u i i i i i iu u u x y zx y z x y za b c= = + + = + +t .

Per il generico vettore v il discorso è perfettamente analogo:

cos cos cosv v v v v v vv v i i i i i iv v v x y zx y z x y za b c= = + + = + +t .

A questo punto, il prodotto scalare tra i due vettori v e u può esprimersi moltiplicando scalarmente le espressioni in funzione dei versori degli assi, tenendo debitamente conto del fatto che il prodotto scalare tra versori tra loro perpendicolari (per quanto è stato già osservato) deve essere nullo. Si annulleranno quindi tutti i prodotti i i 0j k$ = per j k! . Si ha, quindi:

v v v u u u v u v u v uv u i i i i i ix y z x y z x x y y z zx y z x y z$ $= + + + + = + +^ ^h h

cos cos cos cos cos cosvu vuv u v uv u v u v u$ $a a b b c c= + + = t t^ ^h h,

6 Il prodotto di uno scalare k per un vettore (o un versore) è un nuovo vettore che, rispetto al precedente, differisce solo dall’entità del suo modulo (amplificata del valore di k).


§ Definizione di prodotto scalare o interno tra vettori


17

Vet

tori

da cui si deduce intanto che il prodotto dei moduli sta nel rapporto:

vuv uv u$$

= t t .

Nel caso particolare di vettore v = u si ha:

uu u uu uu u u u u u u u

12 2& &

$$ $ $ $= = = =t t

perché, si è visto essere: cos cos cosu u 1u u u2 2 2$ a b c= + + =t t . Appunto,

affermare che due vettori sono tra loro ortogonali significa imporre che il prodotto scalare dei relativi versori è nullo:

vuv u v u 0$ $= =t t^ h .

Quest’ultima condizione, a sua volta, equivale a imporre nullo il prodotto delle componenti dei due vettori lungo gli assi del sistema di riferimento:

v u v u v uv u 0x x y y z z$ = + + = (somma prodotti componenti omologhe)

escludendo ovviamente la soluzione banale di relazione identicamente nulla per prodotto di due vettori nulli.

In base alla definizione operativa di prodotto scalare (Eq. (1–1)), a se-conda dell’ampiezza dell’angolo a tra i due vettori compreso fra i loro versi positivi, è possibile trarre le seguenti conclusioni operative:

– se due vettori sono tra loro perpendicolari il prodotto scalare è nullo perché risulterebbe cosa = 0;

– se due vettori hanno stessa direzione (retta d’azione) e verso concorde, il prodotto scalare coincide direttamente con il prodotto dei loro mo-duli perché risulterebbe cosa = 1;

– se due vettori hanno stessa direzione (retta d’azione) ma verso oppo-sto, il prodotto scalare coincide con il valore negativo del prodotto dei moduli perché risulterebbe cosa = - 1.

Esempio 1-1. Particolare utilizzo dell’operazione di prodotto scalareSi calcoli il lavoro fatto dalla forza peso quando una massa di m = 100 kg, schematizzabile come puntiforme, precipita a caduta libera, lungo una certa traiettoria, per un dislivello di quota di 10 m. Si assuma un sistema di riferimento verticale z con verso orientato dal basso verso l’alto.

SoluzioneIntanto, in fisica la definizione di lavoro elementare (in termini differenzia-li) è data dall’espressione:dL d d s ds sdF s F s F s s$ $ $= = = +t t t^ ^h h

pari al prodotto scalare del vettore forza F con il vettore elementare ds.

.........................



Capitolo 1

18V

etto

ri

Sapendo che il corpo di massa m in caduta libera lungo una traiettoria non nota7 è in ogni istante sottoposto all’azione della forza di gravità F = mg (se si trascurano per semplicità le azioni di resistenza e attrito dell’aria), allora conviene adottare la formulazione di prodotto scalare come prodotto delle componenti dei vettori secondo il sistema di riferimento adottato. In parti-colare, si ha per la forza peso (sempre diretta verticalmente verso il basso:

; ;m mg mgF g i 0 0z "= =- -^ h e per lo spostamento elementare:

; ;d dx dy dz dx dy dzs i i ix y z "= + + ^ h.La definizione di prodotto scalare permette di scrivere:

dL d m d mg dx dy dz

mg dz mg dz

F s g s i i i i

i i

z x y z

z z

$ $ $

$

= = =- + + =

=- =-

^ h

Pertanto, tenendo conto dell’orientamento dell’asse z imposto per il sistema di riferimento, l’espressione del lavoro elementare fatto dalla forza peso su una massa m in caduta libera assume la forma dL mg dz=- . Poiché, però, l’intensità della forza peso è costante e pari a mg, il lavoro che esercita sulla massa m nel suo abbassamento di quota Dz = zfin - zin = - 10 m (avendo tenuto conto che l’asse verticale del sistema di riferimento z è stato suppo-sto orientato dal basso verso l’alto) è misurato da:

, /L mg z kg m s m Nm joule10 9 81 10 981 9812$ $D=- =- - = =^ ^ ^h h h .Il lavoro in questo caso risulta (uno scalare) di segno positivo, confermando il fatto che la componente vettoriale “efficace” dz iz — per vettore sposta-mento elementare ds proiettato sul vettore costante mg della forza peso8 — è orientata concordemente con il verso della forza di gravità (agente infatti dall’alto verso il basso) quando la massa m è in caduta libera verso terra.

1.1.4 Alcune proprietà del prodotto scalareIn base alla definizione operativa di prodotto scalare tra vettori:

v v v u u u v u v u v uv u i i i i i ix y z x y z x x y y z zx y z x y z$ $= + + + + = + +^ ^h h

si può subito osservare che il prodotto scalare gode della proprietà commu-tativa: v u u v$ $= .

È anche immediato verificare che il prodotto scalare gode della proprie-tà distributiva. Ad esempio, indicato con d il vettore somma a + b = d, si dimostra che è:c d c a b c a c b$ $ $ $= + = +^ h .In virtù infatti della definizione operativa di prodotto scalare, uguagliando

7 La traiettoria non è nota perché nelle ipotesi del problema non è stato fatto cenno alle condizioni iniziali di moto: velocità iniziale, direzione impressa al lancio, etc.

8 La forza peso, nelle pratiche applicazioni, è praticamente sempre costante in direzione, verso e intensità (modulo).

..........................................................


§ Il prodotto vettoriale (o esterno) di vettori


19

Vet

tori

gli sviluppi del I e III membro dell’equazione vettoriale sopra, si scrive:

c d c d

c a c a c b c b

c a b c a b c d c d

c d

c a c b

c d

x x y y

x x y y x x y y

x x x y y y x x y y

$

$ $

$

+ = =

= + = + + + =

= + + + = + =^

^

^

^

h h

h h

confermando la validità della proprietà distributiva per il caso semplice di vettori nel piano.9

1.1.5 Il prodotto vettoriale (o esterno) di vettoriSi definisce prodotto vettoriale (o esterno) del vettore u per il vettore v, il vet-tore c avente le seguenti caratteristiche:

– intensità (o modulo) uguale al prodotto dei moduli dei due vettori u e v per il valore algebrico del seno dell’angolo a compreso tra le dire-zioni dei vettori u e v lungo i loro versi positivi (versi delle frecce dei vettori)

– direzione del versore ct perpendicolare al piano che contiene i due vet-tori u e v

– verso (del versore ct) uguale a quello dell’avanzamento di una vite quando viene fatta girare nel verso che porta il primo vettore u a so-vrapporsi al secondo vettore v, in modo da presentare versi concordi sulla retta d’azione del secondo vettore v (“regola della vite”).

Con notazione matematica si scrive:

(1–3)sin sinuvc u v c u v c# a a= = =t t^ h.

avendo indicato con ct il versore del vettore prodotto scalare di modulo pari a uvsina. Ci si accorge immediatamente che il prodotto vettoriale (o esterno) non gode della proprietà commutativa, infatti è c u v v u c"# #= =- come semplice conseguenza del fatto che la rotazione del vettore v sul vet-tore u non è altro che la rotazione opposta a quella che porta u su v, rima-nendo invariate tutte le altre grandezze scalari.

Il prodotto vettoriale gode della proprietà distributiva. Considerando infatti per semplicità la somma di due vettori a = a1 + a2 nel piano si ha:

a u a a u a u a u2 21 1# # # #= + = +^ ^ ^h h h.

In particolare, senza scapito di generalità, se si orienta il vettore u parallelo ed equiverso all’asse y di un sistema cartesiano xyz e se si considera il vetto-re somma a = a1 + a2 orientato con verso tale che l’estremità della sua frec-cia abbia coordinate x e y entrambe positive, si avrà (si veda Figura 1–3):

9 Si sono considerati dei vettori nel piano, non a scapito di generalità, ma per motivi di brevità e di spazio, essendo il risultato il medesimo del caso di vettori nello spazio.



Capitolo 1

20V

etto

ri

sin sin sin sina u a u u a aa u a u i iz z2 1 1 2 2 1 1 2 21 # # a a a a+ = + = +^ ^ ^ ^h h h h.

D’altra parte, però, analogamente si avrà per definizione:sinaua u a a u iz21# # a= + =^ h .

Come si può notare dalla disposizione “ad hoc” scelta in Figura 1–3, come segmenti misurabili lungo l’asse x si rileva proprio:

sin sin sina a a1 1 2 2a a a= +

che, a meno del modulo u del vettore u a fattor comune su entrambi mem-bri dell’uguaglianza, conferma in termini scalari la validità della proprietà commutativa.

È interessante osservare che il modulo del prodotto vettoriale a u# è uguale all’area del parallelogramma individuato dai due vettori a e u. Ana-logamente, i due prodotti vettoriali a u1 # e a u2 # hanno ciascuno come modulo l’area del parallelogramma individuato dai rispettivi vettori. In al-tri termini, la validità della proprietà commutativa del prodotto vettoriale implica una relazione tra aree (quindi in termini di intensità):a u a u a u21# # #= +

equivalente, infatti, per quello che è stato visto, alla relazione:sin sin sinau a u a u1 1 2 2a a a= + .

Come controprova, avendo imposto per semplicità i vettori a1, a2, a, u tut-ti giacenti nel piano xy, basta moltiplicare all’ovvia uguaglianza vettoriale

0 x

y

0 x

y

u ua

a

a= a1 + a 2

a

a1a1

a 2

a 2

a 1a 1

a 2

a 2

a 1 sina 1

a 2 sina 2

a sina

a sina = a 1 sina 1 + a 2 sina 2

a# uverso uscente dal foglio versi uscenti dal foglio

a1 # u a 2# u

verso concordeversore asse z: iz versi concordi versore asse z: iz

Figura 1–3. Il prodotto vettoriale (o esterno) di vettori.


§ Alcune proprietà del prodotto vettoriale (o esterno)


21

Vet

tori

i iz z= del versore dell’asse z, la quantità scalare in termini di uguaglianza di aree appena precedentemente calcolata per avere ulteriore conferma del-la validità della proprietà distributiva:

a u i a u i a u i a u a u a uz z z2 21 1&# # # # # #= + = +^ ^h h.

1.1.6 Alcune proprietà del prodotto vettoriale (o esterno)In base alla definizione operativa di prodotto vettoriale (Eq. (1–3)):

sin sinuvc u v c u v c# a a= = =t t^ h

due vettori danno prodotto vettoriale nullo quando sina = 0. Ciò accade evidentemente quando l’angolo a tra i due vettori è nullo: vettori u e v tra loro paralleli indipendentemente dal loro verso (con a = 0 + kr).

Inoltre, moltiplicando vettorialmente a due a due i versori ix, iy, iz di una terna destrogira10 di assi cartesiani xyz, si ottengono le seguenti relazioni tra versori (vettori di modulo unitario), in virtù della “regola della vite”:

,

,

,

i i i i i i

i i i i i i i i i

i i i i i i i i i

0 0 0x x y y z z

x y y x z z x y

x z y y z x z y x

z

# # #

# # #

# # #

= = =

= =- =

=- = =-

Ciò posto, se si esprimono i due vettori u e v in funzione dei versori degli assi della terna cartesiana destrogira xyz:

u u u v v vc u v i i i i i ix y z x y zx y z x y z# #= = + + + +^ ^h h

e si applicano le relazioni di prodotto vettoriale tra i versori degli assi, sem-plificando e riordinando si ottiene l’espressione:

c c c

u v u v

u v u v

u v u v

c i i i

i

i

i

x x y y z z

y z z y x

z x x z y

x y y x z

= + + =

= - +

+ - +

+ -

^

^

^

h

h

h

che, in forma compatta (usando il formalismo delle matrici), può essere posta nella seguente forma per meglio essere ricordata:

det u

v

u

v

u

v

c u vi i ix

x

x

y

y

y

z

z

z

#= =

J

L

KKK

N

P

OOO

risolvendo il determinante della matrice 3 x 3 secondo la prima riga dei versori. Infine, sfruttando sempre il formalismo delle matrici è immediato

10 Terna “destrogira” quando, applicando la “regola della vite” per sovrapposizione dell’asse x sull’asse y si vedrebbe il gambo della vite avanzare nel verso dell’asse delle z.



Capitolo 1

22V

etto

ri

calcolare quello che si chiama prodotto misto fra tre vettori lo scalare c a$ . Ciò si ottiene semplicemente sostituendo formalmente ai posti dei versori le componenti del vettore a e risolvendo il determinante della matrice 3 x 3:

det

a

u

v

a

u

v

a

u

vu v u v a

u v u v a

u v u v a

c a u v ax

x

x

y

y

y

z

z

z

y z z y x

z x x z y

x y y x z

$ # $= = =

= - +

+ - +

+ -

J

L

KKK

^

^

^

^

N

P

OOO

h

h

h

h

essendo per definizione di prodotto scalare c a c a c ac a x x y y z z$ = + + con:

u v u v a u v u v a u v u v ac a y z z y x z x x z y x y y x z$ = - + - + -^ ^ ^h h h .

1.1.7 Composizione grafica di grandezze vettorialiIl vettore risultante di due vettori è dato dalla diagonale del parallelogram-ma costruito sui due vettori, applicati a un qualsiasi punto. Questo vettore risultante c si chiama somma vettoriale dei due vettori componenti a e b:c a b= + .La somma di più vettori si ottiene costruendo la poligonale che ha i vettori dati come lati consecutivi: il vettore somma cercato è il vettore che ha l’o-rigine nell’origine del primo vettore e il termine sull’estremità dell’ultimo11 (Figura 1–4). La differenza di due vettori a e b è il vettore d = a - b che, sommato vettorialmente al vettore b dà il vettore a; in altri termini:d b a+ = .Dall’osservazione della Figura 1–4, per il caso base di composizione vetto-riale di due soli vettori, si può notare che indipendentemente dall’ordine di composizione della coppia di vettori a, b la risultante c = a + b = b + a è sempre la stessa, in modulo, direzione e verso; in quanto, la somma delle due proiezioni dei vettori sulla retta i che congiunge l’estremo iniziale A del primo vettore con l’estremo finale C del secondo (e ultimo) vettore è pari al modulo del vettore risultante c:

AH HC a b c ACi i+ = + = = .

Questa relazione traduce la nota composizione secondo la regola del paral-lelogramma. Potendo, infatti, indifferentemente commutare l’ordine di due

11 Tutte le grandezze vettoriali, cioè tutte le grandezze fisiche che sono definite in modo completo soltanto quando, al numero che ne esprime la misura rispetto a una unità prefissata, si aggiunge una direzione e un verso, presentano la peculiarità di comporsi secondo la “regola del parallelogramma”.


§ Composizione grafica di grandezze vettoriali


23

Vet

tori

vettori a, b nella loro somma vettoriale c, si viene a definire un parallelo-gramma la cui diagonale coincide con la risultante c (disposta in figura lungo la retta i) e i lati sono proprio i due vettori somma a, b per le due commutazioni.

In questo particolare caso, individuata la direzione i che congiunge l’e-stremità iniziale A del primo vettore con l’estremità finale C del secondo (e ultimo) vettore si viene a definire un segmento c AC= che può inter-pretarsi come “intensità efficace” del contributo dei due vettori lungo la direzione i. In altri termini, se ad esempio si considerano i vettori come delle forze, l’energia L trasmessa a un corpo puntiforme m dalle componenti a, b lungo un medesimo percorso Ds, individuato sulla direzione i, è indi-stinguibile dal lavoro fatto sempre lungo Ds, sul medesimo corpo m, dalla risultante c = a + b. Infatti, per la definizione generale di lavoro in termini di prodotto scalare:L c s a b sc s a b s c a bi i &$ $D D D D= = = + = + = +^ ^h h .Quest’ultima relazione, nell’ottica della supposta validità della “regola del parallelogramma”, presenta così importanti implicazioni: la definizione di lavoro in termini di prodotto scalare di forze e spostamento se vale indi-stintamente per la somma dei due vettori a, b come per la loro risultante c = a + b necessita che tutti i vettori (forza) subiscano lo stesso spostamento Ds lungo la direzione i. Quanto appena detto non può significare altro che i vettori a, b, c per farsi tra loro equilibrio (secondo la composizione della “regola del parallelogramma”) devono innanzitutto incontrarsi con le rette

A

B

C

B

D

C

A

a

a

aa

a

b

b

b

b

d

d

c

c= a+ b

retta

i

retta

i

c= a+ b= b+ a

-b

d+ b= a

d= a- b

H

H

AH= a i

HC= b i

a i+ b i = c= AC

d=- b+ a

Figura 1–4. Composizione grafica di vettori - regola parallelogramma.



Capitolo 1

24V

etto

ri

d’azione in un medesimo punto affinché non nascano rotazioni se appli-cate a un corpo perfettamente rigido e con le forze componenti (a, b) che devono considerarsi applicate nel medesimo punto P del corpo m affinché sia garantito lo stesso spostamento elementare Ds, del punto P lungo la direzione i, ugualmente anche per la risultante c. Si intuisce, pertanto, che la composizione di vettori tramite la “regola del parallelogramma” presenta un aspetto giustificabile tramite considerazioni prettamente energetiche.

Operativamente, individuato in un punto A un vettore c è possibile scomporlo vettorialmente in almeno due vettori a, b tali che in A converga-no le rette di azione di a e b (oltre a quella di c) e che composte secondo la “regola del parallelogramma” porgano appunto a + b = c (Figura 1–4).Poiché queste osservazioni valgono per qualsiasi coppia di vettori, allora è possibile generalizzare il risultato affermando che la somma vettoriale di più vettori si può ottenere di fatto iterando opportunamente la “regola del parallelogramma” unendo, cioè, in qualsivoglia ordine, ogni vettore con il successivo in modo che l’estremità finale del precedente coincida con l’e-stremità iniziale del successivo (poligono delle forze in Figura 1–5).

Come conseguenza, la risultante di un sistema composto di vettori è nulla quando l’ultimo vettore composto (ad esempio, quello h a destra in Figura 1–5) presenta la sua freccia puntata sull’estremità iniziale del primo (vettore a). Quando le rette di azione di tutti i vettori composti (se almeno in numero maggiore di tre) costituiscono una poligonale chiusa equiversa con i loro versi secondo un senso orario (o antiorario), la risultante dei vet-tori composti è nulla: in questo caso, il corpo è in equilibrio statico almeno

a

bc

d

a+b =e

e+c=f

f+ d= g h

a

bc

d

f+ d= g" (e+ c)+ d= g" ((a+ b)+ c)+ d= g

Regola del parallelogramma applicata iterativamente

Risultante non nulla: vettore g Risultante nulla: vettore 0

AB

A/ B

a+ b+ c+ d+ h= 0a+ b+ c+ d= g

g = AB! 0 AB= 0

Figura 1–5. Composizione di vettori a due a due e poligono vettoriale.


§ Composizione grafica di grandezze vettoriali


25

Vet

tori

dal punto di vista della traslazione nello spazio (o nel piano). Nel caso par-ticolare, tutte le forze agenti siano riducibili a sole tre forze le cui rette di azione si incontrino in un medesimo punto C (si veda il caso in Figura 1–6) allora è assicurato sia l’equilibrio alla traslazione sia quello alla rotazione.

È evidente che nel caso in cui le forze applicate al corpo rigido m siano soltanto due, la condizione di equilibrio, sia alla traslazione sia alla rota-zione, è che esse siano uguali e opposte: stessa retta d’azione e intensità ma verso opposto.

Un corpo perfettamente rigido è, infatti, in equilibrio anche dal punto di vista delle rotazioni (attorno a un suo asse) quando è possibile ridurre il sistema delle forze agenti a due sole forze uguali in intensità ma di ver-so opposto, agenti sulla medesima retta d’azione. Nel caso in Figura 1–6, ad esempio, è riportato l’equilibrio (alla traslazione e alla rotazione) di un corpo perfettamente rigido sottoposto a 6 forze (vettori a1, a2, b1, b2, d1, d2) riducibili a un ultimo poligono di tre forze a, b, d equivalente a due forze uguali ed opposte (- d e d) agenti lungo la retta d’azione del vettore d, risultando in questo caso appunto:

a b d a b d d d0 0& &+ + = + =- - + =^ ^h h .

Analogo discorso potrebbe farsi considerando come retta d’azione di rife-rimento o quella del vettore a o quella del vettore b: il discorso rimarrebbe di fatto identico.

Da quest’ultima osservazione, diversamente, discende il concetto di coppia di forze o momento di una forza rispetto a un asse, responsabile

a

a

b

b

A/ B

a+ b+ d= 0

d

d da 1

a 1

a 2

a 2

d 1

d 1

d 2

d 2

b1

b1

b2

b2

C

-d

(a+ b) =- d

Figura 1–6. Riduzione a un poligono chiuso di tre vettori per uno stesso punto.



Capitolo 1

26V

etto

ri

quindi della rotazione di un corpo. In particolare, rimanendo due forze anche uguali in modulo, di verso opposto e giacenti su due rette di azione parallele diverse, esse sono in grado di applicare una rotazione al corpo rigido attorno a un suo asse di possibile rotazione.

È quindi possibile stabilire questa regola operativa: un corpo perfettamen-te rigido sottoposto a qualsivoglia forze è in equilibrio e in quiete (non avendo né moto di traslazione né moto di rotazione attorno a un suo possibile asse) se il poligono delle forze ad esso applicate si chiude su se stesso con versi delle forze orientate tutte in senso orario o antiorario una di seguito all’altra (per l’equilibrio alla traslazione) e se è possibile ridurre ulteriormente il poligono delle forze in sole tre forze — che, facendo parte di un poligono equiverso chiuso, risulterebbero avere rette d’azione concorrenti in un medesimo punto — o, equivalentemente, ridurre il sistema di forze agenti in due sole forze, uguali in modulo e opposte in verso, agenti quindi sulla medesima retta d’azione (per l’equilibrio alla rotazione).

È possibile, di conseguenza, stabilire anche quanto segue (Figura 1–7): se nella spezzata chiusa individuata dal poligono delle forze equiverso chiuso è presente almeno una coppia di forze di medesima intensità, verso opposto e rette d’azione parallele (quindi due tratti di spezzata uguali e paralleli) allora il corpo perfettamente rigido è in equilibrio per la sola traslazione essendo la rotazione non vincolata, libera per la presenza di una coppia (due forze, uguali in modulo, di ver-so opposto e giacenti su due diverse rette d’azione parallele, di risultante appunto nulla).

Se quindi nella ricerca della risultante delle forze agenti su un corpo, queste si riducono a due forze parallele di uguale intensità ma di verso

a

b

d

a 1

a 1

a 2

a 2

d 1

d 1

d 2

d 2

b1

b1

b2

b2

C

a 1

a 2

d 1

d 2

b1

b2

h

F

FF

FF

F

=

a) b)

+

a

b

d

a+ b+ d= 0

A/ B

Figura 1–7. Presenza di almeno una coppia in un poligono delle forze.


§ Momento di una forza o di una coppia


27

Vet

tori

opposto su due rette d’azioni diverse (caso in Figura 1–7), allora il corpo si trova soggetto a quello che viene chiamato coppia di momento:

M F h=

ovvero il prodotto tra l’intensità F di una delle due forze uguali per la di-stanza h esistente tra le due rette d’azione parallele.

Nel caso particolare in Figura 1–7, infatti, è stata isolata una parte del tracciato del poligono delle forze che si riesce a chiudere equiverso su se stesso senza la presenza di coppie di lati uguali paralleli con versi opposti. Per quanto già osservato, è possibile ridurre ulteriormente questa parte del tracciato a un poligono di 3 vettori chiusi ed equiversi (equivalenti a due forze uguali e opposte su medesima retta d’azione). Del tracciato originario rimangono quindi “scoperti” i due segmenti paralleli con versi opposti, costituenti la coppia di forze F le cui rette d’azione parallele sono distanti tra loro della distanza h.

A questo punto, è possibile stabilire anche questa regola operativa: nel tracciato del poligono equiverso chiuso di tutte le forze agenti, si individuano i trat-ti che non presentano al loro interno segmenti uguali e paralleli con versi opposti delle forze e che sia possibile trasformare ulteriormente in un sottopoligono equi-verso (in tal caso, essendo possibile l’ulteriore sua riduzione in 3 vettori necessaria-mente concorrenti in un medesimo punto con le loro rette di azione). In presenza di equilibrio alla traslazione, le coppie eventualmente rimanenti concorreranno alla rotazione del corpo attorno a un suo possibile asse.

1.1.8 Momento di una forza o di una coppiaIl momento M di una forza F è una grandezza vettoriale il cui modulo di-pende dall’intensità della forza FF = e dalla distanza h della sua retta d’azione da un particolare punto (detto polo X ) o da un particolare asse (di rotazione): questa grandezza vettoriale ha il nome momento della forza rispetto al polo o all’asse scelto come riferimento.

Una coppia M è sempre una grandezza vettoriale formata da due forze di uguale intensità F ma di versi opposti e agenti su due rette d’azione parallele e distinte: il modulo di una coppia, quindi, è determinata dall’in-tensità di una delle due forze e dalla distanza tra le due rette d’azione delle forze.

Si definisce operativamente momento vettoriale M di una forza (o di un vettore) F rispetto a un asse o polo X il prodotto vettoriale del raggio vet-tore r che collega l’asse o polo X a un punto P qualsiasi della retta d’azione della forza F. Questa particolare definizione è congruente con la definizio-ne di vettore le cui informazioni (intensità, direzione e verso) valgono per qualsiasi punto sulla retta d’azione e per tutte le rette d’azione parallele a una scelta arbitrariamente. Per la definizione intrinseca di vettore, quindi, essendo indifferente qualsiasi punto di applicazione del vettore F sulla ret-



Capitolo 1

28V

etto

ri

ta d’azione considerata, conviene scegliere quel particolare punto dove il raggio vettore risulta perpendicolare alla retta d’azione. Questo particolare valore del raggio vettore viene detto “braccio” h della forza perché, di fatto, è una grandezza distintiva dell’entità del momento di una forza.

In termini operativi, data una forza F lungo una definita retta d’azione f, il momento vettoriale M della forza F rispetto a un asse o polo X è dato dalla formula:

sin sinF r F hM r F n r F n n# a a= = = =t t t

dove, nota la retta d’azione della forza F, qualsiasi sia il punto P scelto (Fi-gura 1–8) che definisce il raggio vettore r, si ha sempre rsina = h.

Come si può notare, la formula utilizza la definizione stessa di prodotto vettoriale tra due vettori; pertanto, il vettore momento M è sempre per-pendicolare al piano di giacitura dei due vettori r, F e come verso presenta quello di avanzamento di una vite ruotando dell’angolo a il primo vettore r sul secondo vettore F in modo che si sovrappongano equiversi (quindi, fino a far risultare r di verso concorde con F).

Nei casi riportati in Figura 1–8, si può notare che il momento M della forza F rispetto al polo X è un vettore diretto perpendicolarmente al piano che contiene i due vettori r, F e di verso entrante nel piano che li contiene (nel caso in figura, nel piano del foglio). In altri termini, secondo la “regola della vite” la rotazione per portare il raggio vettore r sovrapposto e equi-verso al vettore F è in senso orario con ampiezza a quando il versore nt del vettore momento M risulta di verso entrante nel piano del foglio. Viceversa,

X

retta d'azione f

P lP

mPF

lX

r 1r 2

rn

h

a 1

a 1

a2

a2

h= r1 sina 1 = r2 sina 2 =f= rn sina n

M= r#F= tn F h

Dr= r 1 - r 2

h 12 = Dr sin i

X

r 1

r 2

F1

F2

Dr

i

i

h 12

Rette d'azione fissate

Versore tn entrante= nel piano del foglioVersore tn entrante= nel piano del foglio

retta d'azione fF

F

r r

X

lX

h

a

a

a

Versore tn uscente= dal piano del foglio

Figura 1–8. Momento di una forza e momento risultante di una coppia.


§ Momento di una forza o di una coppia


29

Vet

tori

quando il versore nt è uscente dal piano che contiene i due vettori allora il verso di rotazione del vettore r sul vettore F è antiorario.

È quindi possibile questa convenzione: si assume positiva la componen-te M del vettore momento M il cui raggio vettore r nel prodotto vettoriale r F# tende a descrivere un angolo a antiorario.12 Equivalentemente, pen-sando il raggio vettore r come un’asta indeformabile libera di ruotare attor-no al polo fisso X , il valore della componente M del momento è positiva quando la rotazione di r appare antioraria per il verso ad esso applicato dalla forza F.

Nel caso invece di presenza di due forze F1 + F2 = 0 di uguale intensità, versi opposti ma giacenti su due rette d’azione parallele e distinte (si veda Figura 1–8), si parla di momento di coppia di forze. Il risultante delle due forze è evidentemente nullo ma giacendo le due forze su due rette d’azione parallele riescono ad esplicare un vettore momento M. A tal proposito, si scelga arbitrariamente un asse o polo fisso X di riferimento e si calcolino separatamente i momenti vettoriali delle due forze agenti F1, F2:

M r F1 1 1#= per la forza F1

M r F2 2 2#= per la forza F2

Sommando vettorialmente, e tenendo conto che vale la seguente relazione vettoriale F F F F01 2 2 1&+ = =- , si ottiene evidentemente:

M M M r F r F r r F r F1 2 1 1 2 2 1 2 1 1# # # #D= + = + = - =^ h

tenendo conto della relazione vettoriale r r r r r r1 2 1 2&D D= + = - . Dalla definizione di prodotto vettoriale, detto con i l’angolo con cui deve ruotare il vettore Dr per sovrapporsi equiverso al vettore F1, si ha:

sin sinF r F hM M M r F n r F n n1 2 1 1 1 1# i iD D D= + = = = =t t t

con, in questo caso, il versore nt uscente perpendicolarmente dal piano che contiene i vettori F1, F2.

Come già anticipato, la grandezza scalare h è detta braccio della coppia e coincide con la distanza tra le due rette di applicazione. Si può immedia-tamente notare che il vettore M è indipendente dal particolare asse o polo fisso X scelto. Come regola operativa per il calcolo del momento di una coppia, può essere quella di scegliere come polo dei momenti un qualsiasi punto di una delle due rette di applicazione.

Vale infine la seguente regola operativa: la direzione del vettore M è

12 È noto che quando si avvita un cacciavite in senso antiorario sopra la testa di una vite, il gambo della vite tende man mano a uscire fuori dalla sua sede. Da qui, appunto, la “regola della vite”.



Capitolo 1

30V

etto

ri

sempre ortogonale al piano che contiene le due forze che costituiscono la coppia e il verso positivo è tale da veder ruotare le forze in senso antiorario con il vettore M uscente dalla faccia superiore del foglio.

1.1.9 Scomposizione di una forza in una coppia e una forza traslata13

Questa scomposizione vettoriale equivale a traslare la retta d’azione di una forza F aggiungendo una coppia appropriata M necessaria a mantenere equivalente il sistema di forze a quello iniziale: una forza Feq, parallela a F, e un momento M. In altri termini, un sistema costituito da una forza Feq e da una coppia M nel medesimo piano si può sostituire con un’unica forza F di modulo uguale a Feq, ma spostata parallelamente a se stessa in modo che il suo momento rispetto un asse o polo fisso X sulla retta d’azione della forza Feq sia uguale a M. Questa proprietà vettoriale è dimostrabile molto facil-mente aggiungendo in un sistema di forze a risultante Feq due forze uguali e opposte F + F = 0 ciascuna di modulo pari proprio a F = Feq e giacenti su una medesima retta d’azione distante e = M/F dalla retta di azione di Feq e ad essa parallela. Infatti, due rette d’azione con forze opposte e paral-lele di intensità F distanti della quantità scalare e presentano un modulo della coppia pari proprio a M = Fe. La Figura 1–9 illustra quanto detto.

È quindi possibile stabilire questa procedura operativa: individuato il vettore risultante Feq (o il vettore generico che si vuole trasportare) si tracci in modo arbitrario una retta parallela alla retta d’azione della forza Feq. Su

13 Trasporto della retta di applicazione di una forza parallelamente a se stessa.

Feq

F

-F

X

X

e

F

ei= 90c

Feq

X e

M= e#FM

M

M= M = e#F = eF

e= M/F

Feq +F= 0

Feq

F

-F

F = Feq

X e

F-F= 0

Sistema iniziale:FeqInvariante:

oraria oraria

oraria

Figura 1–9. Trasporto equivalente di una forza o di un momento e una forza.


§ Trasformazione di una forza e una coppia in una forza traslata


31

Vet

tori

questa nuova retta appena tracciata si disegnino due vettori F uguali e di verso opposto che presentino ciascuno un modulo pari al modulo del vet-tore iniziale Feq. Risulterà valida anche la relazione vettoriale Feq + F = 0. A questo punto, mantenendo il vettore - F parallelo al vettore iniziale Feq, si cancellino i restanti due vettori (quello iniziale Feq e quello F di verso opposto a Feq) sostituendoli con il vettore momento M e F#= il cui verso non è altro che quello visibile dalla coppia F, Feq (vedere schema centrale in Figura 1–9). Se questa coppia (M = Fe) tende a girare in senso orario (come quello riportato nello schema in figura) allora il vettore momento è diretto entrante nel piano del foglio.

1.1.10 Trasformazione di una forza e una coppia in una forza traslataIn modo del tutto analogo, è possibile procedere a ritroso graficamente e trasformare un sistema iniziale di una forza Feq e un momento M e F#= in un sistema vettorialmente equivalente di sola forza Feq traslata di una quantità e = M/F.

Come si può notare dall’ultimo schema in Figura 1–9, la forza andrà traslata parallelamente a se stessa di una distanza e a sinistra della sua retta d’azione se il momento M di verso orario con una delle sue forze F tende ad annullare la forza iniziale Feq (schema centrale in Figura 1–9).

Più semplicemente, osservando la forza iniziale Feq in modo che appaia con la freccia verso l’alto nel piano del foglio, a momenti orari corrisponde-ranno (come abbiamo visto) traslazioni a sinistra della retta d’azione della forza Feq; viceversa, per momenti antiorari dovranno corrispondere trasla-

Feq

F

-F

X

Feq

Xe e

MM

e= M/F

orariaoraria

Feq

F

-F

X

Feq

X e e

MM

e= M/F

antiorariaantioraria

spostamento a sinistra

Feq +F= 0 Feq +F= 0

spostamento a destra

S S D D

X" DS! X

Figura 1–10. Trasformazione di una forza e una coppia in una sola forza traslata.


§ Teoremi fondamentali sui vettori

Capitolo 1

32V

etto

ri

zioni a destra della retta d’azione di Feq. In pratica, il verso del momento M deve essere trasformato in una coppia di forze tale che la forza F della coppia punti in direzione opposta proprio sulla freccia della forza da tra-sportare Feq (si veda forza campita in grigio, Figura 1–10).

1.2 Teoremi fondamentali sui vettori

1.2.1 Teorema di Varignon sul momento di vettoriIl teorema di Varignon sui momenti dei vettori afferma che: il momento della risultante di più vettori rispetto a un polo fisso è uguale alla somma algebrica dei momenti dei singoli vettori componenti.

Intanto, come si è già visto, per l’espressione vettoriale del momento M della forza risultante F in funzione del raggio vettore e, si scriverà:

dete e e F F F e

F

e

F

e

F

M e F i i i i i ii i i

x y z x y z

x

x

x

y

y

y

z

z

z

x y z x y z# #= = + + + + =

J

L

KKK

^ ^

N

P

OOO

h h

Se ora, ad esempio, si considera da quest’ultima espressione la componente lungo l’asse z del sistema di riferimento, il cui versore è iz , si ottiene:

(1–4)M e F e Fi iz z x y y x z= -^ h

essendo ovviamente per definizione di vettore: M M MM i i ix x y y z z= + + . Poiché il teorema di Varignon è riferito a un generico momento, è ragione-vole riferirsi a una qualsiasi delle componenti di M. Se ad esempio, si con-sidera la componente vettoriale di M lungo l’asse z, allora sarà sicuramente possibile associare al valore scalare Mz, in virtù della definizione intrinseca di momento, il prodotto del modulo della forza risultante F Fx y

2 2+ per

un braccio e e ex y2 2

= + e per il seno dell’angolo i tra essi compreso; con-siderando grandezze nel solo piano xy. Ciò posto la precedente equazione vettoriale (1–4) potrà porsi in termini scalari, in questo modo:

sinM e F F M e F e F e Fz x y z e x y y x2 2 &i= + = = -=

avendo evidenziato con sinF F Fe x y2 2 i= += la componente “efficace”,

della forza risultante F F Fxy x y2 2

= + nel piano xy, perpendicolare al brac-cio e.

È quindi immediato constatare, dall’esame della Figura 1–11, che il se-gno di Mz è positivo (M iz z appare di verso antiorario sul sistema xy destrogi-ro) e, di conseguenza, deve esserlo pure il secondo membro dell’equazione (1–4). Ciò significa che deve essere e F e F 0>x y y x- per le due componenti della risultante nel piano xy. Così è infatti, osservando la figura: il momento della componente Fy è positivo perché tende a far ruotare ex in senso antio-rario; mentre, il momento della componente Fx è negativo perché tende a


§ Teorema di varignon sul momento di vettori


33

Vet

tori

far ruotare ey in senso orario.Si può quindi scrivere per le componenti vettoriali nel piano xy:

M M MM e F

M e Fi iz z zx zy z

zx y x

zy x y

"= +=-

=^ h )

Analogo discorso può farsi per le componenti vettoriali degli altri piani coordinati xz e yz, ottenendo rispettivamente:

M M MM e F

M e F

M M MM e F

M e F

i i

i i

y y yx yz y

yx z x

yz x z

x x xy xz x

xy z y

xz y z

"

"

= +=

=-

= +=-

=

^

^

h

h

)

)

così dimostrando l’enunciato del teorema di Varignon, per cui la somma dei momenti delle singole forze componenti:

M M M

M M M M M M

e F e F e F e F e F e F

M i i i

i i i

i i i

x x y y z z

xy xz x yx yz y zx zy z

y z z y x z x x z y x y y x z

= + + =

= + + + + + =

= - + - + -

^

^

^

^

^

^

h

h

h

h

h

h

corrisponde, in virtù della validità dell’espressione vettoriale del momento M, a quello della risultante F:

e e e F F FM e F i i i i i ix y z x y zx y z x y z# #= = + + + +^ ^h h.

0 0x

y

iFx2 +Fy2

e= ex2 + ey2

e

ex

exey

ey

Fxy

Fx Fx

Fy

Fy

M zx =- eyFx

M zy = ex Fyantiorario

antiorario

orario

Mz i z = i z e Fx2 +Fy2 sin i

F= e

M z = eF= e = ex Fy- eyFx

M z i z = (ex Fy- eyFx )i z

M z i z = (Mzx +Mzy)i z

M z i z = e#Fxy

Figura 1–11. Equilibrio dei momenti tra risultante e sue componenti nel piano.



Capitolo 1

34V

etto

ri

Molto più banalmente, anche, si poteva osservare direttamente che la scrit-tura dell’espressione del momento vettoriale posta in questi termini:

e e e F F F

F F F

M e F i i i i i i

e i i i e F e F e F

x y z x y z

x y z

x y z x y z

x y z x y z

# #

# # # #

= = + + + + =

= + + = + +^

^ ^

h

h h

non è altro che la somma vettoriale dei momenti delle singole componenti della risultante F.

A questo punto, è possibile utilizzare direttamente quest’ultima relazio-ne vettoriale e applicarla a un qualsiasi gruppo di forze Fi che abbiano, però, la caratteristica di avere rette d’azione passanti per un medesimo punto P dello spazio. In tal caso, anche la loro risultante passerà per il medesimo punto P e sarà valido anche per questo assetto il teorema di Varignon nella forma così più generale. Tradotto in forma matematica, scelto arbitraria-mente un polo fisso X da cui calcolare i momenti delle forze, si avrà:

(1–5)M P F P F P Fi i

i i# # #X X X= = =X / /avendo tenuto conto che, per ipotesi, passando tutte le forze per un mede-simo punto P il loro raggio vettore PX è uguale per tutte in modulo, dire-zione e verso. Quest’ultima Eq. (1–5) riveste quindi un notevole interesse pratico: riconduce il calcolo del momento globale, anziché alla somma dei momenti delle varie forze concorrenti in un punto, al calcolo di un solo momento, quello della loro risultante.

Esempio 1-2. Applicazione pratica del teorema di VarignonSi deve costruire un tratto di strada ordinaria a mezza costa e in rettifilo su un terreno dotato di scarpa naturale 1/1. La linea di passaggio fra terreno e scavo e il riporto è situata sull’asse della strada a livello del piano di calpe-stio. Il terreno è sostenuto a monte da un muro di controripa e a valle da un muro di sostegno avente la sommità a livello della suddetta strada. Il muro di sostegno (a gravità) è alto 6,00 m (dimensioni e dettagli nella Figura 1–12) e la massima spinta orizzontale di progetto del terreno a tergo (consideran-do anche il carico variabile per traffico in superficie) è stata valutata pari a Sd = 100 kN/m (per metro di fuga del muro) con retta d’azione orizzontale e a quota ez = 2,00 m dallo spiccato della soletta di fondazione del muro stesso. Assumendo per il muro un peso specifico di c = 24 kN/m3, tenendo conto delle dimensioni in figura, valutare la massima pressione scaricata alla base del muro (sezione allo spiccato) prescindendo dalla capacità resi-stente a trazione del muro. Si assuma un incremento del 5% dell’effetto dei carichi verticali in condizioni sismiche.

SoluzioneSi calcolano il momento stabilizzante (momento resistente) Mr del peso di progetto Pd del muro, delle finiture e il momento sollecitante Ms dato dalla

.........................................


§ Teorema di varignon sul momento di vettori


35

Vet

tori

spinta di progetto Sd del terreno e del carico viaggiante in superficie in con-dizioni sismiche. In questo caso, la risultante tra queste due forze agenti sul paramento del muro si può esprimere in funzione dei versori orizzontale ix (per Sd) e verticale iz (per i pesi), in questo modo:

,S PR i i1 05d dx z= -

avendo fissato l’asse z (verticale) orientato dal basso verso l’alto. Il fattore 1,05 è l’incremento del +5% dell’effetto dei carichi verticali imposto per ipotesi per condizioni sismiche.Volume del muro per metro di fuga:

, ( , , ) , , /V m m m m0 5 2 00 1 40 6 00 10 5 2 3$= + =^ ^h h.Peso di progetto del muro a gravità (per metro di fuga):

/ , / /P V kN m m m kN m24 10 5 252d3 3$c= = =^ ^h h

Peso di progetto incrementato per effetti sismici (per metro di fuga):, /P kN m1 05 265d , .

Momento di progetto sollecitante rispetto al polo X (assunto quale centro istantaneo di rotazione per il ribaltamento del paramento verticale):

S M e S M e SM P i i id S y z d y S z dS x " "#X= = =X XX .Momento di progetto stabilizzante dovuto al peso del muro:

, , ,P P P eM P i P i i1 05 1 05 1 05P d z d z d x y# #X X= - = - = -X ^ ^h h6 6@ @, ,M P e M P ei i1 05 1 05P y d x y P d x"= - =-X X6 @ (di verso uscente dal foglio).

G G

P

P

R

S d ix

S d ix

S d ix

-1,05 Pd iz

-1,0

5P

di z

-1,05 Pd iz

R

R

6,00 m

1,40 m

x

z

XC

X 00 A

Q

A

AX= 2,00 m

A0 = 0X= AX /2

ex

ez

ez = 2,00 m

ex = 1,10 m

y entrante nel foglio

y

i

b

i= 90c+ b

RQ = PR cos b= PR sin i

vmax

Figura 1–12. Dettagli muro di sostegno a gravità.

......................................................Copia (PARZIALE) di valutazione - Agosto 2017


Capitolo 1

36V

etto

ri

La somma vettoriale dei momenti delle due componenti rispetto al polo X è quindi:

,e S P eM M M M i 1 05i

i

P y z d d xS= = + = -X X X X ^ h/ .

Il momento vettoriale della risultante R sempre rispetto al polo X è:sin sinC R C PR C RQM C R i i iy y yR # i iX X XX= =- =- =-X

di verso uscente dal piano del foglio (quindi negativo rispetto al verso scel-to per l’asse y del sistema di riferimento. Sostituendo il valore del modulo della proiezione ,RQ P1 05 d= e applicando il teorema di Varignon, si ha:

, , , ,C P e S P e C P P e e Si i i i1 05 1 05 1 05 1 05y d y z d d x y d y d x z d"X X- = - = -^ ^h h,da cui si deduce la distanza incognita CX dove la risultante tocca la super-ficie della struttura di fondazione:

,,

CP

P e e S

R

M M1 05

1 05

d

d x z d

z

P SX =

-=

-X X^ h ,

avendo evidenziato nell’ultimo membro a numeratore la differenza tra i moduli del momento stabilizzante (per pesi propri) e il momento di ribalta-mento (per spinte dei terreni); che per garantire l’equilibrio del muro deve risultare necessariamente una differenza positiva. Quest’ultima espressio-ne può quindi essere utilizzata, in generale, direttamente come formula operativa evitando tutte le calcolazioni utilizzate per dedurla. Sostituendo i valori numerici, riferendoci direttamente ai moduli dei momenti, si ha:

,,

,, , , ,

CR

M MP

P e S e

m

1 051 05

1 05 2521 05 252 1 1 100 2 0 0 34

z

P S

d

d x d z

$$ $ $

X =-

= - =

= - =

X X

L’eccentricità della risultante R, rispetto al baricentro geometrico 0 della superficie di contatto del fondo del paramento verticale con il blocco di fon-dazione, è:

, , ,OC A C m2 2

2 00 0 34 0 66X X= - = - = .

Risultando:

, , ; , ,A m A m3 3

2 00 0 676 6

2 00 0 33X X= = = = ,

il centro di pressione della risultante R sulla superficie di contatto (larga AX ) con il blocco di fondazione è fuori dal suo terzo medio, essendo:

C A3

<X X e OC A6

> X .

In tal caso, alla base del muro sarebbero necessarie anche reazioni di trazio-ne per equilibrare il momento applicato dalla risultante R. Ciò di fatto non

...............................................................................................


§ Teorema del trasporto di un momento


37

Vet

tori

è possibile perché il paramento verticale è poggiato sul blocco orizzontale di fondazione, resistendo solo per pesi propri. La verifica a schiacciamento della sezione di contatto viene quindi condotta considerando il materiale non reagente a trazione. Supponendo una distri-buzione triangolare delle tensioni (da un massimo nel punto X per un’e-stensione di tre volte CX , considerando che la risultante della pressione triangolare risulta sempre applicata a 1/3 dal massimo della distribuzione), si avrà.

,, / ,R C

C

RkN m MPa

21 3

32

32

0 341 05 252 519 0 5max maxz

z 2" $ ,v vXX

= = = =

con un valore di tensione compatibile con le resistenze di un calcestruzzo magro per il blocco di fondazione.

1.2.2 Teorema del trasporto di un momentoCi si propone di trovare l’equazione vettoriale di trasporto del momento di una forza da un polo fisso a un altro. Sia dato (Figura 1–13) il vettore R e il polo fisso iniziale Xl da cui è calcolato il momento M P R#X=X ll . Sia inoltre M P R#X=X il momento del vettore R rispetto al nuovo polo da cui ci si vuole riferire. Dal triangolo dei raggi vettore in Figura 1–13, si ha:

P PX XX X= +l l .

Sostituendo questa relazione vettoriale nell’espressione del momento di R rispetto al nuovo polo X , si ottiene:

M P R P R

R P R R M

# #

# # #

X XX X

XX X XX

= = + =

= + = +

X

X

l l

l l l l

^ h

Dunque la formula vettoriale operativa:

(1–6)M R M#XX= +X Xl l

Esempio 1-3. Trasporto del momento sul baricentro di una sezioneSi consideri l’esempio precedente. Si vuole trovare l’espressione del momen-to riferito al baricentro 0 della sezione di contatto del paramento verticale con il blocco di fondazione orizzontale. Utilizzare le grandezze scalari pre-cedentemente calcolate in funzione del sistema di riferimento scelto.

SoluzioneRiferendoci ai simboli dell’esempio precedente, essendo 0 il nuovo polo (e X quello iniziale) le precedenti formule assumono i seguenti aspetti:M 0 R M0 #X= + X

P P0 0X X= + .

...........................

..........................



Capitolo 1

38V

etto

ri

In base al sistema di riferimento fissato nella Figura 1–12 dell’Esempio 1-2, i momenti orari vanno considerati positivi e gli antiorari negativi. Pertanto, si ha:

, ,P e S P eM 0 R M i i0 1 05 1 05y d y z d d x# XX= + = + -X Xl ^ h,

avendo precedentemente calcolato nell’esempio precedente:

,e S P eM i 1 05y z d d x= -X ^ h.

Riordinando, si ottiene:

, , ,P e S P e P e e SM i i0 1 05 1 05 1 05 0y d z d d x y d x z dX X= + - = - +Xl ^ ^h h8 B.Quest’ultima equazione, se proiettata lungo il versore dell’asse y coincide proprio con il calcolo dei momenti delle forze rispetto al polo 0, baricentro della sezione resistente a schiacciamento. Risulta:

,M P e e S1 05 0d x z dX= - +Xl ^ h

avendo calcolato infatti , ,e e m m0 0 1 10 0 1 00< >x x"X X- = = dai dati dell’esempio precedente. Pertanto, computando direttamente i momen-ti servendoci dei relativi moduli e assegnando positive le rotazioni orarie, si ottiene immediatamente (si veda Figura 1–12):

,M P e e S1 05 0d x z dX=- - +Xl ^ h ,

confermando quanto è stato prima ottenuto proiettando l’equazione del tra-sporto dei momenti.

R

X

lX

PXP

lX P

X lX

XP = X lX + lX P

MX = XP#R

M lX = lX P#R

MX = XP#R= X lX + lX P_ i#R= X lX #R+ lX P#R= X lX #R+M lX

MX = X lX #R+M lX

Figura 1–13. Trasporto vettoriale del momento da un polo a un altro.

......................................................




39

Vet

tori

Esempio 1-4. Calcolo del momento in una trave incastrataParte di una trave in acciaio a doppio T sporge di L = 3,50 m da un muro. Ammettendo che il carico R kN kNR i i i10 10z z z= = - =-^ ^h h sia ap-plicato concentrato sull’estremità libera e diretto contrariamente all’asse z, determinare l’intensità del momento rispetto al polo X nella sezione di in-castro.

SoluzioneSecondo la definizione vettoriale di momento:

sinkN P R P RM P R P i i i10z y y# # iX XX X= = - = =X ^ h positivo perché entrante nel foglio e quindi equiverso al verso dell’asse y scelto. Infatti, il prodotto vettoriale:

P i i P i i P i iz z zy y y" "# # #X X X- = - = - =^ ^ ^h h h

portando a sovrapporre il vettore PX equiverso al versore (opposto dell’as-se z) iz- secondo un verso orario, per la “regola della vite”, risulta entrante nel piano del foglio e quindi, secondo il sistema di riferimento scelto, equi-verso all’asse delle y. L’incastro al muro, se la trave è in equilibrio, deve estrinsecare un momento vettoriale uguale e opposto: in questo caso, deve quindi essere diretto nel verso uscente dal foglio (y negative). Avendo fissato l’asse delle y entrante perpendicolarmente al piano del foglio, MRES deve essere negativo. Infatti, proiettando sul versore iy dell’asse y:

.

P R

M P R M P R

M M M M i

M i i

0

RES RES

RES RES y

RES y y

& &

& &

X

X X

+ = =- =-

= =- =-

X X

X

X

P

P

R

R R

XPi= 90c

L= XP= 3,50m

x

z

y

y entrante nel foglio

MX = XP#R

MRES +MX = 0

MRES

MRES

orario

antiorario

antiorario

- i z

- i z

Figura 1–14. Momento all’incastro di una trave a mensola.

......................................................



Capitolo 1

40V

etto

ri

Sostituendo i valori numerici, si ha:

, ,M M P R m kN kNm3 50 10 35 0RES X=- =- =- =-X ^ ^h h .

In maniera molto semplice, nel calcolo dei momenti, conviene considerare direttamente i moduli dei vettori (qualsiasi sia il loro orientamento rispetto al sistema di riferimento scelto) e le distanze dei bracci delle forze in ter-mini di distanze sempre positive. A questo punto, si stabilisce il verso dei momenti orari e il verso di quelli antiorari e si impone l’equilibrio alla ro-tazione. Nel caso in oggetto, quindi, seguendo questa direttiva si fissano ad esempio i versi antiorari come positivi e quelli orari di conseguenza (nega-tivi). Proiettando l’equazione di equilibrio dei momenti, si ha:

M P R M P RM M 0 0 0RES RESRES & & 2X X+ = - = =X

con la componente MRES positiva, quindi MRES di verso antiorario. In questo modo, si riesce a individuare anche il verso del momento resistente (in ge-nerale, a priori incognito) che, per questo caso banale, non può che trovare conferma.

Esempio 1-5. Verifica di una mensola in acciaioUna mensola è costituita da un profilato a doppio T (IPN 160) alto h = 160 mm, avente una luce netta di L = 1,50 m e caricata come in Figura 1–15. Ve-rificare la stabilità della mensola utilizzando un acciaio S275JR. Si trascuri il peso proprio del profilato rispetto ai valori caratteristici dei carichi agenti.

SoluzioneUtilizzando le disposizioni delle attuali Norme Tecniche, si applicano i co-efficienti parziali alle azioni (A1 - STR)14 considerandoli tutti carichi varia-bili (cQ = 1,5). Inoltre, si adotti la convenzione di considerare negativi i mo-menti flettenti orari nel piano del foglio. Ragionando quindi direttamente in termini di moduli e distanze positive, per l’equilibrio dei momenti nella sezione di incastro al muro del profilato:

M P L P L 0RES Q k Q k1 1 2c c- - =

avendo indicato con MRES (generalmente incognito in verso e intensità) il momento flettente resistente (di progetto) nella sezione di incastro. Sosti-tuendo i valori numeri ed esplicitando, si ottiene:

, , , , , ,M P L P L kNm1 5 9 81 0 50 4 90 1 50 18 4RES Q k Q k1 1 2 $ $c c= + = + =^ h .

Il valore di MRES risulta positivo. Pertanto, per la convenzione fissata, risulta essere di verso antiorario come già intuibile per poter mantenere l’equili-brio. La verifica di resistenza si fa utilizzando il valore di progetto della re-

14 Combinazione 1 dell’Approccio 1, per azioni nelle verifiche agli stati limite, secondo le attuali Norme Tecniche per le Costruzioni.

...............................................................................................




41

Vet

tori

sistenza dell’acciaio utilizzato. In questo caso, per acciai S275JR la tensione di snervamento è:

, /f MPa kN cm275 27 5y2

= = .La verifica a flessione semplice retta per questo tipo di profilato (sezione di Classe 1)15 è soddisfatta quando risulti:

WM f

Wf

MMM 1

,

,

,

,

,

,

pl x

Sd x

a

y

pl xa

y

Sd x

Rd x

Sd x&# #c

c

=

ovvero dal rapporto tra il momento di progetto e il momento resistente ul-timo. Il momento di progetto MSd,x = MRES cimenta la sezione con un’infles-sione attorno all’asse x-x (asse forte della sezione a doppio T, si veda figu-ra). Il momento resistente è dato dalla tensione di snervamento (abbattuta del coefficiente parziale ca = 1,05) moltiplicata per il modulo di resistenza plastico della sezione Wpl,x attorno all’asse di inflessione (in questo caso, appunto l’asse x-x). Sostituendo i valori numerici si ottiene:

,, /

, /,

Wf

M

cm kN cmkNm cm m

1361 05

27 518 4 100

0 52 1<,

,

pl xa

y

Sd x

32

$

$

c

= =^

^

h

h (verificato).

Il valore risulta inferiore all’unità; pertanto la verifica di resistenza agli stati limite ultimi secondo norma è soddisfatta.

15 Secondo gli Eurocodici Strutturali EN 1993-1-1 e quindi secondo le Norme Tecniche, le sezioni dei profilati metallici vengono suddivise in quattro classi (1, 2, 3 e 4, appunto).

X

X

P

P

L= XP= 1,50m

MRES

MRES

antiorario

antiorario

L1 = 0,50m

P1k = 9,81 kN

P1k = 9,81 kN

xx

IPN 160P2k = 4,90 kN

P2k = 4,90 kN Wel ,x = 117 cm3

Wpl ,x = 136 cm 3

Figura 1–15. Verifica di una mensola in carpenteria metallica.

......................................................Copia (PARZIALE) di valutazione - Agosto 2017

§ Elementi di trigonometria

Capitolo 1

42Tr

igo

no

meT

ria

#

È dimostrabile, anche, che una sezione a doppio T di una trave a mensola di lunghezza L non risulta suscettibile a instabilità flessotorsionale quando risulti verificata la seguente relazione in sicurezza:

,bt mm M kNcm L cm1 2 maxf2 4

#$^ h 6 6 6@ @ @.Sostituendo i valori numerici con le opportune unità di misura, si ottiene:

, ,mm mm kNcm cm74 9 50 1 2 1840 1502 $^ ^ ^ ^h h h h6 @ ; risultando in numeri:

, ,0 49 10 0 33 106 6$ $$ (verificato), la trave non risulta suscettibile di insta-bilità flessotorsionale; avendo indicato con b = 74 mm e con tf = 9,50 mm la larghezza della singola piattabanda e il suo spessore, rispettivamente.

1.3 Elementi di trigonometria

1.3.1 Misura angolare e unità radianteSi definisce misura angolare di un arco (rettificato)16 quell’angolo al centro che insiste sull’arco considerato. Questo significa operativamente che archi con medesima misura angolare possono appartenere a circonferenze con-centriche di raggio diverso. È per questo motivo che si parla di angoli giro, piatti, retti, complementari, concavi, convessi, etc.

L’unità di misura dell’angolo al centro corrispondente a un arco di cir-conferenza (rettificata) è il radiante ed è definito come il rapporto tra l’arco rettificato e il raggio della circonferenza su cui si misura l’arco:

rad rABa =6 @ &

.

Da questa relazione discende che l’unità radiante è numericamente uguale all’arco che, rettificato, risulta uguale al raggio della circonferenza. La mi-sura in radianti dell’angolo giro su una circonferenza di raggio r è quindi:

rad rAB

rr2 2a r r= = =6 @ &

.

In termini differenziali, se con s! si indica la coordinata curvilinea, misurata sulla circonferenza rettificata, allora si scriverà:

ds r da=!

essendo da l’angolo infinitesimo (in radianti) sotteso dall’arco infinitesimo ds! di circonferenza rettificata.

16 Arco rettificato significa un segmento curvilineo che è possibile misurare come distanza lungo un segmento di equivalente estensione.

..........................


§ Elementi di analisi matematica

Capitolo 1

56A

nA

lisi

mAt

emAt

icA

#

arctantan

cos coscos sin

arctan

coscos sin tan

f xg y

xy

y yy y

dxd x

yy y y x

1 111 1

11

11

1

2 2

2 2

2

2 2 2 2

&= = = =+

=+

=+

=+

ll

ll

^

^

^^

^h

h

hh

h

avendo tenuto conto della relazione fondamentale cos siny y 12 2+ = . La

derivata della funzione y = arcatanx è di fondamentale importanza per il calcolo della curvatura | di un arco di curva.

1.4.5 Curvatura dedotta utilizzando le funzioni inverseSia dato a tal proposito lo schema in Figura 1–23, relativo ad una gene-rica deformazione (freccia verticale) v(z) per inflessione di una trave ad asse rettilineo, disposta orizzontalmente nel piano. Sistemato l’asse delle y orientato dall’alto verso il basso (ad esempio, verticalmente verso il basso per la trave) e l’asse delle x orientato secondo la direzione iniziale longi-tudinale della trave, sia rappresentata con una curva la linea elastica della trave, e cioè la curva v(z) trasformata dell’asse baricentrico della trave, per effetto della deformazione flessionale (ad esempio, sotto il suo peso proprio e sotto i carichi permanenti portati e i variabili di esercizio). Come si può dedurre dalla figura, fissato un intervallo Dz dopo il punto S e scelto l’an-golo a della tangente della deformata v(z) nel punto S si ha evidentemente:

PS SR RP PS z v PQ2 2 2 2 2 2

& D D= + = + +^ ^h h .

Passando al limite per P tendente a S sulla linea elastica della trave e consi-derando PQ un infinitesimo di ordine superiore a Dz e a Dv si ha:

lim lim limPS z v PQ ds dz dvP S P S P S

2 2 2 2 2 2&D D= + + = +" " "

^ ^ ^ ^ ^h h h h h .

Quest’ultima relazione tra punti infinitamente vicini, sistemata, fornisce l’espressione della lunghezza infinitesima dell’arco di curva tra due punti vicini quanto si vuole:

dz

dsdzdv v ds v dz1 1 12

2 22 2&= + = + = +l l

^

^^ ^

h

hh h: D .

Allo stesso modo, per punti infinitamente vicini quanto si vuole sulla linea elastica, vale la relazione:

tan lim tanz

v PQz

v PQdzdvcost

P S&{ {

DD

DD+ = = + = =

",

essendo PQ un infinitesimo di ordine superiore a Dz. In particolare, quin-di, si scriverà anche:

....................


§ Curvatura dedotta utilizzando le funzioni inverse


57

An

Ali

si m

Atem

Atic

A#

tan arctandzdv v v&{ {= = =l l.

A questo punto, osservando che banalmente d{ = (d{/dz)dz < 0, si potrà scrivere e sarà valida la seguente espressione:

arctand

dzd dz

dzd v

dzv dz

dv dzv

v dz1

11

2 2{{

= = =+

=+

l

ll

lm^

^b

^

h

hl

h; ; =E E G .

A questo punto, con d{ < 0, si può definire la curvatura | con valore posi-tivo tramite il rapporto:

dsd

vv

dsdz

vv

v dz

dz

v

v

1 1 1

1

2 2 2

2 3

|{

|

= - =+- =

+-

+

=+

-

lm

lm

l

l

m

^ ^

^ ^ ^

h h

h h h

essendo - D{ > 0 anche l’angolo formato dall’incontro delle due rette pas-santi perpendicolarmente alla linea elastica per i punti S e Q. In particolare, per P tendente a S l’angolo D{ < 0 tende a d{ < 0.

Nei casi della pratica tecnica, con ottima approssimazione si può sempre assumere il quadrato della derivata prima della funzione v(z) trascurabile rispetto all’unità. Pertanto, la curvatura assume la nota forma operativa:

r vz

v z12

2

22

,|= - =-m^ h

A

S

S

Q

P

R

Bz

y

v(z)

dz

ds

tangente in Q

tangente in Q

tangente in S tangente in S

lv (z) =dz

dv(z)= tan{

(ds)2 = (dz)2 + (dv)2 "(dz)2

(ds)2

= 1 +dzdv; E 2

{

{ (S) = {

{ (Q) = {Q

Ds

Dz

Dv

D{ < 0D{ = {Q - { < 0 " {Q < {

SQ&

= Ds

Figura 1–23. Deformata di una trave appoggiata: relazioni angolari infinitesime.


§ Proprietà geometriche delle sezioni


67

Geo

met

ria

del

le a

ree#

1.5 Richiami di geometria delle aree

1.5.1 Proprietà geometriche delle sezioniLe sezioni trasversali delle travi sono descritte da una figura piana A deli-mitata dal contorno esterno descritto dalla linea chiusa , ed eventualmente da uno o più contorni interni descritti da ulteriori linee chiuse.

Alle sezioni delle travi sono associate oltre all’area A altre proprietà utili nell’analisi strutturale, quali i momenti statici S (o momenti del primo ordi-ne), il baricentro, i momenti d’inerzia J (o momenti del secondo ordine), i raggi principali d’inerzia t0 e i moduli di resistenza W. Tali proprietà possono essere definite per un generico sistema di riferimento di assi coordinati sul piano della sezione (generalmente ortogonali).

1.5.2 Momento statico e momenti d’inerziaData una figura piana A generica e una coppia di assi coordinati ortogona-li x-y, si danno le seguenti definizioni:

– area A della figura A :

A dAA

= # – momento statico rispetto agli assi coordinati, rispettivamente x e y:

S y dAx

A

= # ; S x dAy

A

= # – baricentro G dell’area A e sue coordinate rispetto agli assi x e y:

0 0G Gx

y

x

y

dA dAxy y

b

H0

G x

y

dA

xA = bH

dS x = ydA dS y = x dA

dJ x = y2 dA dJ y = x 2 dA

dJ xy = xydA

dA = bdy

dA = H dx

Figura 1–25. Momenti statici e d’inerzia di figure piane A .


§ Richiami di geometria delle aree

Capitolo 1

68G

eom

etri

a d

elle

are

e#

xAS

Ax dA1

Gy

A

= = # ; yAS

Ay dA1

Gx

A

= = # – momenti d’inerzia rispetto asse x e y, rispettivamente:

J y dAx

A

2= # ; J x dAy

A

2= #

– momento d’inerzia misto rispetto alla coppia di assi ortogonali x-y:

J xy dAxy

A

= # – raggi d’inerzia o giratori rispetto agli assi ortogonali x-y:

AJ

xx

0t = ; AJ

yy

0t = .

Generalmente, le sezioni più comuni sono quelle quadrangolari con assi x-y ortogonali con l’origine 0 nel baricentro geometrico G della sezione A. In particolare, per una sezione rettangolare di sezione A = bH con il centro del sistema ortogonale degli assi x-y nel baricentro geometrico G si ha:

S y dA b y dy b y dy b y b H H2 2 2 2

0/

/

/

/

x

A A H

H

H

H

2

22

2

2 2 2

= = = = = - - =-

-

b bl l; E# # #

S x dA H x dx H x dx H x H b b2 2 2 2

0/

/

/

/

y

A A b

b

b

b

2

22

2

2 2 2

= = = = = - - =-

-

b bl l; E# # #

I due integrali risultano nulli confermando il fatto che l’origine 0 degli assi x-y è stato posto per ipotesi coincidente con il baricentro geometrico della figura piana A di sezione A = bH. Si deduce, quindi, che quando i due momenti statici della sezione A sono nulli il sistema di riferimento x-y è centrato proprio sul baricentro G della figura piana A . Qualora uno solo dei momenti statici fosse nullo, allora uno solo degli assi x-y divide in due parti simmetriche la figura piana A . Momenti statici entrambi nulli significa che ciascun asse del sistema di riferimento divide in due parti sim-metriche la figura piana A .

Nell’ipotesi che il sistema di riferimento x-y scelto non sia centrato proprio sul baricentro geometrico G ma sia posto in una posizione generi-ca, allora esisteranno in generale le coordinate del baricentro G(xG; yG). Per definizione geometrica di baricentro di un’area, dovrà risultare in generale:

yAS

Ay dA1

Gx

A

= = # ; xAS

Ax dA1

Gy

A

= = # .

Essendo, in generale, il momento statico elementare dS il prodotto di una


§ Momento statico e momenti d’inerzia


69

Geo

met

ria

del

le a

ree#

distanza per un’area infinitesima dA, se esiste la generica figura piana A di sezione complessiva A 0! , allora il momento statico potrà essere nullo solo se la relativa coordinata del baricentro è nulla: il sistema di assi coordi-nati ha in tal caso uno degli assi che è di simmetria e sul quale quindi cade il punto G.

Note quindi le coordinate del baricentro G(xG; yG) della figura piana A , le formule precedenti si possono invertire scrivendo:

S y Ax G= ; S x Ay G= .

Poiché, inoltre, l’asse di riferimento può anche essere qualsiasi, detta con d0 la distanza del baricentro G della figura piana da questo asse, si avrà:

S d Ad 0= .

A questo punto, si può enunciare quanto segue: il momento statico di una figura piana A rispetto a una retta d-d qualsiasi è uguale al prodotto dell’area per la distanza d0 del baricentro dalla retta.

Sempre per una sezione rettangolare A = bH, le espressioni dei mo-menti d’inerzia attorno agli assi baricentrici x-y sono:

J y dA b y dy b y b H H bH3 3 2 2 12/

/

x

A AH

H2 2

3

2

2 3 3 3

= = = = - - =-

b bl l; E# #

J x dA H x dx H x H b b Hb3 3 2 2 12/

/

y

A Ab

b2 2

3

2

2 3 3 3

= = = = - - =-

b bl l; E# # .

Se i momenti d’inerzia vengono calcolati nel caso particolare per cui l’origi-ne del sistema di assi x-y sia coincidente con un angolo della figura piana rettangolare (Figura 1–26, parte I), allora gli estremi di integrazione saran-no lo 0 e la dimensione della sezione parallelamente all’asse di riferimento (quindi b o H ). In termini matematici, indicando con x y-c c i nuovi assi di riferimento, traslati dalla posizione x-y iniziale baricentrica G, si ha:

J y dA b y dy b y b H3 3x

A A

H2 2

3

0

3= = = =c c cc # #

J x dA H x dx H x H b3 3y

A A

b2 2

3

0

3= = = =c c cc # # .

Confrontando i valori dei momenti d’inerzia valutati sulla stessa figura pia-na A , semplicemente traslando gli assi del sistema di riferimento ortogo-nale, si evince che esistono le seguenti relazioni:

J J y y A bH H bH H b12 2 3x x

23 2 3

= + - = + =cc ^ bh l



Capitolo 1

70G

eom

etri

a d

elle

are

e#

J J x x A Hb b bH H b12 2 3y y

23 2

3= + - = + =cc ^ bh l .

È quindi possibile definire quella che viene chiamata formula del trasporto (sottinteso parallelo) del momento d’inerzia. Definendo, per miglior chiarez-za, con J0x e J0y i momenti d’inerzia della sezione A valutati rispetto a un sistema di assi cartesiani ortogonali x0-y0 centrati nel baricentro G della figura piana A e indicando con y0 e x0 le distanze del baricentro G dai nuovi assi traslati x-y, si avrà (si veda Figura 1–26, parte II):

J J y A

J J x A

x x

y y

0 02

0 02

= +

= +

L’enunciato della formula del trasporto del momento d’inerzia è quindi il seguente: il momento d’inerzia di un’area A di una figura piana A rispet-to all’asse x-x (oppure y-y) è uguale al suo momento d’inerzia rispetto all’asse baricentrico x0-x0 (oppure y0-y0) parallelo all’asse dato, aumen-tato della somma dell’area complessiva A per il quadrato della distanza x0 (y0) tra i due assi. Questo teorema evidenzia che il momento d’inerzia ri-spetto all’asse baricentrico è minore di qualsiasi momento d’inerzia rispetto ad assi paralleli a quello baricentrico, in quando il termine y A0

2 (oppure x A0

2 ) è sempre positivo. La formulazione del teorema del trasporto del momento d’inerzia può

anche essere dedotta partendo proprio dalla definizione originaria di mo-mento d’inerzia. In particolare, il momento d’inerzia Jx della figura piana

0G x

y

HH

b b

0G

A = bH

cx

cy y0

x0

y

x

x 0

y0

y- cy = H/2

y- cy = H/2

x - cx = b/2

x - cx = b/2

l0

l0

Parte I Parte II

Traslazione fissata:Caso generico

Y

y = y0 + Y

Figura 1–26. Momento d’inerzia rispetto ai bordi , della figura piana A .




71

Geo

met

ria

del

le a

ree#

A rispetto all’asse delle ascisse x è stato definito come:

J y dAx

A

2= # .

Tenendo conto della relazione y = y0 + Y per punti dA dell’area della fi-gura piana rispetto all’asse x di riferimento (si veda Figura 1–26, parte II), si ottiene:

J y dA y Y dA y dA y Y dA Y dA2x

A A A A A

20

202

02

= = + = + +^ h# # # # # .

In particolare, il secondo integrale risulta nullo:

y Y dA y Y dA S Y dA2 2 0 0A A

x

A

0 0 0"= = = =# # #

perché è nient’altro che il momento statico della figura piana A rispetto all’asse x0-x0 passante per il suo baricentro geometrico G: momento statico Sx0 è di valore nullo. Si giunge quindi a un’espressione equivalente del teo-rema del trasporto:

J y dA y dA Y dA y A Jx

A A A

x2

02 2

02

0= = + = +# # #

idem per l’altro asse:

J x dA x dA X dA x A Jy

A A A

y2

02 2

02

0= = + = +# # #

avendo indicato con Jx0 e Jy0 i momenti d’inerzia della figura piana A di area A rispetto agli assi baricentrici x0-x0 e y0-y0, rispettivamente, e con x0, y0 le coordinate del baricentro G rispetto agli assi x-y.

Il momento di inerzia misto, valutato su una sezione rettangolare A = bH con assi x-y centrati sul baricentro geometrico G della sezione si cal-cola come:

I xy dA y xdx dy dy0 0/

/

/

/

/

/

xy

A b

b

H

H

H

H

2

2

2

2

2

2

= = = =-- -

f p# ## #

e risulta nullo perché, per ciascun valore di / ; /x b b2 2! -6 @, l’integrale:

y xdx/

/

b

b

2

2

-

#

risulta riconducibile alla somma di infinite coppie di termini simmetrici rispetto all’asse delle x tali che per ogni coppia la somma algebrica è sempre



Capitolo 1

72G

eom

etri

a d

elle

are

e#

nulla. In altri termini, si ha che:

lim limy xdx y x x y x x y x x 0/

/

,b

b

ni j j

i j

n

nj j j j

2

2

1

1 1 fD D D= = - + =" "3 3

-=

^ ^ ^h h h8 B/#

avendo, chiaramente per ragioni di spazio, evidenziato solo la prima del-le infinite coppie, tra loro da sommare, con cui può pensarsi discretizzata l’operazione di integrazione. In altre parole, poiché i due assi x-y sono stati scelti baricentrici essi sono assi di simmetria e il momento centrifugo, essendo l’integrale di due funzioni dispari21 su un dominio simmetrico, è sempre nullo.

Segue pertanto un’importantissima definizione: si definiscono assi centrali d’inerzia quei particolari assi che descrivono un sistema di riferimento che è centra-to nel baricentro geometrico G della figura piana di area A e orientato in modo tale che il momento misto della figura piana di area A sia nullo: Jxy = 0.

Viceversa un sistema di assi, centrato nel baricentro geometrico G della figura piana A , quando divida la figura stessa in parti di aree simmetriche rispetto ai due assi è caratterizzato dal fatto che questi assi vengono detti d’inerzia. Come semplice conseguenza: qualora una figura piana A abbia un asse di simmetria, si constata immediatamente che detto asse è centrale d’inerzia.

Esempio 1-9. Calcolo baricentro tramite momenti staticiDeterminare il baricentro (geometrico) G della figura piana A riportata in Figura 1–27. Scegliendo opportunamente il sistema di assi coordinati, si nota che il baricentro G deve appartenere per evidenti ragioni di simmetria all’asse y, di equazione x = xG = 0. Dividere quindi la figura piana A nelle due parti A1 e A2 e, sfruttando la definizione di momento statico, calcolare la coordinata y = yG del baricentro.

SoluzioneIl momento statico rispetto all’asse x di tutta la figura piana A di area A è pari a:S A y A A yx G G1 2= = +^ h

essendo A = A1 + A2 l’area complessiva dell’intera figura. I momenti sta-tici delle singole due parti di area A1 e A2 rispetto all’asse x sono, rispetti-vamente:S y Ax1 1 1= ; S y Ax2 2 2= .Per definizione di baricentro geometrico, la somma dei momenti statici di tut-te le parti di area con cui può pensarsi comunque scomposta la figura piana A deve essere uguale al momento statico dell’area della figura piana A

21 Una funzione y = f (x) si dice “dispari” quando f (- x) = - f (x).

...............................................




73

Geo

met

ria

del

le a

ree#

considerata nella sua interezza. In formule:

S S S A A y y A y A yA A

y A y Ax x x G G1 2 1 2 1 1 2 2

1 2

1 1 2 2& &= + + = + =++^ h .

Generalizzando al caso di un numero n di aree:

yA A A

y A y A y AA

S

Gn

n n

xi

i

n

1 2

1 1 2 2 1

ff

=+ + +

+ + + = =

/;

xA A A

x A x A x AA

S

Gn

n n

yi

i

n

1 2

1 1 2 2 1

ff

=+ + +

+ + + = =

/;

avendo considerato il caso generale di non simmetria rispetto agli assi di riferimento x-y.Nel caso di questo esempio, quindi, sostituendo i valori numerici si ottiene:

yA A

y A y A mm40 60 20 80

30 40 60 70 20 8046G

1 2

1 1 2 2

$ $

$ $=

++ =

+

+=

^

^ ^

^h

h h

h con xG = 0.

Notare che l’asse di riferimento x poteva fissarsi in qualsiasi posizione. È stata scelta, in questo caso, la posizione che ha consentito un più agevole calcolo dei momenti statici delle due sotto-aree considerate.Generalmente, la direzione degli assi di riferimento x-y va posta parallela alle dimensioni di riferimento della figura piana A , in modo che il calcolo dei momenti statici sia semplice da eseguire.

0

G

x

y

0x

y

G 1

G 2

20 2040

60

20

y1 = 30

y2 = 70

A 1 = 20 $ 80 mm 2

A 2 = 60 $ 40 mm 2

A 1

A 2

A

yG = 46

A = A 1 + A 2

Figura 1–27. Figura piana composta: calcolo baricentro con momenti statici.

......................................................


§ Postulati della statica e statica del corpo rigido

Capitolo 1

74Po

stu

lati

del

la s

tati

ca#

1.6 Postulati della Statica e statica del corpo rigido

1.6.1 Condizioni di equilibrio per un corpo rigidoIn generale, si fa affidamento su proposizioni assiomatiche iniziali che l’e-sperienza induce ad accettare come credibili. Essi sono tre, i seguenti:

– se su un corpo rigido in quiete non agisce nessuna forza esterna, il cor-po persevera nel suo stato di quiete

– se agisce una sola forza esterna, il corpo non persevera nel suo stato di quiete

– se agiscono due forze esterne, il corpo persevera nel suo stato di quiete se e solo se le due forze sono opposte e allineate.

Condizioni caratteristiche per l’equilibrio di un corpo rigido libero consi-stono nell’essere nulli risultante delle forze esterne e momento delle forze esterne rispetto a un generico polo X . In termini vettoriali generali:

(1–13)R

M

0

0

est,i

,i

=

=X

*//

Le relazioni (1–13) costituiscono assieme una condizione sufficiente; infatti le forze esterne Rest,i composte vettorialmente equivalgono a un sistema a risultante nulla e l’equilibrio sussiste per il primo postulato.

La condizione (1–13) è necessaria; infatti se fosse:

R

M

0

0

est,i

,i !

=

X

*//

il sistema delle forze esterne sarebbe equivalente ad una coppia di momen-to non nullo e l’equilibrio non sussisterebbe per il terzo postulato. Se, inve-ce, fosse R 0est,i !/ , il sistema di forze potrebbe essere equivalente o a una sola forza o a una forza più una coppia. In entrambi i casi, non sussistereb-be l’equilibrio per il secondo e il terzo postulato: l’insieme di una forza più una coppia è equivalente a una singola forza traslata rispetto alla prima.

Se le relazioni (1–13) sono soddisfatte il momento è nullo rispetto al polo scelto X come a qualunque altro. Infatti, se risulta R 0est,i =/ , il momento è invariante rispetto al particolare polo scelto.

Le relazioni (1–13) vengono dette equazioni cardinali della Statica. Esse sono necessarie e sufficienti per l’equilibrio del corpo rigido (e per sistemi materiali rigidi). Vale quindi il postulato dell’irrigidimento: se un qualunque sistema materiale è in equilibrio sotto l’azione di certe forze esterne, resta in equilibrio, sotto l’azione delle forze esterne, qualora si aggiunga il vin-colo dell’irrigidimento. In altre parole, le equazioni cardinali (1–13) sono vere quando il corpo può considerarsi perfettamente rigido (quindi come corpo indeformabile). L’attenzione e l’interesse pratico del progettista è ri-


§ Numero di vincoli in un corpo


75

Post

ula

ti d

ella

sta

tica

#

volto alle strutture vincolate (al terreno o comunque all’ambiente esterno). Di fatto, il più delle volte, le strutture sono vincolate in modo che, quando considerate nella loro effettiva deformabilità, esse non possano subire spo-stamenti se non quelli dovuti alla deformabilità propria della struttura e a eventuali (piccoli) cedimenti dei vincoli.

1.6.2 Numero di vincoli in un corpoSe consideriamo per semplicità un singolo corpo (ad esempio, un’asta per schematizzare una trave o un pilastro), qualunque movimento del corpo libero nello spazio si può ricondurre a tre traslazioni secondo tre assi orto-gonali xyz (u; v; w) e attorno a tre rotazioni attorno ai tre assi (iyz; ixz; ixy). Pertanto, il corpo libero nello spazio ha sei gradi di libertà. Se, invece, il cor-po è mobile solo parallelamente a un dato piano (ad esempio, nello studio della deformata di una trave nel piano), nel quale agiscono e sono conte-nute tutte le forze agenti, allora per descrivere compiutamente i movimenti del corpo sono sufficienti solo tre gradi di libertà: due traslazioni lungo x e y (u = u(x; y) e v = v(x; y), rispettivamente) e una rotazione ixy attorno all’asse z. Per impedire ogni movimento rigido del corpo (trascurando le componenti delle deformazioni elastiche) occorrono tanti gradi di vincolo (efficaci)22 quanti sono i suoi gradi di libertà (ovvero, libertà di movimento). Quando i vincoli efficaci sono in numero minimo sufficiente per impedire ogni movimento, si dice che il sistema è isostatico. Quando, invece, esistono dei vincoli efficaci sovrabbondanti (cioè che si possono eliminare o non consi-derare senza che si renda possibile alcun movimento) il sistema si dice iper-statico. Se i vincoli, infine, fossero insufficienti, resterebbe possibile qualche movimento (traslazione e/o rotazione) e il sistema verrebbe detto labile.23

1.6.3 Tipi di vincoli nelle travi e nei pilastriQuando il corpo è una trave o un pilastro,24 i vincoli sono generalmen-te situati nelle sezioni estreme e talvolta anche nei punti intermedi. Così l’appoggio semplice non permette le sole traslazioni lungo l’asse stesso del vincolo di appoggio. La cerniera blocca sia le traslazioni parallele all’asse dell’appoggio a cerniera stesso e sia le traslazioni perpendicolari all’asse stesso dell’appoggio a cerniera. L’incastro, invece, può essere considerata come una cerniera integrata da un ulteriore vincolo alla rotazione sul punto di appoggio stesso. L’incastro, quindi, come una cerniera “degenere” dove

22 Per mantenere in equilibrio un corpo, i vincoli complessivi devono essere pari al nume-ro di gradi di libertà del corpo ma devono, necessariamente, anche risultare disposti in modo che effettivamente impediscano traslazioni e rotazioni. In altre parole, che pur in numero esatto non presentino delle “singolarità” di assetto atte a consentire ugualmente piccoli o grandi spostamenti.

23 Quando il numero di vincoli è insufficiente il sistema è ipostatico (o labile). Il sistema è labile anche quando il numero di vincoli è sufficiente ma sono mal posti (inefficienti).

24 O, eventualmente, un setto (in cemento armato, in muratura o legno).



Capitolo 1

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non sono ammesse rotazioni (si veda Figura 1–28). Generalmente, nel caso maggiormente frequente di deformazioni e spo-

stamenti nel piano, conviene disporre il sistema di riferimento in modo che sia agevole scomporre ciascuna reazione vincolare secondo le due compo-nenti X; Y lungo gli assi x-y e riferire momenti M e rotazioni i sull’asse z, perpendicolarmente al piano xy.

Analizzando gli schemi in Figura 1–28, si può fare la seguente sintesi: – il vincolo carrello toglie un solo grado di libertà: traslazione lungo l’asse

di appoggio del vincolo – il vincolo cerniera toglie due gradi di libertà: traslazione lungo l’asse di

appoggio del vincolo e traslazione lungo l’asse perpendicolare all’asse di appoggio

– il vincolo incastro toglie tre gradi di libertà: due traslazioni nelle due direzioni tra loro perpendicolari (di cui una, equivalente, parallela all’asse di appoggio di una cerniera “degenere” che non permette le rotazioni) e una rotazione. In altri termini, l’incastro nel piano è in gra-do di vincolare completamente un corpo.

Un corpo o elemento strutturale se sta fermo è in equilibrio sotto le forze esterne e le reazioni vincolari. Perciò, per calcolare le reazioni vincolari X, Y e M, si utilizza in ogni caso la loro proprietà di mantenere la struttura in equilibrio quando si pensino sostituite ai relativi vincoli (carrello, cerniera o incastro). Questa proprietà in certi casi è sufficiente per rendere determi-nato il problema, mentre in altri casi non basta: occorre quindi stabilire dei

xz

y

z uscente dal piano del foglio

Rest,y = iy R est,y = iyY Rest,y = iy R est,y = iyY

Rest,x = ix R est,x = ix X

Rest,y

Rest,y

Rest,xRest,x

Carrello Cerniera

Incastro

Incastro

Mz

Mz

Mz = iz M z = iz M

asse appoggio asse appoggio

asse appoggio

Figura 1–28. Principali vincoli più diffusi per un corpo nel piano.


§ Tipi di vincoli nelle travi e nei pilastri


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criteri per decidere quale dei due casi appartiene l’elemento strutturale di cui si vuole studiare l’equilibrio sotto carico. Oltre ai vincoli canonici (car-rello, cerniera e incastro) sovente vengono utilizzati nelle schematizzazioni di equilibrio nel piano altri tipi di vincolo (si vedano particolari in Figura 1–29):

– il pendolo: equivalente al carrello che consente la traslazione perpendi-colare al proprio asse più la rotazione nel piano;

– il glifo o pattino: vincolo doppio (toglie due gradi di libertà) che con-sente la traslazione nella direzione perpendicolare all’asse di appoggio

– vincolo interno (o cerniera interna): cerniera che permette la trasmis-sione di forze di contatto uguali e opposte (praticamente delle forze interne al sistema di più corpi tra loro articolati e in rotazione relativa);

– vincolo multiplo 2 (vincolo interno su vincolo esterno “a cerniera”): nel piano, il vincolo multiplo, nel caso più generale di una cerniera ester-na che sorregge una cerniera interna, presenta due reazioni vincolari (R ,est x

1^ h e R ,est y1^ h ) su un corpo e altre due reazioni vincolari (R ,est x

2^ h e R ,est y2^ h )

sul rimanente corpo collegato. Generalmente, le due coppie di reazio-ni vincolari non si fanno perfettamente equilibrio come per il caso del solo vincolo interno ma si scaricano sulla cerniera esterna;

– vincolo multiplo 1 (vincolo interno su vincolo esterno “a carrello”): come il caso di vincolo a molteplicità 2 (si veda Figura 1–29) ma con una sola reazione con scarico lungo l’asse di appoggio (R R R, , ,est y est y est y

1 2= +

^ ^h h ).

Generalmente, nei problemi tecnici tutti i corpi costituenti il sistema hanno

x

x

x

z

y

y

y


Rest, j = ij R est, j = ij

ij

R

R

Rest,y = iy R est,y = iyY

Mz

Mz

asse appoggio

asse appoggio

asse pendolo

Pendolo Pattino

R x

R y

-glifo

R = R x2 + R y

2

vincolo interno

vincolo interno + esterno

X

Y

-X

-Y

R est,x1] g R est,x

2] g

R est,y2] gR est,y

1] g

corpo 1

corpo 1corpo 2

corpo 2

iy R est,y = iy(R est,y1] g

+ R est,y2] g )

ix R est,x = ix (R est,x1] g

+ R est,x2] g )

Figura 1–29. Altri vincoli utilizzati per l’equilibrio di un corpo nel piano.



Capitolo 1

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vincoli tali da costringerli a spostamenti piani (in piani paralleli): il sistema articolato di corpi rigidi (SACR) si dice piano e la trattazione dei problemi che lo riguardano assume una formulazione abbastanza semplificata rispetto ad un’analisi spaziale. È per questo motivo che, soprattutto in fase di pre-dimensionamento, è opportuno studiare preliminarmente dei semplici si-stemi piani di corpi in equilibrio sotto i carichi esterni. Questa prima analisi permette infatti di inquadrare con semplicità il problema evidenziando i punti salienti che caratterizzano l’equilibrio studiato. Successivamente, si analizza il sistema nello spazio utilizzando eventualmente equilibri nello spazio o analisi spaziali agli elementi finiti tramite software FEM.25

Esempio 1-10. Reazioni vincolari in una travata a due campateSia data la travata orizzontale in Figura 1–30 (parte 1). Conoscendo l’entità delle coppie MC applicate sulla cerniera centrale interna C su carrello ester-no e l’entità della coppia MA applicata sulla cerniera in A, valutare l’entità delle reazioni vincolari.

SoluzioneLa cerniera interna su vincolo esterno “a carrello” è un vincolo di moltepli-cità 1. Il carrello può opporre infatti una sola reazione (con asse verticale) data dalla somma algebrica dallo scarico verticale dalla campata di sini-stra con lo scarico verticale dalla campata di destra: R R R, , ,est y est y est y

1 2= +

^ ^h h . Se-

25 Finite Element Method (metodo di analisi agli elementi finiti), condotto solitamente me-diante algoritmi numerici su calcolatore.

A

(1) (2)

BC

A

(1)

(2)

B

C

C

xz

y


YA

YA

X A

X A

MA

MA

MC MC

MC

MC

YC1] g

YC2] g YB

YBiy YC = iy (YC

1] g

+ YC2] g)


Parte 1

Parte 2

XC2] g

l1

l1

l2

l2

Figura 1–30. Due travate semplici incernierate agli estremi.

..............................Copia (PARZIALE) di valutazione - Agosto 2017

§ Tipi di vincoli nelle travi e nei pilastri


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guendo lo schema di vincolo equivalente (Figura 1–30 - parte 1), si segnano accanto ai vincoli (cerniere e carrelli) le incognite delle reazioni equivalenti, inizialmente orientate secondo i versi stabiliti per gli assi di riferimento x-y nel piano della figura. Innanzitutto, si osserva:

- numero di corpi: 2 (due campate) - numero di gradi di libertà per singolo corpo (campata) nel piano: 3 GL - numero di gradi di libertà complessivi (2 campate): 2 · 3 = 6 GL - numero vincoli in A: cerniera = 2 vincoli (XA; YA) - numero vincoli in B: carrello = 1 vincolo (YB) - numero vincoli in C: cerniera interna + carrello = 3 vincoli equivalenti

(“carrello” per corpo 1 con YC1^ h e “cerniera” per corpo 2 con YC

2^ h e XC2^ h).

Come si può subito notare, si ha: - ciascuna campata presenta tre reazioni vincolari pari al numero di gra-

di di libertà nel piano (in virtù dell’isostaticità) - numero gradi di libertà totali (6 GL) = numero vincoli complessivi (2

+ 1 + 3 = 6 vincoli) - sistema con GL = numero gradi di vincolo complessivi è isostatico - per un sistema isostatico sono sufficienti le eq. di equilibrio (1–13).

Poiché la reazione sull’asse del carrello centrale su vincolo interno riceve lo scarico dalle estremità delle due campate, si considera l’equilibrio separato delle due campate. Innanzitutto, si stabiliscono le seguenti convenzioni:

- valori positivi delle reazioni significano che l’entità delle reazioni trova-te presentano proprio il verso fissato inizialmente

- valori negativi delle reazioni significano che i relativi valori calcolati rappresentano i moduli di vettori di verso opposto a quello inizialmen-te fissato loro

- momenti positivi se orientati in senso antiorario.26

Si impostano quindi le seguenti condizioni (vedere equazioni di equilibrio (1–13)) per il corpo (1) e per il corpo (2):

X

Y Y

M M Y l

X

Y Y

Yl

M M

0

0

0

0

0

0

<

>

A

A C

A C C

A

A C

CA C

1

11

1

1

1

&

=

+ =

- + + =

=

=-

= +^

^

^ ^

^

h

h

h h

h

Z

[

\

]]

]

Z

[

\

]]

]]

per il corpo (1).

Come si può vedere, YC1^ h è positivo e quindi il verso fissato inizialmente

(equiverso agli assi di riferimento scelti) è quello effettivo del relativo vet-tore. Viceversa, il valore di YA è negativo e quindi il verso del relativo vet-tore è opposto (quindi diretto dall’alto verso il basso). La prima equazione

26 Se si osserva, infatti, il sistema di riferimento scelto, facendo ruotare l’asse x in senso antiorario fino a farlo sovrapporre equiverso all’asse delle y, secondo il criterio della “re-gola della vite” la vite tenderebbe a uscire dal piano del foglio: l’asse z è infatti uscente dal piano del foglio. Momenti positivi, equiversi con l’asse z, devono quindi presentare rotazioni antiorarie.

...............................................................................................



Capitolo 1

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alla traslazione dà semplicemente XA = 0 perché non ci sono forze ester-ne agenti orizzontalmente (parallelamente all’asse x scelto). L’equazione di equilibrio alla traslazione verticale (parallelamente all’asse y scelto) non è altro che la somma algebrica di tutte le componenti verticali tra reazioni e carichi esterni. Nel caso di assenza di carichi esterni concentrati o distri-buiti (come in questo particolare caso analizzato), l’equazione di equilibrio alla traslazione si riduce all’equilibrio delle sole componenti verticali del-le reazioni vincolari agenti sul corpo (1): Y Y 0A C

1+ =

^ h . L’ultima relazio-ne non è altro che l’equazione di equilibrio alle rotazioni (o equilibrio dei momenti) per il corpo (1) valutato rispetto al polo A scelto. In tal caso, i due momenti esterni MA, MC agendo in senso orario presentano componen-te del momento negativa; mentre il momento della reazione YC

1^ h rispetto al polo scelto A presenta rispetto al polo stesso una rotazione antioraria e quindi con proiezione positiva sull’asse z. Pertanto, la proiezione dell’equa-zione di equilibrio dei momenti sull’asse z (perpendicolare al piano x-y) è: M M Y l 0A C C

11- + + =^

^h

h . Analogamente, per l’equilibrio del corpo (2):

X

Y Y

M Y l

X

Y Y

Yl

M

0

0

0

0

0

0

>

<

C

C B

C B

C

C B

BC

2

2

2

2

2

2

&

=

+ =

+ =

=

=-

=-

^

^

^

^

h

h

h

hZ

[

\

]]

]

Z

[

\

]]

]]

per il corpo (2)

Come si può notare, il valore di YB è negativo: il verso del relativo vettore è quindi opposto a quello fissato inizialmente concorde con quello degli assi di riferimento. Mentre, il valore di YC

2^ h risultando positivo presenta il corretto orientamento del relativo vettore (vedere dettagli in Figura 1–31).

A

(1) (2)

BC

A

(1)

(2)

B

C

C

xz

y


YA

YA

MA

MA

MC MC

MC

MC

YC1] g

YC2] g YB

YBiy YC = iy (YC

1] g

+ YC2] g)


Parte 1

Parte 2

l1

l1

l2

l2

Figura 1–31. Orientamento reazioni per equilibrio sistema a due campate.

......................................................


§ Conteggio dei vincoli in una travata


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A

(1) (2)

BC

A

(1)

(2)

B

C

Carrello in A = - 1 GLCerniera interna tra 2 corpi in C = - 2 GLCerniera esterna (su vincolo interno in C) = - 2 GLCarrrello in B = - 1 GL

Numero GL tolti = (1 + 2 + 2 + 1) =6 GLNumero corpi = 2 (travate)Gradi di liberta’ = 2 · 3 = 6 GL

Gradi liberta’ = Numero GL tolti sistema isostatico

C

xz

y


YA YC1] g

YA YC1] g

YC2] g YB

l1

l1

l2

A

(1)

Cl1

(2)

BC l2

l2

XC1] g

XC1] g

XC2] g

YC2] g YB

XC2] g

3 GL=3 reazioni vincolari

3 GL=3 reazioni vincolari


Schemi di vincolo equivalenti

sistema isostatico

sistema isostatico

Figura 1–32. Particolare assetto vincolare per travate a due campate.



Capitolo 1

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1.6.4 Conteggio dei vincoli in una travataEscludendo casi del tutto particolari, si riportano di seguito alcune utili indicazioni su come conteggiare correttamente il numero di vincoli per tra-vate nel piano. Facendo, infatti, riferimento a casi di precalcolo e stima delle sollecitazioni su schemi semplificati, si è deciso di concentrare maggior-mente l’attenzione ai soli casi di sistemi articolati di corpi rigidi nel piano.

Una possibile procedura operativa è la seguente: – si individua il numero N di aste presenti nel sistema articolato (SACR):

ogni asta è separata dall’altra da un vincolo o da un’estremità libera (ad esempio, quella di una mensola o di un tratto di travata a sbalzo);

– si conta il numero di gradi di libertà (GL) del sistema (SACR) come prodotto di 3 (GL per singolo corpo) per il numero di corpi che costitu-iscono il sistema: GL = 3·N;

– si individua il numero nest di vincoli esterni che interessano ogni singo-lo corpo del sistema articolato (1 vincolo per “carrello”; 2 vincoli per “cerniera”; 2 vincoli per “glifo o pattino”; 3 vincoli per “incastro”);

– si individua il numero nint di cerniere interne che uniscono 2 o più corpi del sistema articolato: nel piano, il numero di vincoli per la cerniera in-terna è uguale a 2 moltiplicato per il numero di corpi collegati meno 1;

– si conta il numero totale di vincoli esterni e interni ntot = nest + nint; – il sistema è isostatico se risulta 3·N = ntot e quindi si possono applicare

le equazioni di equilibrio date dalle (1–13).

La Figura 1–33 riporta un esempio particolare di sistema 3 volte iperstatico.

A B

E F

GH

C

D

(1)

Numero corpi N = 5GL (nel piano) = 3 · N = 3 · 5 = 15 GL (gradi di liberta’)Numero vincoli esterni = (A) 3 + D (2) + E (2) + F (1) + G (1) = 9Numero vincoli interni = (B) 2 · (3 - 1) + (E) 2 · (2 - 1) + (H) 2 · (2 - 1) + + (C) 1 · (2 - 1) = 9Numero vincoli complessivi ntot = 9 + 9 = 18Numero vincoli sovrabbondanti = (ntot - 3 · N) = 3 (sistema 3 volte iperstatico)

Pendolo

Carrello(interno)

Carrello

Incastro

Cerniera

Cerniera

Cerniera

Cerniera

(2)

(3)

(4)

(5)

Figura 1–33. Esempio generico di conteggio vincoli e gradi di libertà su SACR.


§ Sistemi isostatici con vincoli “mal disposti”


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1.6.5 Sistemi isostatici con vincoli “mal disposti”Come si è già accennato, quando il numero di vincoli “efficaci” del sistema articolato di corpi rigidi (SACR) è pari al numero di gradi di libertà (GL) allora si parla di sistema isostatico. Quando però i vincoli non sono “effica-ci”, in altri termini quando risultino “mal disposti”, si dice che il sistema è labile in qualche punto: ovvero, malgrado il numero di vincoli minimo necessario (pari al numero di gradi di libertà totali), ci sono delle rotazioni di almeno un elemento attorno al relativo centro istantaneo di rotazione: il sistema non è quindi in equilibrio!

Ad esempio, nel caso di una trave appoggiata nel piano (carrello + cer-niera) essa risulta isostatica (non degenere) se la linea d’asse del pendolo (o del carrello) non passa per il centro della cerniera. In tal caso, la trave presenta ugualmente la possibilità di poter ruotare attorno alla cerniera (si veda schema in Figura 1–34 con centro istantaneo di rotazione C ).

Nel caso del sistema a 4 corpi rigidi articolati in figura, il corpo (2) può ruotare con centro istantaneo di rotazione in B, come anche il corpo (3) intorno al centro istantaneo di rotazione C. Il resto del sistema, consistente nei corpi (1) e (4), presenta una componente di vincolo sovrabbondante, potendo sostituire una cerniera all’incastro oppure un carrello alla cerniera in E e utilizzare (in modo “efficiente”) tale vincolo per evitare la labilità nel sistema di corpi (2)-(3). Il sistema è quindi, nel suo complesso, labile pur essendo isostatico (ma, appunto per questa errata disposizione dei vincoli, degenere). Nel caso invece della travata continua a tre corpi, si osserva che il copro (1) è vincolato a terra in maniera sovrabbondante (4 componenti

(2)

(1) (3)

i3

i3

i3

i3i2

i1

i2 i3

i1

C

B

C

B = centri istantanei di rotazione

C

B C

(1)

(1) (2) (3)

(1)

(2)B

D

D

E

E

(3)

(4)

C,

Figura 1–34. Alcuni esempi di sistemi isostatici (degeneri): vincoli mal disposti.



Capitolo 1

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di vincolo), mentre il corpo (2) può ruotare intorno al centro istantaneo di rotazione B e il corpo (3) intorno al centro istantaneo di rotazione C. Per rendere il sistema dei vincoli “efficiente”, basterebbe spostare uno dei due carrelli nel corpo (1) in un punto della campata del corpo (2) o del corpo (3). Nel primo caso in Figura 1–34, invece, il collegamento tra i corpi (2) e (3) risulta sovrabbondante con 2 componenti di vincolo in (D) e 2 compo-nenti di vincolo in (E); mentre il complesso di corpi (2)-(3) è vincolato in maniera inadeguata (“inefficiente”) potendo subire una rotazione attorno al centro istantaneo di rotazione C con il corpo (1) che ruota attorno a B.

1.6.6 Conteggio dei gradi di libertà e dei vincoli per sistemi reticolariNel caso particolare di sistemi reticolari nel piano, conviene adottare que-sta procedura per il conteggio dei gradi di libertà e dei vincoli agenti:

– le aste si considerano come vincoli elementari interni (pendoli) e ogni asta leva un grado di libertà;

– i nodi si considerano quali “corpi” del sistema articolato che devono essere mantenuti in equilibrio e ciascun nodo presenta nel piano 2 gra-di di libertà;

– i vincoli interni (numero delle aste) + il grado di vincolo dei vincoli esterni (cerniere e/o carrelli), sommati, forniscono il numero di vincoli complessivi sulla struttura reticolare;

– il numero dei nodi moltiplicato per 2 fornisce il valore dei gradi di libertà del sistema.

Numero corpi N = 14 "nodi"GL (nel piano) = 2 · N = 2 · 14 = 28 GL (gradi di liberta’)Numero vincoli esterni = (A cerniera) 2 + (B carrello) 1 = 3Numero vincoli interni = numero aste tra nodi = 25Numero vincoli complessivi ntot = 3 (esterni) + 25 (interni) = 28Numero vincoli sovrabbondanti = (ntot - 2 · N) = 0 (sistema isostatico)

Sistemi reticolari: aste rettilinee collegate fra loro alle estremita’ mediante cerniere.I carichi sono applicati esclusivamente alle cerniere, o nodi, del sistema.

A B

Figura 1–35. Esempio di conteggio vincoli e gradi di libertà per sistemi reticolari.


Cenni - Sistemi isostatici, equazioni indefinite di equilibrio per travi piane e diagrammi di corpo libero

2 cArAtteristiche dellA sollecitAzione

2.1 Definizioni e concetti principali: cenni

2.1.1 Definizione di traveViene comunemente definita “trave” il solido generato da un’area piana di forma e dimensioni costanti, oppure variabili con continuità, che si sposta nello spazio mantenendosi normale alla traiettoria descritta dal suo bari-centro geometrico G. La traiettoria prende il nome di linea d’asse o asse (lon-gitudinale) della trave.

Affinché la trave sia veramente rappresentata dalla suddetta definizione occorre un’ulteriore condizione: lo sviluppo lineare e i raggi di curvatura della linea d’asse devono essere grandi rispetto alle dimensioni lineari della sezione, dove per sezione si intende l’area piana A di cui sopra.

In generale, la linea d’asse sarà una curva sghemba; mentre nei casi più frequenti nelle applicazioni la curva è piana e, in tal caso, si parlerà di trave piana. Infine, l’asse può essere rettilineo: trave ad asse rettilineo.

Per quanto concerne la forma della sezione (trasversale A della trave), si possono distinguere tre categorie principali (si veda Figura 2–1):

– sezioni monoconnesse compatte – sezioni cave di spessore sottile – sezioni aperte di spessore sottile.

Solitamente, nello studio delle travi, conviene stabilire un opportuno siste-ma di riferimento xyz a cui poter riferire le particolarità geometriche della sezione trasversale piana A (solitamente un sistema piano ortogonale di assi x-y centrato nel baricentro geometrico G di A) e lo sviluppo longitu-dinale dell’intera trave (solitamente orientato secondo l’asse z).


§ Definizioni e concetti principali: cenni

Capitolo 2

86

Come già anticipato, per la generica sezione trasversale A, il sistema di assi cartesiani xyz si sceglie con origine nel baricentro geometrico G della sezione; l’asse z si prende normale alla sezione ed esterno rispetto alla se-zione studiata (quindi, “uscente” dal piano del foglio) e, infine, per gli assi ortogonali x-y si scelgono proprio degli assi privilegiati detti assi centrali d’inerzia della sezione A. Gli assi x-y con l’asse z longitudinale formeranno così tra loro una terna destrorsa.1

2.1.2 Definizione di assi principali di inerziaData una sezione piana A, sono detti assi centrali d’inerzia quegli assi orto-gonali x-y, centrati sul baricentro geometrico G di A, e orientati rispetto ad A in modo tale che il relativo momento d’inerzia misto sia nullo:

(2–14)J xy dA 0xy

A

= =# .

In altre parole, considerando per semplicità la sezione A costituita da soli 4 elementi sufficientemente contenuti di medesima area DAi:

/A A A A A 41 2 3 4D D D D= = = =

1 Per terna “destrorsa” si intende una terna di assi cartesiani ortogonali disposta in modo tale che sia rispettata la cosiddetta “regola della vite”: ruotando l’asse x fino a sovrappor-lo equiverso (stesso verso) all’asse y, l’asse z, orientato uscente dal piano del foglio, vedrà sovrapporsi x su y con verso antiorario. Utilizzando la metafora della vite, se ruotassimo la vite in senso antiorario vedremmo la vite man mano uscire all’esterno dalla sua sede.

xzG

y

xzG

y

xzG

y

xzG

y

xzG

y

xzG

y

Figura 2–1. Principali sezioni di travi e relativi assi principali d’inerzia.


§ Definizione di assi principali di inerzia


87

disposti simmetricamente come in Figura 2–2, calcolando il relativo mo-mento d’inerzia misto rispetto agli assi xy si ottiene evidentemente:

J A x y A x y A x y A x y A x y 0xy i i i

i xy xy1

4

1 1 1 3 3 3

0

2 2 2 4 4 4

0> <

D D D D D= = + + + ==

^ ^h h/ .

Questo implica, a livello del tutto generale, che gli assi principali d’inerzia siano entrambi assi di simmetria geometrica per la sezione A quando il mo-mento d’inerzia misto risulti nullo. In tal senso, gli assi x-y possono inten-dersi come “privilegiati”. C’è anche un’altra interpretazione conseguente alla condizione di momento d’inerzia misto nullo per una sezione A. Si imma-gini di rappresentare una generica sezione A in un sistema di assi principali di inerzia x-y. La sezione, in particolare risultando simmetrica rispetto a x-y, sia sottoposta solo ad una sollecitazione di flessione2 semplice retta Mx attorno all’asse x, con andamento delle tensioni vz lineari lungo y, in con-dizioni di equilibrio. È facile rendersi subito conto che, poiché la sezione interna A deve reagire - con le sole tensioni vz = vz (y) parallele all’asse z - alla sollecitazione di flessione retta Mx > 0, ci dovranno essere delle zone di A sollecitate a trazione (vz > 0) e delle zone di A in compressione (vz < 0), separate necessariamente da una retta di “transizione” in cui non ci sarà né trazione né compressione: tensioni nulle vz = 0 (asse neutro). Se la sezione

2 Questa ipotesi è abbastanza precisa: si suppone, infatti, che non siano presenti altri tipi di sollecitazione (ad esempio, di taglio). Ovviamente, si tratta di un’approssimazione necessaria per poter inquadrare correttamente il problema nei suoi tratti peculiari.

xzG

y DA 1

DA 1

= DA 2

DA 2

= DA 3

DA 3

= DA 4

DA 4

= A/4

x 1

x 2

x 4

x 3

y3

y4y1

y2

x 1 + x 4 = 0; y1 + y2 = 0

x 2 + x 3 = 0; y3 + y4 = 0

J xy = DA i x i yi

i = 1

4

/ = DA 1 x 1 y1 +DA 3 x 3y3_ ixy > 0

- DA 2 x 2 y2 +DA 4 x 4 y4_ ixy < 0

= 0

J xy = xydAA

# = 0

Figura 2–2. Figura discreta con momento d’inerzia misto evidentemente nullo.



Capitolo 2

88

ad esempio è rettangolare allora, per evidenti ragioni di equilibrio, l’area in compressione dovrà essere uguale all’area in trazione con l’asse neutro che taglierà la sezione rettangolare nel suo baricentro geometrico G in modo da dividerla in due quadrati o rettangoli (si veda figura in alto). Inoltre, poiché le tensioni di compressione e trazione vz dipendono dalla sola distanza y dall’asse neutro (che nel caso particolare di sezione rettangolare coincide con la retta y = 0, ovvero con l’asse delle ascisse x), la sezione tenderà a ruotare attorno all’asse x rimanendo piana.3 In altri termini, queste semplici considerazioni intuitive portano a concludere che, per una sezione simme-trica rispetto ad entrambi gli assi x-y (ovvero quando gli assi x-y siano appunto assi principali d’inerzia), per sollecitazioni di flessione Mx attorno al solo asse x, non ci si deve aspettare delle componenti di spostamento di punti della sezione attorno all’altro asse y (ortogonale).

Rispetto ad un sistema di assi principali d’inerzia (o centrali d’inerzia), per una sollecitazione di flessione semplice retta Mx attorno all’asse x, la sezione A ruota rigidamente attorno al solo asse x. Quanto detto può anche essere dimostrato almeno qualitativamente tramite formule sul caso abbastanza semplice di sezione rettangolare. Per ipotesi di tensioni lineari, si suppone che le tensioni assiali (lungo l’asse longitudinale z) aumentino linearmente dall’asse neutro (y = 0) fino a raggiungere il valore massimo sulle fibre più estreme di estradosso e intradosso:

3 Si ricorda che si è assunto, per ipotesi, solo tensioni assiali vz in condizioni di sollecita-zione di flessione semplice retta Mx attorno all’asse x.

xzG

y

y

y

= h/2

y =- h/2

x =- b/2x = b/2

dA = bdyA = bhvmax > 0 (trazione)

vmax < 0 (compressione)

v z = 0 (asse neutro)Mx > 0

v z = v z(y) =J x

Mx y

n

xP

P(x; y)

dxdy

n

v z = k y & k = Mx /J x

J x =12bh 3

Figura 2–3. Semplice assetto di tensioni assiali in condizione di flessione retta.


§ Definizione di assi principali di inerzia


89

/

/

y y k y

y h

y

y h

0 2

0 0

0 2

<

>

,

,

max

max

z z z

z comp

z traz

&

"

"

"

v v v

v v

v v

= = =

=- =-

=

= =

^ ^h h

Z

[

\

]]

]

avendo assunto la convenzione di considerare positive le tensioni di trazio-ne e negative le tensioni di compressione. Rimanendo nel semplice esem-pio di sezione rettangolare, le massime tensioni sono uguali in modulo ma opposte in segno a seconda che si trovino nella zona in compressione o in trazione che l’asse neutro tra loro divide. Per la relazione di linearità delle tensioni si scriverà:

/y k y

hy

2max

z zv v v= = =^ h (per sezione rettangolare)

dove il segno sulla tensione è dovuto solo al valore della coordinata y della fibra sollecitata rispetto agli assi scelti. Indicando con dA = dx dy l’area elementare della sezione (Figura 2–3) in un punto P, si calcola la generica forza elementare resistente interna dovuta alla tensione vz in quel punto:

dF dA k y dxdyzv= = .

Osservazione. In generale, per un orientamento del tutto generale degli assi x-y, non si potrebbe escludere un’ulteriore reazione elementare di momento resistente interno dMy attorno all’asse y (quale “reazione” alla sollecitazione esterna dMx) dato dal prodotto della forza elementare dF per il braccio x dall’asse y (ipotizzando una linearità delle tensioni vz con y):

d x dF x dA a xy dxdyMy z 1v= = = , (su un legame di tipo: a yz 1v = ).

In condizioni di flessione semplice retta (per Mx attorno al solo asse x), te-nendo conto dei contributi resistenti interni dMy di tutti i punti dell’area A, basta integrare su tutta la sezione A per ottenerne il relativo contributo:

x dA x a y dA a xy dxdy a JMy z

A A A

xy1 1 1v= = = =# # # (sez. rettangolare)

a guisa di un’ulteriore reazione interna My - e quindi di un’equazione in più da tenere in considerazione per l’equilibrio - proporzionale al momento d’inerzia misto Jxy (quando la sollecitazione esterna sia solo Mx). In questi termini, assumendo un sistema di riferimento x-y centrato sul baricentro geometrico G di A ma con assi non centrali d’inerzia, si deduce qualitati-vamente che l’espressione per Mx in flessione semplice retta deve essere del tipo (con a1, a2 degli opportuni parametri funzione delle geometrie):

M a J a Jx xy x1 2= + , (per J 0xy = , più avanti, si porrà formalmente: a2 = k).



Capitolo 2

90

2.1.3 Definizione di flessione semplice rettaRisulta quindi evidente l’importanza di assumere gli assi x-y sempre coin-cidenti con gli assi centrali d’inerzia: l’annullamento di Jxy e quindi l’annulla-mento del contributo di reazione My quando agisca solo Mx (e viceversa). Questo ha un’enorme conseguenza in termini di semplificazione nella sche-matizzazione del problema: in condizioni di flessione semplice retta si ha così sempre un solo valore resistente interno M, ruotando la sezione A rigi-damente attorno al solo asse di inflessione (coincidente con l’asse neutro). In tal caso, se gli assi x-y sono principali d’inerzia, con la sola sollecitazione flettente Mx (flessione semplice retta attorno all’asse x), si può considerare il momento interno elementare dMx come prodotto della forza interna ele-mentare dF per il braccio y dall’asse di rotazione di A (inflessione asse x):

/dM y dF y dA k y dA kdJ k M Jx z x x x2 &v= = = = =

avendo indicato con Jx il cosiddetto momento d’inerzia della sezione A at-torno all’asse x di inflessione per Mx:

J y dAx

A

2= # .

In questo senso, in virtù dell’ipotesi di linearità delle tensioni, l’entità della tensione vz deve essere (tramite la costante k) proporzionale all’intensità della sollecitazione flettente Mx e inversamente proporzionale a qualcosa che non può che essere legata alla resistenza geometrica della sezione A: il momento d’inerzia Jx attorno all’asse x d’inflessione. Integrando l’espres-sione della componente elementare del momento Mx su tutti i contributi nella sezione A, si ottiene (per sezione rettangolare):

/ /M kdJ

hy dA

hJ

JM h

2 2 20>max max

maxx x

A A

xx

x2 &v v v= = = =# # ,

essendo la coordinata della fibra maggiormente tesa (v > 0) posta a quota y = h/2 rispetto agli assi principali d’inerzia adottati. Potendo generalizzare in virtù dell’ipotesi di linearità delle tensioni dall’asse neutro, si scriverà:

yJM yz z

x

xv v= =^ h ,

nota come equazione canonica di riferimento per sollecitazione di flessione semplice retta per una sezione in un sistema di assi principali d’inerzia x-y.Analogamente, l’espressione canonica della flessione semplice retta per in-flessioni attorno all’asse y si scriverà nella forma:

xJM xz z

y

yv v= =-^ h


§ Definizione di pressoflessione deviata


91

dove il segno “meno” è stato introdotto per mantenere la convenzione sui segni delle tensioni assiali vz: per momenti My > 0 (equiversi con l’asse y fissato) le compressioni (vz < 0) si hanno per coordinate positive delle ascisse x; il contrario per le trazioni (vz > 0). Il segno “meno”, quindi, rende congruenti i versi per My con la convenzione delle tensioni assiali.

2.1.4 Definizione di pressoflessione deviataA questo punto, se si mantiene la convenzione scelta precedentemente per le tensioni assiali vz, una semplice sollecitazione di trazione o compressione pura si esprimerà semplicemente così:

AN trazione

AN compressione

0

0

>

<z

z

z

"

"

v =

-

Z

[

\

]]

]

In generale, volendo rappresentare la generica sollecitazione di pressofles-sione, si scriverà infine (con Mx e My sempre quantità positive):

(2–15);x yAN

JM y

JM xz z

z

x

x

y

yv v= = + -^ h (pressoflessione deviata).

In condizioni generali di pressoflessione, è possibile esprimere le compo-nenti del momento flettente M (di origine e natura vettoriale):

M M Mx y2 2

= +

xzG

CP

CP

y

y

y

= h/2

y =- h/2

x =- b/2x = b/2

A = bh

Mx > 0

My > 0

(ex ; ey)ey

ex

N z > 0 (trazione: uscente dal piano del foglio)

Mi = ei # iz N z

Proiezioni del vettore Mi

Centro di pressione per N z

Prodotto vettoriale:

Mi > 0 quando equiversi con assi x - y

Mx = N z ey > 0

My =- N z ex < 0)

Convenzione segni Mi:

Figura 2–4. Area A e coordinate centro di pressione per Nz.



Capitolo 2

92

come funzioni della particolare eccentricità ei del centro di pressione su cui insiste la forza assiale esterna Nz sulla sezione A. In particolare, dette con ex e con ey le coordinate del centro di pressione CP della forza Nz rispetto all’a-rea della sezione A, rispettivamente misurate sull’asse x e sull’asse y, si ha:

M N e

M N eN e N e N e e N e M N ex z y

y z x

z x z y z x y z z2 2 2 2 2 2& &=

=-+ = + = =* ,

avendo tenuto conto con il segno “meno” che trazioni (Nz > 0) con eccentri-cità ex > 0 positive equivalgono a una componente di momento My < 0 ne-gativo, e avendo infine indicato con e l’eccentricità effettiva come modulo della grandezza vettoriale “braccio” della coppia complessiva M risultante: M N ez= . Esprimendo le componenti di sollecitazione flettente (assunte sempre con i loro valori positivi) in funzione delle relative eccentricità (con-siderate invece con segno algebrico), l’Eq. (2–15) assume la forma:

;/ /

x yAN

JN e

yJN e

xAN

J Ae y

J Ae x1z z

z

x

z y

y

z x z

x

y

y

xv v= = + --

= + +^^ ^

bhh h

l.

Introducendo le grandezze giratori d’inerzia, definiti dalle relazioni:

;AJ

AJ

xx

yy

02

02t t= = ,

la precedente relazione diventa:

(2–16);x yAN e y e x1z z

z

x

y

y

x

02

02v v

t t= = + +^ bh l,

dove i giratori d’inerzia sono dei parametri geometrici che esprimono in qualche modo le massime capacità di resistenza flessionali in funzione del-la sola geometria della sezione A.

Ponendo nell’Eq. (2–16) ;x y 0z zv v= =^ h , per quanto osservato prece-dentemente, non si fa altro che individuare il luogo geometrico dei punti della retta che definisce l’asse neutro (dove, per definizione, non ci sono né compressioni e né trazioni, quindi solo tensioni nulle su tutto l’asse neutro):

(2–17)e y e x1 0x

y

y

x

02

02t t

+ + = (equazione asse neutro).

In particolare, si riconosce subito che si ha pressione o trazione pura quan-do - a parità di geometria della sezione scelta per A ( x0t ; y0t ) - sono entram-bi nulle le eccentricità e e 0x y= = . In tal caso, si ha semplicemente:

;x yAN

AN1 0 0z z

z zv v= = + + =^ ^h h (trazione o compressione pura).


§ Definizione di nocciolo centrale d’inerzia


93

Ammettendo ora, per semplicità, di trovarci nella sola condizione di presso-flessione semplice Nz; Mx (asse d’inflessione attorno all’asse d’inerzia x) e cen-tro di pressione di coordinate CP(ex = 0; ey = e), l’(2–16) assumerebbe l’aspetto:

;/

x yAN e y

AN e y

AN

he y1 0 1 1

12z z

z

x

y z

x

z

02

02 2

v vt t

= = + + = + = +^ b b bh l l l,

avendo considerato, per l’esempio semplice di sezione rettangolare, Jx = bh3/12 e A = bh e quindi con /h 12x0

2 2t = .

2.1.5 Definizione di nocciolo centrale d’inerziaA questo punto, sempre rimanendo nel semplice esempio di sezione ret-tangolare, ci si può chiedere quando, nel caso di pressoflessione retta, il secondo termine dipendente dal prodotto di e per y assume proprio valore unitario (si veda Figura 2–5):

;/ /

x yAN

he y

h

h h

212

112

6 2z z

z

2 2& &v v= = =^ h .

Ovvero per ey = e = h/6 con y = h/2 (coordinata della quota della fibra più esterna e quindi maggiormente tesa) tutta la sezione A risulta tesa e la massima tensione di trazione risulta pari al doppio della tensione me-dia /N Az zv = su tutta la sezione A. Poiché, per ipotesi, l’andamento delle

xzG

CP

CP

y

y = h/2

y =- h/2

x =- b/2x = b/2

A = bh

(ex ; ey)

ey

N z > 0 (trazione: uscente dal piano del foglio)

Mi = ei # iz N z


Prodotto vettoriale:

ex = 0

e = ey

)

v z = 0(asse neutro)

n n

v z =AN z

v z ,max = 2AN z

v z > 0 (trazione)

ey = e =6h

Figura 2–5. Tensione media e distribuzione triangolare: asse neutro all’estremo.



Capitolo 2

94

tensioni vz è lineare con la coordinata y, la tensione media sulla sezione deve cadere sul punto medio della distribuzione triangolare che si annul-lerà sull’altro estremo della sezione (di coordinata y = - h/2). D’altronde, il punto medio della distribuzione triangolare delle tensioni corrisponderà su A al punto baricentrico geometrico G (si veda Figura 2–5). D’altra parte si può anche osservare che, sostituendo ex = 0 con ey = e = h/6, l’equazio-ne dell’asse neutro (2–17) è soddisfatta per y = - h/2:

// /

hh h x1

126 2 0 0

y2

02t

+ - + =^ h .

Evidentemente, quindi, la posizione dell’asse neutro cade sulla coordinata dell’asse y pari a y = - h/2. Generalizzando, quindi, si deve concludere che il valore dell’eccentricità fissata ( /e e h 6y != = ), per la sezione rettan-golare in condizioni di pressoflessione retta, non può che essere la massima eccentricità possibile affinché la sezione rimanga tutta in trazione/compres-sione con asse neutro nella posizione particolare a quota /y h 2!= (coin-cidente con uno dei lati di larghezza b della sezione di altezza h).4

Analogo discorso può evidentemente farsi rispetto all’altro asse di iner-zia y definendo il valore massimo di eccentricità /e e b 6x != = : nella sollecitazione di pressoflessione retta (Nz; My) la sezione A risulta tutta in trazione/compressione con asse neutro nella posizione a quota /x b 2!= (coincidente con uno dei lati della sezione di larghezza b). Unendo tra loro

4 Il segno “meno” con y = ‒ h/2 indica il caso di Mx non equiverso con l’asse x.

x

CP

yA = bh

(ex ; ey)


zG

N1

N2

N3

N4

n 12

n 12

(n12)

(n12)

(n12)

(n12)

n 12

n 12

n 12 assi neutri per CP su segmento N1 N2

n 1n 1

n 3n 3

n 4

n 4

n 1 asse neutro per CP su N1




n 2

n 2

N1 (0; h/6); N2 (b/6; 0)

N3(0;- h/6); N4 (- b/6; 0)*

Figura 2–6. Nocciolo centrale d’inerzia per sezione rettangolare pressoinflessa.


§ L’ipotesi di conservazione delle sezioni piane in pressoflessione


95

mediante quattro segmenti i quattro punti di coordinate N1(0; h/6); N2(b/6; 0); N3(0; - h/6); N4(- b/6; 0) si ottiene un’area romboidale detta nocciolo centrale d’inerzia che ha appunto la proprietà di contenere al suo interno e sulla sua frontiera (perimetro) il luogo dei punti dei centri di pressione CP che portano tutta la sezione in trazione/compressione: asse neutro sempre esterno o al più su punti di bordo della sezione A (si veda Figura 2–6).

2.1.6 L’ipotesi di conservazione delle sezioni piane in pressoflessioneNella generica sollecitazione di presso (o tenso) flessione vengono assunte alcune ipotesi che caratterizzano fortemente la soluzione: l’ipotesi della con-servazione delle sezioni piane. Ogni sezione trasversale A nella deformazione dovuta alla forza normale Nz eccentrica (in generale con: ;e e0 0x y! ! ) si sposta rimanendo sempre una superficie piana. Da questa ipotesi segue necessariamente che le deformazioni unitarie fz (perpendicolarmente ad A e dirette lungo l’asse z longitudinale della trave) varino linearmente con le coordinate che definiscono i punti della sezione A(x; y):

(2–18); ;E x y x y a x a y az z 1 2 3f v= = + +^ ^h h

a cui va unita, necessariamente per la congruenza con quanto appena as-serito, la condizione di assenza di sforzi tangenziali che tendono invece ad ingobbare la sezione A: ;0 0zx zyx x= = . Ora, per la sezione trasversale A(x; y) si possono stabilire le condizioni di equilibrio globali:

– equazione alla traslazione lungo l’asse longitudinale z:

N dA a x a y a dA

a x dA a y dA a A

z z

A A

A A

1 2 3

1 2 3

v= = + + =

= + +

^ h# #

# #

– equazione equilibrio alla rotazione attorno all’asse x:

M y dA a x a y a y dA

a xy dA a y dA a y dA

x z

AA

A A A

1 2 3

1 22

3

v= = + +

= + +

^ h# #

# # #

– equazione di equilibrio alla rotazione attorno all’asse y:

M x dA a x a y a x dA

a x dA a xy dA a x dA

y z

AA

A A A

1 2 3

12

2 3

v=- =- + +

=- - -

^ h# #

# # #

dove, nell’ultimo equilibrio alla rotazione attorno all’asse y, con proiezione



Capitolo 2

96

di My su iy , si è tenuto conto del segno “meno” per mantenere la conven-zione di tensioni di trazione positive e compressioni negative sulla sezione. Scegliendo gli assi x-y almeno centrati sul baricentro G della sezione A, si annullano tutti i momenti statici e le equazioni di equilibrio assumono le espressioni seguenti:

– equazione alla traslazione lungo l’asse longitudinale z:

N dA a A aAN0 0z z

A

z3 3&v= = + + =#

– equazione equilibrio alla rotazione attorno all’asse x:

M y dA a xy dA a y dA a y dA

a J a J 0

x z

AA A A

xy x

1 22

3

1 2

v= = + +

= + +

# # # #

– equazione di equilibrio alla rotazione attorno all’asse y:

M x dA a x dA a xy dA a x dA

a J a J 0

y z

AA A A

y xy

12

2 3

1 2

v=- =- - -

=- + +^ h

# # # #

Come è stato precedentemente osservato, qualora gli assi scelti x-y fossero semplicemente centrati sul baricentro G di A, le espressioni di equilibrio delle caratteristiche della sollecitazione con le tensioni interne dipendereb-bero in generale dai momenti d’inerzia Jx, Jy attorno ai due assi e dal mo-mento d’inerzia misto Jxy della sezione A. Si ottiene, quindi:

– dall’equazione alla traslazione lungo l’asse longitudinale z:

aANz

3 =

– dall’equazione equilibrio alla rotazione attorno all’asse x: N e M a J a Jz y x xy x1 2= = +

– dall’equazione di equilibrio alla rotazione attorno all’asse y: N e M a J a Jz x y y xy1 2=- = + .

I due coefficienti incogniti a1 e a2 possono essere ricavati ponendo a sistema le due ultime equazioni in funzione della forza assiale Nz e delle due eccen-tricità e1, e2. Risolvendo con il metodo di Kramer il sistema:

a J a J N e

a J a J N e

xy x z y

y xy z x

1 2

1 2

+ =

+ =*


§ Principio di de saint-venant


97

si ottengono le due incognite a1, a2 nel caso gli assi scelti per x, y siano del tutto generici tranne che per il fatto di essere centrati nel baricentro di A:

aJ J J

N e J e J

xy x y

z y xy x x

1 2=-

-^ h

aJ J J

N e J e J

xy x y

z x xy y y

2 2=-

-^ h .

Con l’altro valore del coefficiente pari a a3 = Nz/A, l’espressione generale per la tensione vz risulta così determinata:

;x y a x a y a

J J J

N e J e Jx

J J J

N e J e Jy

AN

z z

xy x y

z y xy x x

xy x y

z x xy y y z

1 2 3

2 2

v v= = + + =

=-

-+

-

-+

^

^ ^

h

h h

Come si può notare, stante il sistema generico di assi scelto, l’espressio-ne per vz risulta molto articolata. Si comprende ora, a maggior ragione, l’assoluta convenienza di scegliere gli assi baricentrici lungo la direzione privilegiata degli assi principali d’inerzia, dove risulterebbe Jxy = 0. Una tale posizione, come già accennato, comporta una semplificazione formale mol-to evidente:

;x y a x a y a

J JN e J x

J JN e J y

AN

z z

x y

z x x

x y

z y y z

1 2 3v v= = + + =

=-

- +-

- +

^ h

Semplificando e sistemando, si ottiene la nota relazione:

;x y a x a y a

JN e x

JN e y

AN

JM x

JM y

AN

z z

y

z x

x

z y z

y

y

x

x z

1 2 3v v= = + + =

= + + =

=- + +

^ h

Si comprende come, nello studio di una sezione presso o tenso inflessa, gli assi di riferimento siano sempre da riferire nel baricentro geometrico G e lungo la direzione privilegiata degli assi principali d’inerzia.

2.2 Caratteristiche della sollecitazione ed equilibrio: generalità

2.2.1 Principio di De Saint-VenantIn generale, l’elemento trave presenta un asse curvilineo, nello spazio e nel piano, a sezione A variabile lungo l’ascissa curvilinea s: A = A(x; y; s). Evidentemente, maggiore semplicità si consegue se la trave è invece ad asse


§ Caratteristiche della sollecitazione ed equilibrio: generalità

Capitolo 2

98

rettilineo e a sezione costante A = A(x; y). In tal caso, la trave viene detta trave prismatica. Se consideriamo una trave prismatica sollecitata soltanto in corrispondenza delle basi otteniamo un solido particolare, detto solido di De Saint Venant, dal cognome dello studioso francese dell’800 che trattò e risolse per primo il problema elastico della trave prismatica (Problema di De Saint Venant). Il Principio di De Saint Venant può essere enunciato come se-gue: ad una conveniente distanza dalle basi, lo stato di tensione e di deformazione del solido dipende soltanto dalle caratteristiche della sollecitazione agente sulle basi stesse e non dalla particolare distribuzione delle forze principali.

La distanza suddetta, detta anche distanza di estinzione degli effetti lo-cali risulta dell’ordine del “diametro” rappresentativo5 della sezione.

2.2.2 Le caratteristiche della sollecitazioneSia data una trave generica sollecitata da forze esterne e da reazioni vinco-lari sulla sua superficie esterna, tenendo eventualmente conto anche delle forze di volume quali i pesi propri. La trave è quindi un corpo nello spazio in condizioni di equilibrio statico: equilibrio alla traslazione e alla rotazione nello spazio. Come si è visto nei capitoli precedenti, un corpo nello spazio presenta 6 gradi di libertà: 3 traslazioni secondo i tre assi coordinati x, y, z e 3 rotazioni attorno ai suddetti assi coordinati. Per l’equilibrio sono quindi necessari in totale 6 vincoli esterni, disposti in maniera “efficace”.

In termini matematici, questo equivale a scrivere per il corpo nello spa-zio 6 equazioni di equilibrio tra forze esterne, momenti esterni e reazioni vincolari. In particolare, si scriveranno per l’intero corpo nello spazio:

– i tre equilibri alla traslazione:

; ;X Y Z0 0 0i

i

i

i

i

i

= = =/ / / – i tre equilibri alla rotazione:

; ;M M M0 0 0xi

i

yi

i

zi

i

= = =/ / / .

A questo punto, si pensi di sezionare in due tronconi I e II, trasversalmente alla linea di sviluppo longitudinale, la trave in equilibrio sotto i carichi e le relative reazioni vincolari. Si avranno evidentemente due tronchi di trave che hanno in comune l’area A trasversale sezionata. Per il principio di azione e reazione, in virtù dell’equilibrio dell’intera trave, le due sezioni si scambie-ranno identiche forze di reazione interne ma esattamente opposte le une rispetto alle altre: attraverso la sezione di contatto A, le forze che la I applica alla II sono uguali e contrarie a quelle che la II applica alla I.

5 Diametro rappresentativo quale estremo superiore di tutte le possibili distanze fra due punti generici della sezione.



Capitolo 2

114

valore massimo pari proprio a p zt ^ h. Quanto detto è sintetizzato nella Fi-gura 2–12 e può essere adattato a qualsiasi carico anche a stesa variabile, a patto di conoscere ovviamente ogni valore di pressione su tutti i punti longitudinale della trave.

Esempio 2-12. Risoluzione di un sistema di travi isostatico nel pianoSia dato un sistema di travi nel piano xy costituenti un sistema isostatico (dettagli in Figura 2–13). La struttura è sottoposta ad un carico distribuito esterno pt trasversale a stesa uniforme e da una coppia concentrata pari a M = pt L

2. Si chiede di risolvere il problema statico (sistema di reazioni vincolari che equilibrano il sistema di corpi isostatico alle due traslazioni sul piano e alla rotazione). Si chiede, inoltre, di tracciare i diagrammi delle sollecitazione e di evidenziare gli equilibri dei tronchi di elementi trave per poter ricavare l’andamento almeno delle funzioni Vy = Vy(z) e Mx = Mx(z). Per la convenzione dei segni delle caratteristiche della sollecitazione si adotti la convenzione stabilita nei paragrafi precedenti per il concio ele-mentare di trave (Figura 2–7 a pag. 100).

SoluzioneÈ necessario dividere il procedimento in vari “step”:

- individuare le forze esterne e le varie componenti vincolari presenti; - orientare tutte le componenti vincolari secondo un fissato sistema di

riferimento XYZ; - imporre i tre equilibri statici (due traslazioni e una rotazione) all’intera

sistema isostatico di travi;

A B

AB = L

A

B

p t (z)

p t (z)

p t,max

Dp t (z) = p t,max - p t (z)

Dp t (z)

cz

z

p t (cz)

cz = L- z

cz = L- z

zX Mx (z)

Vy (z)YA

YB

X

cz

Vy( cz)

Mx ( cz)

Mx (z) + p t (z)z2z

+Dp t (z)2z

32z

- YA z = 0

Mx ( cz)+2

p t( cz) cz3cz

- YB cz = 0

Mx (z)= Mx ( cz)

Figura 2–12. Caratteristiche della sollecitazione per carico a stesa triangolare.

..........................................


§ I diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione per la trave


115

- imporre i rimanenti equilibri alla rotazione per i sottosistemi (ciascuna trave i cui estremi siano incernierati o comunque vincolati);

- disporre i versi effettivi trovati per le componenti delle reazioni vinco-lari accanto ai loro valori in modulo (intensità delle forze);

- individuare i vari sottosistemi di travi e stabilire un verso opportuno per l’asse z (longitudinalmente all’elemento trave) su ciascuna trave che compone l’intero sistema isostatico;

- considerare equilibri parziali di forze esterne, reazioni vincolari in fun-zione delle caratteristiche della sollecitazione;

- diagrammare le caratteristiche della sollecitazione in funzione dei versi delle reazioni vincolari, individuando eventuali valori di massimo/mi-nimo relativo e punti ad intensità nulla.

Generalmente questi sono i punti da risolvere per ottenere la distribuzione completa delle caratteristiche della sollecitazione sull’intero sistema. Vedia-mo questi punti nel dettaglio.La soluzione del problema statico necessita la soluzione delle tre equazioni cardinali:

- i due equilibri alla traslazione: ;X Y0 0i

i

i

i

= =/ / - l’equilibrio alla rotazione:

M 0xi

i

=/ .

Facendo riferimento allo schema in Figura 2–13 si impostano le due equa-zioni cardinali all’equilibrio alla traslazione per l’intero sistema:

Y

X

A

B CH

D

E45c

2L

2L L

L

L

L

p t

X A

X E

YA

YC

YE

Travi: 3 (3 · 3 = 9 GL)Vincoli esterni: 2 + 2 + 1 = 5

Vincoli interni: 2 + 2 = 4Vincoli totali: 9 vincoli

M = p t L2

Figura 2–13. Sistema di travi isostatico (Esempio 2-12).

......................................................



Capitolo 2

116

X X X p L

Y Y Y Y

0 0

0 0

i

i

A E t

i

i

A C E

&

&

= + + =

= + + =

//e l’equazione di equilibrio alla rotazione (polo dei momenti E/X ):

Mp L

X L M LY LY02

3 2 0xi

i

tA A C

2

&= + + - - =/ .

Sull’intero sistema (3 GL) non sono disponibili più equazioni nel piano. Si devono analizzare gli equilibri delle varie sottoparti che costituiscono il sistema. Pertanto, si imposta l’equilibrio alla rotazione del sottosistema AB (polo dei momenti B/X ):

M p L L L LX X p L02

2 043

,xi AB

i

t A A t& &= + + = =-b l/da cui si può immediatamente risalire al valore per XA. Il valore è negativo, quindi il verso effettivo di XA è opposto a quello inizialmente assegnato nello schema in Figura 2–13. Nella Figura 2–14 sono riportati i versi effettivi di tutte le componenti delle reazioni vincolari rispetto al sistema di riferi-mento XYZ fissato.Si fissa l’attenzione ora sull’asta DE che risulta evidentemente non caricata da sollecitazioni esterne: qualsiasi siano le reazioni vincolari ai suoi estremi D ed E, le loro risultanti, per farsi tra loro equilibrio, devono entrambe pas-sare per la retta che unisce i due punti di estremità che sono gli unici in cui agiscono le reazioni vincolari (una esterna in E e una interna in D ). In altri termini, considerando ad esempio come polo dei momenti il punto D/X :

Y

X

A

B B C

H

D

D

E45c

p t

M = p t L2

45 p t L

45 p t L

45 p t L

43 p t L

4p t L

4p t L

4p t L

4p t L

4p t L

4p t L

4p t L

4p t L

23 p t L

L

L

L

L

L

2L

2L

Figura 2–14. Soluzione dell’equilibrio per il sistema isostatico (Esempio 2-12).

......................................................




117

M LX LY X Y0 0,xi DE

i

E E E E& &= + = =-/ .

L’asta DE, essendo infatti solo sollecitata nei suoi punti di estremità da vin-coli di tipo “a cerniera”, non può presentare in nessun punto alcuna sol-lecitazione flettente e tagliante perché la risultante del vincolo in E e la risultante dell’altro vincolo in D devono farsi tra loro equilibrio lungo una medesima retta d’azione che non può che essere la retta sull’asse stesso DE. (asta DE solo in trazione o compressione). Ora, dalla relazione precedentemente imposta X X p L 0A E t+ + = , si ha:

X p L X X p L p L Xp L

43

4E t A E t t Et& &=- - =- + =- e quindi:

Y Xp L4E Et

=- = .

Rimangono le ultime due equazioni nelle due incognite YA e YC:

Y Yp L

p Lp L p L LY LY

Y Yp L

Y Y p L

40

2 43 3 2 0

4

3 243

A Ct

tt t A C

A Ct

A C t

22 2

&+ + =

- + - - =

+ =-

+ =

Z

[

\

]]

]

Z

[

\

]]

]

da cui si ricavano (2 equazioni in 2 incognite) i valori:

;Y p L Y p L45

23

A t C t= =- .

Si sistemano, quindi, tutte le componenti delle reazioni vincolari orientate concordemente al loro segno con il sistema di assi XYZ (schema riassuntivo

A B

B

B

C

L

A

z

z

z

z

43 p t L

43 p t L

45 p t L

45 p t L

p t

p t

X

Mx (z)

Vy (z)

X Mx (z)

Vy (z)

X Mx (z)

Vy (z)

X Mx (z)

Vy (z)

M = p t L2

M = p t L2

z45 p t L

X Mx (z)

Vy (z)

23 p t L

z! L; 2L7 i

z! 0,5L; L7 i

z! 0; 0,5L7 i

z

N z,2

N z,1

Vy,1

Vy,2

1 2

Mx,1

Mx,2

Dz

concio travenel piano

Caso 1

Caso 2Caso 5

Caso 4

Caso 3z! 0; L7 i

z! L; 2L7 i

Figura 2–15. Equilibri parziali caratteristiche della sollecitazione (Esempio 2-12).

......................................................



Capitolo 2

118

in Figura 2–14). Si riportano le equazioni di equilibrio per tronchi generici di elementi trave per trovare le funzioni delle caratteristiche della sollecitazio-ne in funzione della coordinata z.

Caso 1: ;z L0! h6 su asta AB

M zp z

p Lz M zp z

p Lz

V z p z p L V z p z p L

2 43 0

2 43

43 0

43

xt

t xt

t

y t t y t t

2 2

+ - = =- +

+ - = =- +^

^

^

^

h

h

h

h

Caso 2: ;z L L2! h6 su asta AB

M z p L z L p Lz M zp Lz p L

V z p L p L V z p L

2 43 0

4 2

43 0

41 cost

x t t xt t

y t t y t

2

+ - - = =- +

+ - = = =^

^ b

^

^

h

h l

h

h

Caso 3: ; ,z L0 0 5! h6 su asta BCD

M z p Lz M z p Lz

V z p L V z p L

45 0

45

45 0

45 cost

x t x t

y t y t

- = =

- = = =^

^

^

^

h

h

h

h

Caso 4: , ;z L L0 5! h6 su asta BCD

M z p L p Lz M z p L p Lz

V z p L V z p L

45 0

45

45 0

45 cost

x t t x t t

y t y t

2 2+ - = =- +

- = = =^

^

^

^

h

h

h

h

A

B

B

C D

B

H

H

H

C D

45 p t L

L

L

L2L

2L

A

B

BC D

z

z

z

z

Mx (z)

Mx (z)

Vy (z)

Vy (z)+

+ +

+

+

-

-

--

-

A

B

N z (z) N z (z)

-45 p t L -

4p t L

-4

p t L

43 p t L

329 p t L2

-4

p t L

85 p t L2 4

p t L2

-83 p t L2

z *

z * z *

=4

3L

H

M

H sx H sx

Nodo H+

+

-

-

Figura 2–16. Diagrammi delle caratteristiche della sollecitazione (Esempio 2-12).

......................................................




119

Caso 5: ;z L L2! h6 su asta BCD

M z p L p Lz p Lz M z p Lp Lz

V z p L p L V zp L

45

23 0

4

45

23 0

4cost

x t t t x tt

y t t yt

2 2+ - + = =- -

- + = =- =^

^

^

^

h

h

h

h

I valori sugli estremi degli intervalli fissati per le caratteristiche della sollecita-zione si calcolano direttamente dalle relazioni trovate in funzione della co-ordinata dell’ascissa z fissata per ogni tratto di trave. Ad esempio, l’ascissa

*z per cui si annulla il taglio nell’asta AB, si ottiene uguagliando a zero la relativa funzione Vy( *z ):

* * *V z p z p L z L43 0

43

y t t &=- + = =^ h .

Il valore del taglio per z = L sull’asta AB deve essere uguale al taglio co-stante sul rimanente tratto di trave fino all’estremo B:

V L p L p Lp L

43

4t tt

=- + =-^ h .

La massima sollecitazione flettente tra le due cerniere dell’asta AB (nel tratto ;z L0! h6 ) deve essere in corrispondenza dell’ascissa * / ,z L L3 4 0 74= =

dove si annulla il taglio:11

**

*M M zp z

p Lzp L p L L p L

2 43

2 43

43

43

329

,maxx xt

tt

t t

2 2

= =- + =- + =^^

bhh

l .

Il massimo valore della sollecitazione flettente sul tratto BC dell’asta BCD si calcola dalla relativa espressione in funzione di z per z = L/2 appunto:

M L p L L p L2 4

52 8

5x t t

2= =b l sul tratto ; ,z L0 0 5! h6 .

Il valore della sollecitazione flettente sul tratto , ;z L L0 5! h6 dell’asta BCD, proprio per z = 0,5 L si calcola dalla relativa funzione:

M L p L p L L p L2 4

52 8

3x t t t

2 2=- + =-b l .

Il valore (in modulo) della coppia concentrata M p Lt2

= nel punto di ascissa z = L/2 nell’asta BCD deve rispettare l’equazione di equilibrio nel punto stesso di applicazione della coppia concentrata M. In particolare, se si pen-sa di sezionare trasversalmente il tratto BC, immediatamente prima Hsx e immediatamente dopo Hdx il punto H di applicazione della coppia concen-trata M, si nota (“equilibrio nodo” in Figura 2–16) che sul tratto di asta BHsx il valore della sollecitazione flettente nella sezione Hsx precedente ad H ha valore positivo (e tende al massimo 5 pt L

2/8) e quindi verso orario ed equi-

11 Non ci sono infatti coppie distribuite m(z) in nessun tratto dell’asta AB.

...............................................................................................



Capitolo 2

120

verso alla convenzione fissata su un generico concio elementare di trave. Viceversa, la sollecitazione flettente sul tratto di asta HdxC nella sezione Hdx immediatamente successiva ad H ha valore negativo (pari a - 3 pt L

2/8) quindi verso orario e senso contrario alla convenzione fissata per il gene-rico concio elementare di trave. In ogni caso, le azioni flettenti che questi due tronchi di trave esercitano sul concio di trave elementare lungo HsxHdx risultano entrambe di verso orarie e possono fare equilibrio nel nodo cen-trale dove è applicata la coppia esterna M di verso antiorario. Pertanto, per l’equilibrio locale alla rotazione (si veda “equilibrio nodo” in Figura 2–16), considerando le rotazioni antiorarie come positive, si deve scrivere:

M p L M p L M p L085

83 0i

Nodo H

t t t2 2 2& &= - + = =/ .

Il risultato è peraltro coerente con il valore della sollecitazione flettente esterna, fissata per ipotesi pari a pt L

2.Le sollecitazioni assiali sui tratti di trave sono banali: tutte le aste risulta-no in compressione. Secondo la convenzione i diagrammi devono riportare tutti valori costanti negativi su tutta l’estensione di ciascuna trave.In particolare, l’asta DE è sottoposta alla sollecitazione di compressione la cui intensità si calcola componendo vettorialmente le componenti XE, YE (oppure le componenti XD, YD). Si ha, dal punto di vista dei moduli:

cosNp L p L p L4

2 452 2

22 2

DEt t tc= = =b ^l h .

Nel diagramma come caratteristica della sollecitazione, essendo la sollecita-zione a cui è sottoposta l’asta DE di sola compressione, la caratteristica della sollecitazione andrà scritta e diagrammata come:

Np L

2 2costDE

t=- = .

Quanto qui illustrato è generalizzabile a qualsiasi tipo di sistema articola-to di corpi rigidi. La procedura è quindi del tutto analoga, qualsiasi sia la struttura isostatica studiata.

.....................................................................


§ Formulazioni di verifica e progetto delle sezioni

Capitolo 3

136Fo

rmu

le o

pera

tiv

e

avendo considerato direttamente il modulo massimo della tensione. In par-ticolare, stante la dimensione vincolante da assumere per la larghezza b e fissata la massima tensione limite max#v v , si può calcolare per tentativi il minimo valore per rg e verificare il valore effettivo Heff dell’altezza:

(3–43)r

Nb r

eb

H r b

16

max

g

g

n

n

eff g2&$ $

vb

a

- -e o.

Alternativamente, se i fenomeni di instabilità pressoflessionale sono conte-nuti, stante il vincolo della larghezza b e del massimo valore della tensione del materiale, si può verificare il valore dell’altezza Heff fissata per A.

Esempio 3-13. Stato di tensione in flessione deviataDeterminare lo stato di tensione massimo nella sezione rettangolare b = 20 cm, H = 30 cm soggetta alle seguenti sollecitazioni flettenti: Mx = 9,50 kNm e My = - 2,50 kNm (si veda sistema riferimento in Figura 3–8).

SoluzioneDalla figura si calcola:

,, ,arctan arctan

M

M9 502 50 14 7 15° °

x

y,a = = =f cp m da cui risulta:

0,966cos 15°na = =^ h con 0,259cos cos 90 15° °nb b= = + =-^ ^h h

, , 9,82M M M kNm kNcm9 50 2 50 982x y2 2 2 2

= + = + - = =^ ^h h

x

y

0 / G

z

Mx > 0

My > 0

ab

Mx = Mcos a

My = Mcos b

M

M= Mx2 +My

2

retta

a a

an = cos a

b n = cos b)

a

a

Mx = M an

My = M b n*

Caratteristiche della sollecitazione

x

y

G

b

H

x max

ymax < 0

(compressioni)

vmax = vassiale+MJxan ymax -

J yb n x maxc m

v= vassiale+MJxan y-

J yb n xc m

Coseni direttori vettore momento //a- a

Figura 3–7. Pressoflessione deviata.

...........................Copia (PARZIALE) di valutazione - Agosto 2017

§ Alcune utili formulazioni nel calcolo elastico


137

Form

ule

ope

rati

ve

A bH cm20 30 600 2$= = =

Considerando direttamente il valore assoluto della tensione massima:, , 0,44 /

AM

b HkN cm6

6006 982

200 259

300 966

max

n n 2$vb a

= + = + =e bo l ,

avendo considerato nulle le tensioni vassiale per forze assiali (ipotizzate assen-ti in condizioni di flessione deviata: N = 0). Risulta, quindi:vmax = 4,4 MPa = 4,4 N/mm2.

Esempio 3-14. Verifica sezione in pressoflessioneFissata la massima tensione di vmax = 0,50 kN/cm2 e la larghezza b = 20 cm della sezione quadrata della trave, verificare l’altezza H = 30 cm della sezione per le sollecitazioni: N = - 30 kN (compressione), Mx = 9,50 kNm e My = - 2,50 kNm (si veda medesimo sistema riferimento in Figura 3–8 ma con N 0! ).

SoluzioneRagionando direttamente sui moduli delle grandezze:

, , 9,82M M M kNm kNcm9 50 2 50 982x y2 2 2 2

= + = + - = =^ ^h h

/ /e M N cm982 30 33,= =

In virtù dell’eq. (3–43), sostituendo i valori numerici:

, ,

,r

Nb r

eb r

16 30

0 50 20 16 3320 0 259

0 966

max

g

g

n

n

g2 2$ $

$

$v

b

a

- -

=- -e co m

, , ,,r

r6 666 1 0 101 0 2590 966 0g

g$ $$-

- -^ h.

Ponendo il valore effettivo rg = 30/20 = 1,5 la disuguaglianza è verificata:

1,5, , , ,

, 0, 06 666 1 5 1 0 101 0 259

0 966 01$ $

$-- -

=^ h

con un coefficiente di sicurezza vicina al limite ,CS 0 01 0>= . Qualora invece la differenza appena calcolata avesse fornito valore negativo, la se-zione non avrebbe potuto considerarsi verificata.L’altezza H = Heff = 30 cm è dunque idonea per una sezione larga b = 20 cm verificata a pressoflessione con tensione massima vmax = 0,50 kN/cm2.Riprendendo infatti i calcoli dell’esempio precedente:

, , 0,44 /AM

b HkN cm6

6006 982

200 259

300 966

flessione

n n 2$vb a

= + = + =e bo l

La tensione assiale è semplicemente:

, /AN kN cm

60030 0 05assiale

2v = = = .

La massima tensione in pressoflessione è quindi:

...............................................................................................



Capitolo 3

138Fo

rmu

le o

pera

tiv

e

0,05 0,44 0,49 0,50 /kN cm< maxassiale flessione2v v v v= + = + = = ,

verificato con coefficiente di sicurezza:CS = (0,50/0,49 - 1) = 0,02 > 0.

Esempio 3-15. Predimensionamento sezione in pressoflessioneConsiderando per brevità gli stessi dati agli esempi precedenti, si risolve per tentativi l’eq. (3–43). Questo valore è stato già trovato prossimo all’e-sempio precedente. In particolare, però si trova rg = 1,495:

1,, , , ,

, 04956 666 1 495 1 0 101 0 259

0 966$ $

,-- -^ h

.

È chiaro che ci si orienterà per un rapporto geometrico delle dimensioni della sezione almeno pari a 1,5 = H/b > 1,495 . Quindi Heff = 1,5b = 1,5·(20 cm) = 30 cm.

3.2.2 Formulazione tramite ellisse centrale d’inerziaData per semplicità una sezione A doppiamente simmetrica (attorno a cia-scuno dei due assi cartesiani xy intersecantesi nel baricentro G della sezio-ne), si può pensare di associare il relativo momento d’inerzia Jc della sezio-ne A attorno al generico asse passante per il centro degli assi xy e inclinato dell’angolo c rispetto ad esempio all’asse x (Figura 3–9). In generale, una generica sezione presenterà un momento d’inerzia Jx attorno all’asse x e un momento d’inerzia Jy attorno all’asse y tali che:

J y dAx

A

2= # , J x dAy

A

2= # .

x

y

0 / G

Mx > 0

ab

Mx = Mcos a

My = Mcos b

M

M= Mx2 +My

2

a

a

My < 0

Mx

My

= tana=tan b1

a= arctanMx

My

f p

an = cos a

b n = cos b)

Sola flessione deviata (N= 0)

x

y

G

b

H

v= MHan-bb n

c m

Figura 3–8. Sezione rettangolare in flessione deviata (N = 0).

..............................


§ Formulazione tramite ellisse centrale d’inerzia


139

Form

ule

ope

rati

ve

Si definiscono poi raggi giratori d’inerzia le seguenti grandezze:

AJ

yy

0t = , AJ

xx

0t = .

Si immagini, ora per incominciare, una sezione circolare (ovviamente sim-metrica rispetto a ciascun asse passante per il baricentro G e quindi ai due assi cartesiani scelti x e y). Facendo variare l’angolo c si riporti a partire dal centro degli assi G la distanza:

AJ

0t =cc .

Avendo per ipotesi supposto una sezione circolare, qualsiasi sia l’angolo c la grandezza t0c risulta costante: in altre parole il vettore di lunghezza t0c descrive una circonferenza di centro G.

Se ora si immagina di deformare leggermente la sezione, ad esempio allungandola solo parallelamente all’asse y lasciando le distanze parallele all’asse x immutate, il momento d’inerzia attorno all’asse x varierà di conse-guenza aumentando rispetto a quello attorno all’asse y che necessariamente si manterrà relativamente minore. In questo caso, il raggio vettore t0c non potrà che descrivere, variando con continuità, una curva ellittica (Figura 3–9). Questa osservazione è del tutto generale e pertanto è possibile de-scrivere questa curva ellittica tramite l’equazione dell’ellisse, appunto nel sistema cartesiano x-y:

(3–44)x y 1y x02

2

02

2

t t+ = .

Come già anticipato, qualora risultasse costx y0 0 0t t t= = =c , la preceden-te equazione si ridurrebbe all’equazione di una circonferenza di raggio r = t0c: x y r2 2 2

02t+ = = c . In generale, le coordinate xy del luogo dei punti

dell’ellisse risulteranno legate all’angolo c del raggio vettore t0c tramite le due note relazioni trigonometriche:

(3–45)cos

sin

x

y

0

0

t c

t c

=

=

c

c

)

avendo indicato appunto con c l’angolo formato dal raggio vettore per G con l’asse delle x del sistema cartesiano scelto per la sezione A. È necessa-rio osservare che l’asse n-n di rotazione effettiva della sezione (attorno al suo asse neutro) in condizioni di flessione deviata non risulta perpendico-lare all’asse della sollecitazione s-s, eccetto i poligoni regolari e le sezioni circolari piene o cave. Pertanto, la grandezza del raggio vettore sull’ellisse centrale d’inerzia è valutata sempre rispetto all’asse neutro della sezione (a priori incognita l’inclinazione ma passante per il baricentro geometrico G).

L’ampiezza dell’angolo d di inclinazione dell’asse neutro (flessione de-viata) rispetto all’asse delle x si trova imponendo v = 0:



Capitolo 3

140Fo

rmu

le o

pera

tiv

e

(3–46)tan cot cotJJy

x

y

x

0

02

d ctt

c= = b l .

Sostituendo le equazioni (3–45) nell’equazione (3–44) dell’ellisse e riordi-nando, si ottiene l’espressione operativa:

(3–47)cos sin

1

y x

0

0

2

0

2t

tc

tc

=+

c

b cl m

,

il che equivale a valutare Jc rispetto all’asse neutro misurando le distanze parallelamente alla direzione s-s della sollecitazione flettente. Noti quindi i raggi giratori d’inerzia tx0 e ty0 della sezione A e dedotto graficamente l’angolo c si determina subito l’entità del raggio vettore t0c. A questo punto, se la sezione è doppiamente simmetrica, allora è facilmente calcolabile la massima distanza parallelamente all’asse della sollecitazione s-s tramite la relazione:

(3–48)sin cosd H b21

,max c c= +c ^ h,

avendo indicato con H e b le massime dimensioni della sezione A paral-lelamente all’asse y e x rispettivamente (Figura 3–9). A questo punto, con J A 0

2t=c c , la massima tensione in condizioni di flessione deviata si può calcolare tramite la semplice relazione:

(3–49)AM d

JM d, , ,max max max

02v

t= =c

cc

cc

x

y

0 / G 0

x

y

Mx > 0

ab

M

a

a

n

nMy < 0

a= arctanMx

My

f p

an = cos a

b n = cos b)

s

s

s

s

s

st 0x

t 0y

t 0c

d

x

y

P (x;y)

x

y

G

b

H

s- s Y= n- n

cc

c

dmax,c

dmax,c

=21 (H sin c+ b cos c)

a- a= s- s

Figura 3–9. Ellisse centrale d’inerzia e asse neutro n-n su sezione A.


§ Formulazione tramite ellisse centrale d’inerzia


141

Form

ule

ope

rati

ve

essendo M la sollecitazione flettente deviata la cui retta di sollecitazione è proprio inclinata di c rispetto all’asse x. In altri termini, noto il vettore mo-mento M rispetto al sistema cartesiano xy, la retta della sollecitazione s-s (inclinata nel piano xy di c rispetto a x) risulta essere sempre perpendicola-re al vettore momento M.

Esempio 3-16. Verifica con ellisse centrale d’inerziaUtilizzando l’ellisse centrale d’inerzia, calcolare la massima tensione sulla sezione rettangolare A = b·H = (20 cm)·(30 cm) = 600 cm2 sollecitata dalla sollecitazione flettente:

, , 9,82M M M kNm kNcm9 50 2 50 982x y2 2 2 2

= + = + - = =^ ^h h .

SoluzioneSi valutano inizialmente i raggi giratori d’inerzia della sezione (che, per alcune sezioni commerciali in acciaio o alluminio, generalmente si trovano già opportunamente tabellati sui sagomari). Nel caso di sezione rettango-lare si calcola:

/ 8,6AJ

b HbH H H cm12

12 12 1230

xx

0

3 2

$t = = = = = =

/ 5,7AJ

b HHb b b cm12

12 12 1220

yy

0

3 2

$t = = = = = = .

Come già visto si ha:

,, ,arctan arctan

M

M9 502 50 14 7 15° °

x

y,a = = =f cp m da cui risulta:

0,966cos 15°na = =^ h .Dalla Figura 3–9 si calcola l’angolo acuto 90 75° °c a= - = con cui risulta inclinato l’asse s-s della sollecitazione deviata rispetto all’asse delle x. Si ha quindi: cosc = cos(75°) = 0,259 e sin(75°) = 0,966 con:

,,

,,

8,3cos sin

cm1

5 70 259

8 60 966

1 2

y x

0

0

2

0

2 2 2 ,t

tc

tc

=+

=+

c

b c c cl m m m

.

Per sezione doppiamente simmetrica si ha sempre:

, , ,sin cosd H b cm21

21 30 0 966 20 0 259 17 1,max $ $c c= + = + =c ^ ^h h .

Si ha poi: 600 , 415 3J A cm8 32 202 2 4$t= = =c c ^ h .

Infine, si calcola la massima tensione sulla sezione elastica:

17,1 0,41 /AM d

JM d kN cm

41523982

, , ,max max max02

2vt

= = = =cc

cc

c (4,1 MPa).

..................................................................................Copia (PARZIALE) di valutazione - Agosto 2017


Capitolo 3

142Fo

rmu

le o

pera

tiv

e

L’angolo d d’inclinazione dell’asse neutro n-n rispetto all’asse delle x del sistema di riferimento scelto si calcola imponendo la condizione v = 0 sulla formula generale dell’espressione della flessione deviata. Si può dimostrare che risulta (in modulo):

,, ,tan cot cot cot

JJ

5 778 66 75 0 60°

y

x

y

x

0

02 2

d ctt

c= = = =b c ^l m h

da cui si ricava d = 31,1° circa. Notare infine che l’angolo acu-to formato dall’asse n-n e s-s risulta pari a (vedere Figura 3–9)

, ,° °180 75 31 1 73 9° °{D = - + =^ h . Si può dimostrare che tra i momenti d’inerzia della sezione in flessione deviata esiste la relazione:

,sinJ J cm41523 0 961 38350in2 4${D= = =c ,

avendo indicato con Jin il momento d’inerzia calcolato con le distanze nor-mali all’asse neutro n-n e con Jg il momento d’inerzia calcolato con le di-stanze parallele alla direzione s-s della sollecitazione (anche coerentemen-te con l’ellisse centrale d’inerzia il cui raggio vettore t0c è parallelo all’asse s-s per costruzione). Detta quindi con dmax,n la massima distanza del pun-to della sezione maggiormente cimentata, misurata perpendicolarmente all’asse neutro n-n si ha: , , ,sind d cm17 1 0 961 16 4, ,max maxn ${D= = =c .Pertanto, la massima tensione sulla sezione può computarsi anche tramite la relazione:

, , , /sinJ

M dJ

M d kN cm38350

981 16 4 0 961 0 41, ,max

max max

n

n

1

2$ ,v {D= = =c

c ,

salvo scostamenti, rispetto alla precedente, dovuti a errori di troncamento.

Esempio 3-17. Verifica profilato metallico con ellisse d’inerziaUna trave di ferro di sezione rettangolare H = 8 cm, b = 6 cm è sottoposta a una sollecitazione flettente M = 490 kNcm il cui asse di sollecitazione s-s è inclinato di a = 36,9° rispetto all’asse x (Figura 3–9). Calcolare la massima tensione sulla sezione ammettendo noti i valori dei giratori d’inerzia della sezione: t0x = 2,31 cm, t0y = 1,73 cm. Un caso reale si presenta quando si ha a che fare con profilati metallici di forme e sezioni standardizzate.

SoluzioneIntanto si calcola l’angolo di inclinazione dell’asse s-s della sollecitazione rispetto all’asse x: c = 90° - a = 53,1°. Si ha quindi:cosc = 0,60

sinc = 0,80.

L’area della sezione A = b·H = 48 cm2 permette di calcolare i momenti d’inerzia principali della sezione:

,J A cm48 2 31 256x x02 2 4$t= = =^ h

,J A cm48 1 73 144y y02 2 4$t= = =^ h .

Il momento d’inerzia della sezione rispetto all’asse neutro n-n (misurato

...............................................................................................


§ Formula operativa di progetto sezione in flessione deviata


143

Form

ule

ope

rati

ve

con le distanze perpendicolari all’asse n-n stesso in condizioni di flessione deviata) si può valutare tramite la relazione:

, ,cos sinJ J J cm256 0 60 144 0 80 184n x y12 2 2 2 4$ $ bd d= + = + ,

in virtù di una delle proprietà dei momenti d’inerzia se valutati rispetto a un sistema di assi ruotati di d rispetto a quello fisso x-y.La massima distanza parallela all’asse s-s della sollecitazione per sezione doppiamente simmetrica si valuta tramite la:

, ,sin cosd H b cm21

21 8 0 80 6 0 60 5,max $ $c c= + = + =c ^ ^h h . Si ha poi:

,, , ,tan cot cot cot

JJ

1 732 31 53 1 1 33°

y

x

y

x

0

02 2

,d ctt

c= = =b c ^l m h

da cui si ricava d = 53,2°. L’angolo acuto formato dall’asse n-n e s-s risul-ta pari a (vedere Figura 3–9):

, , ,° °180 53 1 53 1 73 8° °{D = - + =^ h , da cui:, ,sin sin 73 8 0 96°{D = =^ h con , ,sin sin 73 8 0 92°2 2 b{D = ^ h ,

, ,sind d cm5 0 96 4 8, ,max maxn ${D= = =c .A questo punto, la massima tensione può calcolarsi tramite:

, , , /sinJ

M dJ

M d kN cm184

490 4 8 0 96 12 3, ,max

max max

n

n

1

2$ ,v {D= = =c

c .

Notare che, detta con 1/r la curvatura delle fibre della sezione inflessa, si scriverà per la fibra della sezione maggiormente cimentata:

rd

r d E d1,

, ,max

max

max

max

max

maxn

n n

&f f v= = =

, ,sinr EJM cm1

21000 184490 0 96 0 000121

n1

1

${D= = = - .

Il raggio di curvatura è quindi il reciproco della curvatura appena calcolata: r = 8200 cm circa.

3.2.3 Formula operativa di progetto sezione in flessione deviataQuando sia imposta a priori la forma che deve avere una data trave (ad esempio, una IPE o HE) in condizioni di flessione deviata, conviene partire dalla formula di resistenza dell’Equazione (3–41) per ridurla alla forma:

MW W

kmaxx

n

y

n#v

a b= +e o ,

avendo indicato con k, genericamente, la massima tensione ammissibile per il materiale. Fissato a priori un rapporto n = Wx/Wy tra i moduli elastici per il tipo di sezione imposta (ad esempio, per i profilati a I tale rapporto oscilla tra 6 e 10) si può trasformare l’equazione precedente in questa for-mula operativa:

................................................................



Capitolo 3

144Fo

rmu

le o

pera

tiv

e

WkM

x n n$ a n b+` j.

Fissato per n un valore di tentativo, si calcola Wx e si trova nel profilario il Wy corrispondente; si ottiene così un valore più approssimato per n, me-diante il quale si ricalcola di nuovo Wx. Alla fine dopo un paio di tentativi si riesce a stimare i due parametri Wx e n che consentono di individuare la sezione cercata.

Esempio 3-18. Progetto sezione inflessaSi debba individuare la sezione di un profilato metallico IPE che meglio sia in grado di sopportare le seguenti sollecitazioni flettenti: Mx = 16,5 kNm; My = 2,0 kNm. Si assuma una tensione massima del materiale acciaio pari a k = 180 MPa = 18,0 kN/cm2. La presenza di opportuni ritegni torsionali impediscono alla trave di svergolare.

SoluzioneIntanto si calcola:

,, ,arctan arctan

M

M16 52 0 6 9 7

x

yc c,a = = =f cp m

da cui risulta:,cos 7 0 99n ca = =^ h con ,cos cos 90 7 0 12n c cb b= = + =-^ ^h h con:

, , ,M M M kNm kNcm16 5 2 0 16 6 1660x y2 2 2 2

= + = + = = .Dalla formula (3–41), utilizzando direttamente le grandezze assolute e i moduli di resistenza elastici Wx e Wy della sezione A, in condizioni di fles-sione deviata si ottiene:

MW W

kmaxx

n

y

n#v

a b= +e o

avendo impostato direttamente la verifica di resistenza in termini di non superamento della massima tensione k. Fissato un rapporto ragionevole per i moduli di resistenza elastici n = Wx/Wy, si ottiene:

WkM

x n n$ a n b+` j.

Tenendo conto che per travi IPE il rapporto n varia da 6 (per IPE100) a 10 (per IPE600) si parte con un primo valore di tentativo: n = 6.

,, ,W cm

18 01660 0 99 6 0 12 158x

3$$ ,+^ h .

Dal sagomario, già l’IPE 180 ha Wx = 146,3 cm3 con Wx/Wy = 146,3/22,16 = 6,6 (prossimo quindi a 7). Rifacendo il calcolo con n = 7 si ottiene:

,, ,W cm

18 01660 0 99 7 0 12 169x

3$$ ,+^ h .

Si decide quindi per una IPE 200 con Wx = 194,3 cm3 > 169 cm3 e con Wx/

.............................................................................


§ Alcune precisazioni teoriche sulle formule operative


145

Form

ule

ope

rati

ve

Wy = 194,3/28,47 = 6,8 (prossimo a 7). In tal caso, risulta infatti:

,,

,, , /kN cm k1660

194 30 99

28 470 12 15 5max

2, #v = +c m .

La sezione IPE 200 è quindi verificata.

Esempio 3-19. Verifica trave inflessaUna trave in carpenteria metallica utilizza un profilato UPN 320 (Jx = 10870 cm4; Jy = 597 cm4) inflessa da una sollecitazione flettente M = 22 kNm = 2200 kNcm con asse della sollecitazione s-s inclinato di c = 73° rispetto all’asse x (si vedano schemi in Figura 3–9).

SoluzioneAngolo (acuto) d d’inclinazione dell’asse neutro n-n rispetto all’asse x:

tan cot cot cotJJ

59710870 73 101 89°

y

x

y

x

0

02 2

& c,dtt

c c d= = = =b b ^l l h .

Angolo (acuto) compreso tra l’asse neutro n-n e l’asse della sollecitazione s-s:

( )180 73 89 18c c c c{D = - + = .L’angolo (acuto) a d’inclinazione del vettore momento M rispetto all’asse delle x si valuta: a = 90° - c = 17° con ,cos 0 956na a= = e con (si veda Figura 3–9): ,cos cos 90 0 293n cb b a= = + =^ h .La massima tensione sulla sezione si valuta tramite la formulazione in fun-zione dei coseni direttori del vettore momento M:

,,

, , /MW W

kN cm2200679

0 95680 60 293 11 1max

x

n

y

n 2,va b

= + = +e co m .

Come si può notare, questa formulazione permette di evitare il calcolo della massima distanza delle fibre maggiormente cimentate dal baricentro geo-metrico della sezione a C, per inflessioni attorno all’asse debole y-y dispo-sto parallelamente all’altezza h = 320 mm del profilato.Dal profilario, infatti, risulta che la distanza del baricentro geometrico del profilato UPN 320 dista orizzontalmente ys = 2,60 cm dal suo lato verticale. Essendo la larghezza dell’UPN 320 pari a b = 10 cm, la massima distanza (sempre sull’orizzontale) dell’estremità delle ali risulta xmax = b - ys = 7,4 cm. Pertanto, essendo verticalmente sulla sezione ymax = 32/2 = 16 cm, in termini di valori assoluti si ottiene:

, , ,MJ

yJ

x 2200108700 956 16

5970 293 7 4max max max

x

n

y

nv

a b= + = +e bo l

ritornando vmax = 11,1 kN/cm2.

3.2.4 Alcune precisazioni teoriche sulle formule operativeIn condizioni di flessione deviata (e quindi in assenza di azioni assiali N) il piano di sollecitazione s-s passante per il baricentro geometrico della sezione A risulta generalmente non perpendicolare all’asse neutro n-n di

....................................................................................



Capitolo 3

146Pr

ecis

azi

on

i teo

rich

e

inflessione. Per l’equilibrio alla traslazione e alla rotazione delle forze in-terne (di trazione e compressione), sull’intera sezione A, che equilibrano la sollecitazione di flessione esterna M deve essere (si veda Figura 3–10):

(3–50), ,dA ndA sdA M0 0A A A

v v v= = =# # #La prima delle tre equazioni diventa:

dA ksdA k sdA S0 0 0 0,

A A A

nn s& & &v = = = =# # # ,

il che equivale ad avere il momento statico Snn,s della sezione nullo quando valutato rispetto all’asse neutro n-n, in questo caso, con distanze s prese parallele all’asse della sollecitazione s-s.

Momento statico nullo rispetto a un asse significa che questo asse è ba-ricentrico per la sezione (in particolare, divide la sezione in coppie di aree DA uguali, piccole quanto si vuole, tali che risulti di fatto:

...s A s A s A s A s A 0i i

i

N

N N

1

1 1D D D D D= + - + + + - ==

^ ^h h6 6@ @/ ,

avendo scelto tutte le coppie in modo tale che abbiano coordinate s opposte in segno e uguali in modulo: sN + (- sN) = 0. L’asse neutro n-n è quindi baricentrico in tal senso. La seconda equazione diventa:

ndA ksndA k sndA J0 0 0 0A A A

sn& & &v = = = =# # # ,

indicandoci che deve essere nullo il momento centrifugo Jsn della sezione A rispetto agli assi (baricentrici) s-s e n-n:

J sndA 0sn

A

= =# .

Quest’ultima relazione in particolare con Jsn = 0 indica, in altri termini, che gli assi s-s e n-n sono diametri coniugati dell’ellisse centrale d’inerzia della sezione A. Discende quindi il seguente teorema:Condizione necessaria e sufficiente affinché il momento centrifugo rispetto a due rette n-n e s-s sia nullo è che esse siano coniugate.

Infine, la terza equazione della (3–50) diventa:

sdA M ks dA M k s dA M kJM

A A An

2 2& & &v = = = =# # #avendo indicato con Jn il momento d’inerzia della sezione A, rispetto all’as-se neutro n-n, valutato però misurando le distanze s parallelamente all’as-se di sollecitazione s-s (si veda Figura 3–10).

Analogamente, valutando le distanze perpendicolarmente all’asse neu-


§ L’equazione dell’asse neutro in presso/tenso flessione


147

Prec

isa

zio

ni t

eori

che

tro n-n, la variabile distanza è la s1 e il relativo momento d’inerzia della sezione A è J1n:

sin sin sinJ s dA s dA s dA Jn

A A A

n1 12 2 2 2 2{ { {D D D= = = =^ ^h h# # # .

Pertanto, la tensione delle fibre a distanza s (se valutata perpendicolarmen-te all’asse neutro n-n) o a distanza s1 (se valutata parallelamente alla retta s-s della sollecitazione) può essere computata mediante le due espressioni equivalenti, rispettivamente:

(3–51); sinJM s

JM s

n n11v v {D= = .

In particolare, ponendo l’attenzione sulla prima espressione, se è nota l’el-lisse centrale d’inerzia della sezione A, una volta tracciata dal centro dell’el-lisse la retta della sollecitazione s-s, questa intercetterà la curva dell’ellisse in due punti simmetrici (si veda la Figura 3–9). Considerata la simmetria, basta misurare l’ampiezza in modulo di uno dei due raggi vettori t0c per ottenere il seguente legame:

JM s

AM s

n 02&v v

t= =

c

.

Quest’ultima equazione, unitamente alla conoscenza della curva dell’ellis-se, consente di ricavare graficamente il raggio vettore t0c lungo la direzione dell’asse della sollecitazione s-s.

3.2.5 L’equazione dell’asse neutro in presso/tenso flessioneFacendo riferimento alle convenzioni di segno in Figura 3–7, si riprenda la forma canonica della tensione data dall’Equazione (3–41):

AN

JM y

JM x

x

x

y

yv = + -

e si esprimano le due sollecitazioni flettenti rette Mx e My come il prodotto dell’azione assiale N per le corrispettive eccentricità, misurate rispetto agli assi cartesiani xy passanti per il baricentro G della sezione A. Ricordando la convenzione scelta di considerare positive le trazioni (N > 0), se si con-siderano ad esempio le eccentricità come le coordinate del centro di azione C(xC; yC) della forza assiale N agente sulla sezione A, si scriverà:

(3–52)M N y

M N x

x C

y C

=

=-*

avendo infatti tenuto conto che per trazioni N > 0 su punti C nel primo quadrante degli assi cartesiani xy il verso del vettore momento è diretto in direzione opposta al verso fissato per l’asse y (si veda Figura 3–11). Pertan-to, sostituendo nella formula canonica le due relazioni in (3–52), e ponendo



Capitolo 3

148Pr

ecis

azi

on

i teo

rich

e

la condizione di asse neutro con v = 0 si ottiene la relazione:

(3–53)AN

JN y y

JN x x

AN y y x x1 0

x

C

y

C

x

C

y

C

02

02v

t t= + + = + + =b l ,

ovvero l’equazione della retta n-n:

(3–54)y y x x x x y y1 0 1x

C

y

C

y

C

x

C

02

02

02

02&

t t t t+ + = - + - = .

Come si vede, la posizione dell’asse neutro n-n dipende dalle coordinate del punto C, traccia sulla sezione della retta di azione della forza normale N agente sulla sezione A (nel piano x-y) e dai giratori d’inerzia t0x e t0y della sezione A. Confrontando quest’ultima equazione con l’equazione dell’ellis-se centrale d’inerzia:

(3–55)x y 1y x0

2

2

02

2

t t+ =

si nota che l’equazione dell’asse neutro diventa formalmente uguale all’e-quazione dell’ellisse centrale d’inerzia quando si ponga:

(3–56)x x

y y

C

C

=-

=-)

Queste due relazioni suggeriscono l’esistenza di un legame biunivoco fra il punto C (antipolo) e l’asse neutro (antipolare) rispetto all’equazione dell’ellis-se centrale d’inerzia deve essere sempre valido perché per ogni sezione A esiste sempre un’ellisse centrale d’inerzia e un asse neutro. In altre parole,

Gx

y

n

n

s

s

P (n;s)s

n

s 1D{

s 1 = s sinD{

v= k s

Linearità delle tensioni:

(distanze misurate//s- s)

(distanze misurate=n- n)

J n = s 2dAA

#

J 1n = s 12 dA

A

#

Sezione A generica inflessaAngolo acuto tra s- s e n- n: D{

n- n asse neutros- s asse sollecitazioneM

Figura 3–10. Generica sezione A inflessa.


§ L’equazione dell’asse neutro in presso/tenso flessione


149

Prec

isa

zio

ni t

eori

che

il legame tra le coordinate del centro C di pressione/trazione e le coordinate dell’asse neutro n-n, indicate nell’Equazione (3–56), unitamente alla vali-dità delle due relazioni (3–54) e (3–55), ci dicono che se si sposta il centro di pressione C, lungo la medesima direzione dell’asse di sollecitazione s-s, su un punto dell’asse neutro iniziale allora l’asse neutro si sposta parallela-mente passando per il centro di pressione iniziale.

Dall’esempio particolare di sezione circolare inflessa (Figura 3–12) se si considera, infatti, il primo caso di centro di pressione/trazione sull’asse delle x nel punto di coordinate C(- R/4; 0) l’equazione dell’asse neutro diventa (vedere Eq. (3–54)):

//x x y y

RR x x R1

44 0 1

y

C

x

C

02

02 2

& &t t

- + - = + = = .

Ora, se si considera il centro C di pressione/trazione proprio dove è stato appena trovato l’asse neutro, vale a dire nel centro di coordinate C(R; 0), l’equazione dell’asse neutro si sposta in:

//x x y y

RR x x R1

40 1 4

y

C

x

C

02

02 2

& &t t

- + - = + = =- ,

ovvero proprio nel punto (- R/4; 0) dove precedentemente era stato fissa-to il centro di pressione/trazione.

Come si può vedere dalla Figura 3–12, è stato disegnato all’interno della sezione A (supposta per semplicità circolare) un cerchio di raggio R/4, cor-rispondente al nocciolo centrale d’inerzia della sezione circolare A di raggio R.

In particolare, preso un centro C di pressione/trazione in un punto qual-siasi sulla frontiera del nocciolo centrale d’inerzia, l’asse neutro cade pro-prio sul bordo della sezione A.

Se invece il centro di pressione coincide proprio con il baricentro ge-ometrico G della sezione A (quindi con il centro 0; 0 degli assi cartesiani xy) allora la sezione deve risultare sottoposta a pressione o trazione pura (senza quindi componenti di sollecitazione flettente) e l’asse neutro deve tendere all’infinito.

Tra questa situazione limite (asse neutro all’infinito) e la situazione di centro di pressione proprio sulla frontiera del nocciolo centrale d’inerzia si trovano tutti quei centri di pressione/trazione che, stando all’interno del nocciolo, mandano l’asse neutro fuori dalla sezione A ma non all’infinito: la sezione, quindi, o è tutta compressa o è tutta tesa in condizioni di presso-flessione deviata. Questo discorso è generale e vale per qualsiasi sezione. In particolare, per sezione rettangolare il nocciolo centrale d’inerzia risulta un rombo, per sezione quadrata il nocciolo centrale d’inerzia è un quadrato.

Facendo infatti riferimento alla Figura 3–13, assumendo il centro di pressione/trazione alle coordinate C(b/6; 0), ovvero sul punto della frontie-



Capitolo 3

150Pr

ecis

azi

on

i teo

rich

e

ra del nocciolo centrale d’inerzia verso le x crescenti, l’equazione dell’asse neutro porge:

// /x x y y

bb x x b1

126 0 1 2

y

C

x

C

02

02 2

& &t t

- + - = + = =- .

In altri termini, l’asse neutro cade proprio sul punto N(- b/2; 0) man-tenendosi parallelo all’asse delle y. È immediato verificare che un piccolo quanto si vuole incremento della coordinata del punto C verso le x crescen-ti ha come conseguenza lo spostamento dell’asse neutro (parallelamente a se stesso) fuori dalla sezione nella direzione delle x negative. Analoga considerazione può farsi in direzione parallela all’asse y. Tracciando ora un qualsiasi segmento che unisca due punti consecutivi del nocciolo centrale d’inerzia (ad esempio, CD in Figura 3–13), si ha che tale segmento CD ha in se la proprietà di avere verificate contemporaneamente le due condizioni di asse neutro passante per la retta y = - H/2 (relativamente al punto D) e asse neutro passante per la retta x = - b/2 (relativamente al punto C). L’unico assetto dell’asse neutro che soddisfa questa particolarità è quello di asse neutro passante per l’angolo Q della sezione, esternamente ad essa: facendo infatti ruotare (con continuità delle pendenze) attorno al punto Q l’asse neutro dalla posizione y = - H/2 alla posizione x = - b/2, ci si spo-sta (con continuità) con il centro di pressione/trazione dal punto D al punto C proprio rimanendo sulla frontiera del nocciolo centrale d’inerzia (tratto CD). Analogo discorso può farsi per i rimanenti due vertici del nocciolo centrale d’inerzia: si può dunque generalizzare dicendo che per la sezione

x

y

0 / G

z

Mx > 0

a

a

b

Mx = Mcos a

My = Mcos b

M

s

s

x

y

0 / G

Cz

s

s

xC

yC

Mx = N yC

My =-N xC)

N> 0 " N di trazione suC nel disegnoCentro di pressione/trazione in C

C xC ;yC_ i

My < 0

M perpendicolare asse s- sMx = Mcos a > 0

My =-M sina < 0)

c

Coseni direttori s- s:s x = cos c = sina

s y = cos a)

VettoreM = s- s

Figura 3–11. Convenzione segni su sistema riferimento xy generica sezione.


§ L’equazione dell’asse neutro in flessione deviata e retta


151

Prec

isa

zio

ni t

eori

che

rettangolare il nocciolo centrale d’inerzia è costituito dai quattro segmenti di un rombo il cui centro è coincidente con il baricentro geometrico della sezione, sul quale si è stabilito di porre gli assi del sistema cartesiano xy.

3.2.6 L’equazione dell’asse neutro in flessione deviata e rettaSi prenda in considerazione l’Eq. (3–41) ponendo direttamente in essa la condizione di assenza di azione assiale N = 0:

(3–57)cos sinJM y

JM x

JM y

JM x M

Js y

Js x

x

x

y

y

x y x

y

y

xv a a= - = + = +b l,

avendo considerato direttamente i coseni direttori dell’asse della sollecita-zione s-s (in questo caso, coincidente con la traccia su x-y del piano dove agisce la sola sollecitazione flettente M). In particolare, coerentemente con quanto riportato in Figura 3–11, i coseni direttori dell’asse della sollecita-zione sono:

cos sin

cos

s

s

x

y

c a

a

= =

=*

essendo c l’angolo che l’asse delle x forma con l’asse della sollecitazione s-s sul tratto interessato dal centro di pressione/trazione C.

L’equazione dell’asse neutro n-n in condizioni di flessione deviata si ottiene imponendo v = 0 nell’Eq. (3–57):

(3–58)Js y

Js x s y s x0 0

x

y

y

x

x

y

y

x

02

02&

t t+ = + =

x

y

A

C

C xC ;yC_ i

xC =-R/4

yC = 0*

Equazione asse neutro: x = R

x

y

A

C

C xC ;yC_ i

Equazione asse neutro: x =-R/4

xC = R

yC = 0*x =-R/4x = R

n-n n-n

Jx = J y =4rR 4 , A= rR 2 & t x 0 = t y 0 =

2RNocciolo centrale

d'inerzia

Figura 3–12. Esempio di antipolarità tra centro C e asse neutro.



Capitolo 3

152Pr

ecis

azi

on

i teo

rich

e

Nella corrispondenza di antipolarità definita dall’ellisse centrale d’inerzia, l’Eq. (3–58) stabilisce che l’asse della sollecitazione s-s e l’asse neutro n-n (che risulta baricentrico) sono coniugati.

Si può verificare facilmente che, in generale, detti assi non sono ortogo-nali. Infatti, la pendenza dell’asse neutro si ricava esplicitando il coefficien-te angolare della retta n-n passante per il baricentro G della sezione A che, per ipotesi, coincide con il centro del sistema degli assi cartesiani xy:

(3–59)cossin

coscos

cos cosy x x y x90

900&

c

cdd

d

d

d d= =

+

+- =

^

^

h

h

avendo indicato (come in Figura 3–9 a pag. 140) con d l’angolo d’inclina-zione dell’asse neutro rispetto all’asse delle x crescenti. In tal modo, l’equa-zione dell’asse neutro è espressa mediante i suoi coseni direttori. Confron-tando quindi quest’ultima equazione con l’Eq. (3–58), si ha:

(3–60)cos

cos

s

s90

x

y

y

x

02

02

c

dt

dt

=-

+ =^ h

Z

[

\

]]

]]

dove (Figura 3–14) si riconosce che, se i coseni direttori dell’asse della solle-citazione sono positivi (ovvero il centro di pressione/trazione si trova nel I quadrante del sistema degli assi cartesiani xy, con sx > 0 e sy > 0), il coseno dell’angolo d risulta negativo: l’angolo d quindi deve trovarsi nel II qua-drante del sistema di riferimento xy.

Asse della sollecitazione s-s (con coseni direttori sx e sy) e asse neutro

x

y

x

y

t 0x

t 0y

b

H3H

b/3t 0x =

AJx=

bHbH 3/12

=12

H

t 0y =AJy=

bHHb 3/12

=12

b

C

D

N

C6b;0d n N -

2b ;0d n

nnn

Q

Figura 3–13. Nocciolo ed ellisse centrale d’inerzia per sezione rettangolare.


§ L’equazione dell’asse neutro in flessione deviata e retta


153

Prec

isa

zio

ni t

eori

che

n-n (con coseni direttori dati dalle relazioni in (3–60)) sono tra loro per-pendicolari se risulta ovviamente nullo il prodotto scalare tra i coseni diret-tori delle due rette. In particolare dovrebbe essere:

cos coss ss n 90 0x y$ cd d= + + =^ h .Sostituendo i coseni direttori esplicitati dalla (3–60), si avrebbe però:

s s s ss n s n 0xx

yy

y

xx y

02

02

02

02&$ $ !

t tt t=- + = -

con un valore del prodotto scalare dei due vettori s e n non nullo: le due rette s-s e n-n, in generale, non sono tra loro perpendicolari.7 Lo sono, in particolare, quando la sezione presenta raggi giratori d’inerzia uguali (t0x = toy) per le direzioni degli assi principali xy scelti.8

Infine, il caso della flessione retta. Si supponga per semplicità di consi-derare una flessione retta con centro di pressione/trazione nel punto C(0; yC), ovvero sulla semiretta delle y > 0 degli assi baricentrali della sezione A. In tal caso, l’asse della sollecitazione s-s si sovrappone all’asse delle y con c = 90° (Figura 3–14). I coseni direttori dell’asse s-s sono in tal caso: (sx; sy) = (0; 1) che, sostituiti nell’Eq. (3–58) forniscono per l’asse neutro:

s y s x y x y0 1 0 0 0x

y

y

x

x y02

02

02

02& &

t t t t+ = + = =

proprio l’equazione dell’asse x. Generalizzando, l’asse neutro n-n coincide con l’asse del sistema cartesiano perpendicolare all’asse della sollecitazione di flessione retta. È possibile dimostrare analiticamente, in generale, il fatto intuitivo che l’asse deformato dell’elemento elastico (trave o pilastro) è sem-pre contenuto in un piano normale all’asse neutro n-n. A tal proposito, si definiscano con u e v le componenti (sul piano xy) dello spostamento della sezione A in condizioni generali di presso-tenso flessione. In particolare, con u definiamo lo spostamento della sezione A parallelamente all’asse y, dovuto alla componente flettente retta Mx > 0 e con v lo spostamento della sezione A parallelamente all’asse x, dovuto alla componente flettente retta My > 0.

Innanzitutto occorre osservare, almeno qualitativamente, che se si im-magina un elemento elastico rettilineo (ad esempio una trave con asse longitudinale parallelo all’asse z) ai cui estremi siano applicate due solle-citazioni flettenti uguali e contrarie (e quindi in equilibrio tra loro) la defor-mata del suo asse approssima la forma di un arco di circonferenza che, per spostamenti molto piccoli, si può rigorosamente studiare mediante tratti di

7 Da qui l’espressione “flessione deviata”.8 Ad esempio, nel caso di una sezione circolare piena o cava o una sezione costituita da un

poligono regolare (ad esempio, un quadrato).


§ Peculiarità teoriche delle travi ad asse rettilineo: cenni

Capitolo 3

154Li

nea

eLa

stic

a

parabola. Tenendo conto degli schemi in Figura 3–15 e delle convenzioni sui segni delle componenti di sollecitazione flettente, si ha:

u z

v z

u

v

2

2

l

l

=

=-*

dove le costanti di proporzionalità lu e lv (positive) devono necessariamen-te dipendere in modo proporzionale dall’intensità della relativa compo-nente flettente e in modo inversamente proporzionale sia alla resistenza9 del materiale, sia al momento d’inerzia resistente (o, equivalentemente, al relativo giratore d’inerzia) attorno al relativo asse di rotazione della sezio-ne. Di fatto, quindi, si può scrivere:

(3–61)k

EJM

kEJM

u kEJM z

v kEJM z

u kM s z

v kM s z

uy

y

vx

x

y

y

x

x

y

x

x

y

2

2

02

2

02

2

& &l

l

t

t

=

=

=

=-

=

=-

l

l

l

l

Z

[

\

]]

]]

Z

[

\

]]

]]

Z

[

\

]]

]

avendo indicato con k 0>l e k > 0 delle generiche costanti di proporzio-nalità e avendo tenuto conto per My e Mx delle relazioni all’Eq. (3–57). Eli-minando kMz2 dalle ultime due relazioni si ottiene:

s u s v n u v0 0x

y

y

x02

02

& $t t

- + = + =^ h .

Quest’ultima non è altro che l’espressione del prodotto scalare nullo tra i due vettori n (asse neutro)10 e u + v (vettore della deformazione): i vettori n e (u + v) sono dunque ortogonali.

3.3 Peculiarità teoriche delle travi ad asse rettilineo: cenni

3.3.1 Calcolo dell’equazione della linea elasticaSi consideri una trave ad asse rettilineo sollecitata unicamente nel piano che contenga il suo asse longitudinale. Si ammetta per adesso che la trave sia dotata del numero minimo di vincoli efficaci per garantirne l’equilibrio in condizioni di assenza di scorrimenti o cedimenti sui vincoli di appoggio (come si dice: condizioni di trave isostatica). Osservando i dettagli in Figura 3–16, si focalizzi l’attenzione sull’espressione trovata per la componente di deformazione v dello spostamento dell’asse dell’elemento elastico paralle-lamente all’asse y:

(3–62)v kEJM z

x

x 2=- l .

9 Inversamente proporzionale quindi al modulo elastico E (MPa) del materiale.10 Per i coseni direttori dell’asse nutro, si vedano le espressioni all’Eq. (3–60).


§ Calcolo dell’equazione della linea elastica


155

Lin

ea eL

ast

ica

In base a quest’ultima formulazione, il massimo spostamento lungo l’asse y si ha evidentemente quando z = L; dove per L si intenda la lunghezza dell’elemento elastico (ad esempio, una trave).

In altri termini, lo spostamento vL dell’estremità della trave tramite la formula (3–62) si calcola proprio nella sezione di estremità. Pertanto, nel suo estremo si ottiene:

v kEJ

M LL

x

x2

=- l .

D’altra parte, la rotazione (media) totale UL = vL/L della sezione di estre-mità della trave rispetto all’altra (angolo di inflessione) non può che risul-tare direttamente proporzionale alla distanza L, all’intensità della compo-nente flettente (Mx, in questo caso particolare considerato) e deve essere inversamente proporzionale alla resistenza del materiale (modulo elastico E) e al suo momento d’inerzia attorno all’asse di inflessione (Jx in questo caso). In tal caso, si deve avere:

(3–63)radLv

EJM L

LL

x

x,U =-6 @ ,

dove, dal punto di vista almeno dimensionale, numeratore e denominatore del secondo membro devono avere entrambi le dimensioni11 di una forza per una lunghezza al quadrato [MLT-2L2] affinché la rotazione complessiva

11 L sta per lunghezza; M per massa; T per tempo.

x

y

0 / G

Mx > 0

ab

Mx = Mcos a

My = Mcos b

M

s

s

x

y

0 / G

C

s

s

xC

yC

N> 0 " N di trazione suC nel disegnoCentro di pressione/trazione in C

My < 0

M perpendicolare asse s- s

Coseni direttori s- s:s x = cos c = sina

s y = cos a)

n

n

d < 0

c > 0

a > 0

C(xC ; yC )

Figura 3–14. Convenzione segni degli angoli per C su I quadrante in xy.



Capitolo 3

156Li

nea

eLa

stic

a

possa risultare in termini di radianti. Ciò posto, ritornando sull’espressio-ne iniziale (3–62) e osservando gli schemi in Figura 3–15, sappiamo che la variazione infinitesima dello spostamento dv di una sezione A posta alla distanza dz dall’origine dell’asse z diviso per la distanza elementare stessa dz è pari alla tangente trigonometrica dell’angolo { che la linea deformata dell’asse della trave presenta in quella sezione A.

Inoltre, per spostamenti infinitesimi, qualora gli angoli vengano espres-si in radianti, il valore della tangente trigonometrica tan{ tende al valore di { espresso in radianti. Supposta valida la relazione particolare (3–62), si ha di conseguenza:

tandzdv

dzdv k

EJM z2

x

x", ,{ { {= =- l .

A questo punto, in virtù della costanza di Mx (in questo particolare caso, imposto per ipotesi), la rotazione complessiva { in una sezione a distanza z è linearmente proporzionale alla coordinata z stessa. In particolare, proprio alla distanza dell’estremo z = L si calcola:

rad kEJM L2L

x

x{ U= =- l6 @ .

Confrontando quest’ultima espressione con la (3–63), si deduce che la co-stante (definita positiva precedentemente) non può che assumere valore pari a /k 1 2=l . In base a questa conclusione, l’equazione della linea elasti-ca cercata è proprio:

x

y

G

G

b

y

Mx > 0 z

v(0; 0; z)

Mx

Mx

y

x

Gb

H

H

x

My > 0

z

u(0; 0; z)My

My

Deformazioniu,v con andamento parabolico

u = lu z 2

v=-l v z 2

0

0

Figura 3–15. Esempi di deformazioni asse trave a sezione rettangolare.


§ Calcolo dell’equazione della linea elastica


157

Lin

ea eL

ast

ica

(3–64)vEJM z

zv

EJM z

zv

EJM

21

x

x

x

x

x

x22

2

& &22

22

=- =- =- .

L’ultima formulazione, in termini di derivata parziale del II ordine degli spostamenti (supposti però infinitesimi),12 fornisce la curvatura elastica del-la trave che risulta un tratto di parabola approssimabile ad un arco di cir-conferenza. Ovviamente, maggiore è la sollecitazione flettente Mx, a parità di resistenza complessiva della sezione (EJx), e maggiore sarà l’inflessione (la curvatura) dell’asse longitudinale della trave. Definendo appunto con | la curvatura dell’asse longitudinale della trave (approssimabile con ottima approssimazione con un arco di circonferenza di raggio r), si avrà:13

(3–65)r zv

EJM1

x

x2

2

22|= =- =

dove, se Mx risulta costante lungo tutto l’asse longitudinale della trave (come ipotizzato negli esempi finora trattati) allora è costante su ogni se-zione della trave la curvatura e quindi il raggio della circonferenza con cui è approssimabile l’intera deformata. Si consideri ora un tratto unitario di trave (L = 1) e si applichi alle sue estremità due sollecitazioni flettenti

12 Praticamente spostamenti e deformazioni molto piccoli e comunque trascurabili rispetto alle dimensioni della trave.

13 Il segno meno si ha se si adotta (come in questo caso) la convenzione di considerare l’asse y con verso rivolto dall’alto verso il basso nel piano del foglio e l’asse z parallelo all’asse longitudinale dell’elemento elastico.

x

y

G

G

b

Mx > 0

y

x

Gb

H

H

x

y

GG

My > 0

u = u (0; 0; z)

v= v(0; 0; z)*

uv

h= u 2 + v 2

h

Sezione A a distanza z > 0 dal centro degli assi xyzDeformazioneu per componenteMy

Deformazione v per componenteMx

Figura 3–16. Esempio di deformazione su sezione rettangolare inflessa.



Capitolo 3

158Li

nea

eLa

stic

a

uguali in modulo Mx che si facciano però equilibrio. Trovandosi il tronco di trave in condizioni di flessione retta, l’asse neutro n-n coinciderà con l’asse delle x (di equazione y = 0 per quanto si è visto precedentemente in merito all’equazione dell’asse neutro in condizioni di flessione retta). Data poi la costanza della sollecitazione Mx su tutte le sezioni del tronco di tra-ve unitario, sarà necessariamente costante su tutto il tronco la curvatura | = cost e quindi il raggio della circonferenza con cui si può approssi-mare la deformata: r = cost. Poiché in condizioni di flessione retta l’asse neutro è baricentrico, allora l’asse longitudinale si incurverà in un tratto di circonferenza di lunghezza invariata rispetto alla lunghezza unitaria im-posta inizialmente. Se quindi con r si è indicato il raggio della deformata dell’asse longitudinale (schema a destra in Figura 3–17), che in questo caso risulta baricentrico (y = 0), allora per fibre della sezione a distanza r + y si avranno delle deformazioni pari a 1 + fx in virtù della linearità delle deformazioni in corpi elastici. Dunque, nel caso in oggetto, si può scrivere la seguente relazione di proporzionalità:

r r y r y yE

y1 1 1xx

x& &f f | v |= ++ = = = , essendo vx = Efx.

In virtù della relazione (3–65) si ottiene infine:

Ey E y

JM yx

x xx

x& &v | v | v= = =

già ricavata per altra via nei paragrafi precedenti. Durante l’inflessione, quindi, le fibre longitudinali della trave si incurvano secondo archi circolari concentrici ed è naturale supporre che le sezioni trasversali della trave ri-mangano piane e normali alle fibre deformate. Questa è la cosiddetta ipotesi di Bernoulli-Navier o dell’ipotesi di conservazione delle sezioni piane.14

Ogni sezione, rispetto a una sezione vicina, ruota dunque intorno al suo asse neutro conservandosi piana e presentando un medesimo raggio di curvatura r. Tutti questi raggi r convergono poi in un medesimo punto, centro della circonferenza con cui è approssimabile la deformata dell’asse longitudinale della trave inflessa (si veda schema a destra in Figura 3–17). Quindi, se si considera un tronco di trave di lunghezza unitaria, una fibra longitudinale generica subisce una variazione di lunghezza fz proporzio-nale alla sua distanza y dall’asse neutro n-n. D’altre parte, la tensione vx di detta fibra è proporzionale a y (ponendo: vx = v1xy = |Ey), dove il co-efficiente costante v1x = |E è la tensione a distanza y = 1 dall’asse neutro:

EJM

xx

x1v |= = .

14 L’ipotesi di Bernoulli-Navier fu dimostrata esatta da Saint-Venant nella trazione semplice e nella flessione semplice, ed è confermata dall’esperienza.


§ Il calcolo di rotazioni e spostamenti delle sezioni di una trave


159

Lin

ea eL

ast

ica

In base alle relazioni riportate in Figura 3–17, la risultante del momento Mx applicato è data dall’integrazione della sua espressione differenziale sull’intera sezione resistente A:

( )

.

M dM y dF y y bdy

E y dA E y dA EJEJM

x x x

A A

xx

x2 2 &

v

| | | |

= = = =

= = = =

# # ## #

avendo considerato l’area infinitesima della sezione dA = bdy.

3.3.2 Il calcolo di rotazioni e spostamenti delle sezioni di una traveLa teoria della flessione è fondata essenzialmente sulla conservazione delle sezioni piane e sulla validità della legge di Hooke, con Etrazione = Ecompressione. Ipotesi che devono essere entrambe soddisfatte affinché i risultati siano va-lidi e confermati con ottima approssimazione dall’esperienza. Se il momen-to flettente Mx è costante Mx = cost (ad esempio, una mensola incastrata con momento applicato all’estremità libera), l’angolo d’inflessione risulta dall’espressione:

zEJM z

x

x{ {= =-^ h

che, se derivabile rispetto alla variabile z, fornisce (se Mx = cost):

zdz

dv zEJM z v z

EJM zdz

EJM z2x

x

x

x

z

x

x

0

2

&{ {= = =- =- =-r rr

^^

^hh

h # .

Pertanto, nel caso di una mensola incastrata a cui fosse applicata una cop-pia costante sull’estremo libero lo spostamento ha andamento parabolico, come era già stato ricavato precedentemente tramite altre considerazioni.

Viceversa, in linea del tutto generale, qualora la sollecitazione flettente fosse funzione variabile di z lungo l’asse della trave (Mx = Mx(z)), è neces-sario procedere per integrazioni successive a partire dall’equazione diffe-renziale parziale di II grado (Eq. (3–65)). Prima ricavando la funzione delle rotazioni:

zv

dzd

dzdv

EJM z

dzd

dzdv

dzd

dEJ

M zdz z

EJM z

dz

x

x

x

x

x

x

z

2

2

0

&

& &

22 {

{ {

- = = =

= =

b^

b

^^

^

lh

h

l

hh#

Infine, integrando ancora si arriva al calcolo degli spostamenti:

dzdv z v z z dz

z

0

&{ {= =^ ^ ^h h h# .



Capitolo 3

160Li

nea

eLa

stic

a

Le costanti d’integrazione per gli integrali definiti dipenderanno dalle va-rie condizioni iniziali ai limiti (condizioni di vincolo e carico).

Dall’esame di quest’ultima relazione si evince che, una volta stabilito l’asse delle y orientato sul piano del foglio dall’alto verso il basso, a varia-zioni positive Dv > 0 degli spostamenti, per incrementi della coordinata z (verso suoi valori crescenti Dz > 0), devono corrispondere rotazioni { con segno positivo. Ciò significa che, se si considerano ad esempio travi oriz-zontali con asse z parallelo al loro asse longitudinale e i carichi distribuiti agiscono nel piano del foglio dall’alto verso il basso (concordemente con il verso dell’asse y), scegliendo opportunamente la convenzione sui segni dei diagrammi flettenti in funzione di z, a rotazioni orarie si potranno sempre far corrispondere valori positivi. Analogo discorso, per eventuali coppie di carico concentrate. È opportuno notare che in tutte le precedenti relazioni si è assunto implicitamente che il prodotto EJx, che figura al denominatore delle varie espressioni (chiamato modulo di rigidezza a flessione) sia sempre costante lungo l’intero asse longitudinale della trave. L’angolo di flessione { è proporzionale al momento flettente M purché il momento d’inerzia J rimanga costante. Vi sono però travi di sezione facilmente deformabile (ad es. i tubi di spessore molto piccolo rispetto al diametro) che tendono a ova-lizzarsi man mano che cresce la curvatura con un J decrescente.

Esempio 3-20. Calcolo della deformata e delle rotazioniSia data una semplice trave ad una sola campata con due appoggi alle estre-mità che la costringano ferma alle traslazioni ma che le permettano delle

x

yy

y

G G

b

A B

CD

Mx > 0

H

vx = vx (y> 0)

vx = vx (y< 0)

n n

n

Trazioni: vx > 0

Compressioni: vx < 0

Mx

A/ B

C/ D

y

dA= bdy

v x (y)

dF= v x (y)dA= v x (y)bdy

vx (y) = |E y dM= ydF= yv x (y)bdy= |E y2dA

rr+ y

1 + fx

1

Figura 3–17. Tensioni su sezione rettangolare semplicemente inflessa

........Copia (PARZIALE) di valutazione - Agosto 2017



161

Lin

ea eL

ast

ica

rotazioni ai suoi estremi A e B (si veda Figura 3–18). Si ammetta che sia noto l’andamento della sollecitazione flettente Mx = M (z) non costante lungo tutto l’asse longitudinale della trave. In particolare, si assuma per la fun-zione M(z) la convenzione del segno indicata in figura. L’andamento della sollecitazione flettente lungo tutta la trave è dovuta, in particolare, all’ap-plicazione di una coppia concentrata MB di senso orario nell’estremità di appoggio B della trave. Valutare la coordinata z* dove è massimo lo sposta-mento (supposto verticale rispetto alla giacitura della trave) e le rotazioni angolari ai suoi estremi A e B. Si assuma una trave a sezione costante e di medesimo materiale (modulo di rigidezza a flessione costante: EJx = EJ = cost).

SoluzioneSi parte dalla relazione con derivata parziale del II ordine (equazione linea elastica) con Mx = M, unitamente a J = Jx. Sostituendo la funzione M(z):

( )zv

dzd

dzdv

dzd v z

EJM z

EJ LM z1 1 B

2

2

22

= = =- =lb ^ ^l hh .

Integrando una prima volta:

( )dv zEJ

M z dzEJLM zdz1

z z

B

z

0 0 0

=- =l̂ h# # #si ottiene:

v z vEJLM zdz

EJLM z v z v

EJLM z0

20

2B

z

B B

0

2 2

&- = = = +l l l l^ ^ ^ ^h h h h# .

Integrando una seconda volta:

dzdv z

vEJLM z dv z v dz

EJLM z dz0

20

2B

z z

B

z2

0 0

2

0

&= + = +l l^

^ ^ ^h

h h h# # #si ottiene (essendo v 0l̂ h un valore costante sull’estremità A):

v z v v zEJLM z v z v v z

EJLM z0 0

60 0

6B B

3 3

&- = + = + +l l^ ^ ^ ^ ^ ^h h h h h h .

Le condizioni ai limiti sono (si veda Figura 3–18): - v = 0 per z = 0 (estremità A vincolata alla traslazione verticale) - v = 0 per z = L (estremità B vincolata alla traslazione verticale).

Considerando queste condizioni ai limiti sull’ultima relazione di v(z), cal-colando per z = L, si ricava l’unico valore incognito v 0l̂ h:

v LEJM L v

EJM L0 0 0

60

6B B

2

&= + + =-l l^ ^h h .

Noto questo valore, si ottengono infine le cercate espressioni:

;v zEJ

M LLz v z

EJM L z

Lz

61 3

61B B

2

2

2

2

=- - =- -l̂ c ^ ch m h m.

................................................................................................Copia (PARZIALE) di valutazione - Agosto 2017


Capitolo 3

162Li

nea

eLa

stic

a

Per individuare la coordinata z* a cui corrisponde il massimo valore (in intensità) dello spostamento v(z) basta trovare quel particolare valore di z per cui la derivata prima della funzione v(z) si annulla:

* ,v zEJ

M LLz z L L

61 3 0

30 577B

2

2

& ,=- - = =l̂ ch m .

Le rotazioni angolari agli estremi si calcolano evidentemente per z = 0 e per z = L tramite la funzione v zl̂ h:

; ( )vEJ

M L v LEJ

M L orario06

03

0< >AB

BB{ {= =- = =l l^ ^h h .

La rotazione sull’estremità A ha valore negativo (quindi verso antiorario); mentre la rotazione sull’estremità B è oraria. Il loro rapporto dei moduli è:

/ 2B A{ { = .

Esempio 3-21. Calcolo delle sollecitazioni e delle deformateSi consideri una semplice trave appoggiata (quindi a singola campata), lunga L = 5000 mm (in gergo tecnico, luce della trave pari a L) in carpenteria metallica (HEB 240), caricata con un carico p = 39,2 kN/m (valutato per combinazione caratteristica rara, secondo le attuali Norme Tecniche delle Co-struzioni) a stesa uniforme costante (carico uniformemente distribuito) e agen-te, sull’estradosso della piattabanda superiore, dall’alto verso il basso nel piano del foglio (si veda Figura 3–19). Si ipotizzi il caso concreto di dover stimare la massima deformata (freccia) della sezione di mezzeria (z = L/2) della trave seguendo, appunto, le indicazioni delle attuali Norme Tecniche delle Costruzioni (“Verifiche agli stati limite di esercizio”). Si valutino inoltre

A B

AB

A B

M B > 0

y

z

zz

M(z)

-M B-

M(z) =- M B

Lz

L

z *

v(z *)

{ A { B

Figura 3–18. Trave appoggiata con coppia concentrata a un estremo.

......................................................




163

Lin

ea eL

ast

ica

le rotazioni (in radianti) nelle sezioni di estremità. In particolare, si ipotizzi che la trave in oggetto faccia parte della struttura di un solaio per civile abitazione che regga intonaco o altro materiale di finitura fragile o tramezzature non flessibili (ad esempio, divisori tramite ampie vetrate).

SoluzioneSecondo le attuali Norme Tecniche, i limiti di deformabilità per gli elementi di impalcato delle costruzioni ordinarie sono riportati sotto forma tabellare in funzione della tipologia strutturale (coperture o solai in generale) e in funzione del tipo di carichi agenti (carichi permanenti e carichi variabili).15

Nel caso in oggetto, tenendo conto della luce L della trave, i due limiti su-periori per gli spostamenti verticali sono (secondo Norme Tecniche):

- spostamento elastico dovuto ai soli carichi variabili: d2 = L/350 = 5000/350 = 14 mm

- spostamento elastico dovuto a tutti i carichi (permanenti + variabili): dmax = L/250 = 20 mm.

15 Per carichi permanenti si devono intendere i pesi propri G1 [kN/m2] di tutti gli elementi strutturali portanti (pesi delle travi portanti e delle loro connessioni in termini di bullo-ni, profilati, piastre, ancoranti, etc.) e i pesi propri degli elementi portati non strutturali G2 [kN/m2] (pesi dei materiali rimanenti che costituiscono il solaio o la copertura: iso-lanti, eventuali getti di completamento, finiture, etc.). Per carichi variabili Qk [kN/m2] si devono intendere tutti i carichi di esercizio (sovraccarichi di utilizzo per i solai o azioni per vento e/o neve per le coperture) dipendenti quindi dalla destinazione d’uso della costruzione.

.....................................................

A B

p kN/m7 A

z

L

A B

L

L/4

L/2

L/4

M(L/2)pL/2

pL/2 pL/2

Figura 3–19. Equilibrio trave semplicemente appoggiata con carico uniforme.



Capitolo 3

164Li

nea

eLa

stic

a

Questi sono da considerarsi spostamenti limite (quindi da non eccedere) e da verificarsi con gli spostamenti (deformazioni) della trave in condizioni di combinazione di carico rara. Il superamento di anche uno solo di questi due limiti equivale al non superamento della verifica della trave per le con-dizioni di stato limite di esercizio,16 indipendentemente dal fatto che possa es-sere soddisfatta anche con ampio margine la relativa verifica di resistenza.

Osservazioni preliminari di tipo teoricoDall’esame degli schemi in Figura 3–19, si può subito affermare che, in virtù della simmetria e regolarità del carico che grava sulla trave (supposta a se-zione e materiale costante lungo tutto il suo sviluppo), le reazioni verticali nei due vincoli di estremità (A e B) devono essere uguali e dirette entrambe come il carico agente p (verticalmente) ma in verso opposto (per equilibrar-lo). In termini di moduli, quindi si deve avere VA = pL/2; VB = pL/2 per-ché per l’equilibrio deve essere: VA + VB = pL in virtù della simmetria del carico p. Ora, se si considera l’equilibrio del tronco di metà trave, dall’estre-mità A fino alla sezione a distanza z = L/2 (sezione di mezzeria), notiamo che la relativa quota risultante del carico distribuito agente p·L/2 [kN] (prodotto di p[kN/m] per la lunghezza del tronco di trave caricato L/2 [m]), è proprio pari alla reazione sull’estremità in A (VA = pL/2 [kN]). Questo significa che nella sezione di mezzeria (z = L/2) non c’è necessità di nessuna reazione interna verticale per bilanciare il carico lungo traslazioni parallele alla dire-zione di p. Viceversa, le due forze uguali pL/2 esercitano di fatto una coppia flettente (in questo caso, di verso orario) su metà tronco della trave che, necessariamente per questioni di equilibrio anche dal punto di vista delle rotazioni della trave, implica l’esistenza di una coppia “interna”, agente nel-la sezione “di taglio” della trave nella sua metà, che garantisca l’equilibrio con una coppia di uguale intensità e di verso opposto antiorario (M(L/2)):

/M LpL L pL

22 4 8

2

= =^ h .

Ora possiamo osservare, almeno intuitivamente, che se analizzassimo un tronco limitato di trave lungo z, la sollecitazione flettente nella generica sezione z dovuta almeno al carico distribuito p sarà sicuramente propor-zionale al carico distribuito p su tutto il tratto z e alla distanza di questa risultante della sezione z stessa (braccio della forza risultante). In termini generali, la quota di sollecitazione flettente per carico distribuito p in una generica sezione z sarà esprimibile dalla seguente espressione:

M z pz z pz2 2p

2

$= =^ h ,

16 Gli stati “limite di esercizio” sono stati oltre i quali non risultano più soddisfatti i requi-siti di esercizio prescritti dalla particolare norma utilizzata (potendo essere anche gli Eurocodici Strutturali, ad esempio). Il superamento di uno stato limite di esercizio può avere carattere reversibile o irreversibile: nel primo caso i danni o le deformazioni sono reversibili e cessano non appena sia eliminata la causa che ha portato al superamento dello SLE; nel secondo caso si manifestano danneggiamenti o deformazioni permanenti inaccettabili e ineliminabili per mezzo della soppressione della causa che le ha generate.




165

Lin

ea eL

ast

ica

quindi ad andamento parabolico con la variabile z. Invece, la quota di solle-citazione flettente MVA dovuta ad esempio alla reazione verticale nell’estre-mità A (Figura 3–19) è semplicemente data dal suo valore per la distanza (braccio) dalla sezione z:

M z V zpL

z2VA A $ $= =^ h ,

quindi lineare con la variabile z. Come abbiamo già osservato, se si conside-ra l’equilibrio delle rotazioni rispetto alla generica sezione z — consideran-do quest’ultima sezione z come una cerniera fissa nel piano che permetta solo rotazioni attorno ad essa — l’unica sollecitazione interna che garan-tisca l’equilibrio alla rotazione è data dalla sollecitazione flettente interna M(z). In altre parole, ponendoci in una generica sezione z (considerando quindi il tronco di trave dall’estremità A fino alla sezione z), lo scarto tra le due sollecitazioni flettenti Mp(z) e MVA(z) non può che essere equilibrato dalla coppia flettente interna M(z). Assumendo M > 0 per i versi antiorari dei momenti rispetto alla sezione z del tronco Az, si scriverà:

M z M z M z 0p VA+ - =^ ^ ^h h h .

Esplicitando in funzione di M(z):

M zpL

zpz

M zp

z L z2 2 2

2

&$= - = -^ ^ ^h h h .

In particolare, per z = L/2 si deve ottenere il medesimo risultato ottenuto precedentemente per via più intuitiva:17

/M zp

z L z M Lp L L L pL

22

2 2 2 8

2

&= - = - =^ ^ ^ bh h h l .

Teoria del calcolo delle deformate e delle rotazioniA questo punto, nota la funzione M(z) è possibile integrare l’equazione del-la linea elastica, allo stesso modo di quanto fatto nell’esempio precedente.

( )zv

dzd

dzdv

dzd v z

EJM z

EJp

z L z1 122

2

22

= = =- =- -lb ^ ^ ^l hh h.

Eseguendo una prima integrazione, dalla coordinata z = 0 alla generica coordinata z < L, si ottiene:

v z vEJp

L z z02 2 3

2 3

= - -l l^ ^ bh h l.

Eseguendo sue quest’ultima espressione una seconda integrazione, sempre tra gli estremi 0 e z, si ha:

v z v v zEJp

L z z0 02 6 12

3 4

= + - -l^ ^ ^ bh h h l.

17 Notare che per gli schemi di carico più frequenti su travi a una o più campate, in molti prontuari in commercio per le costruzioni vengono disegnati tutti i diagrammi della funzione flettente M(z) con accanto evidenziata la relativa formulazione analitica in fun-zione dell’ascissa z.



Capitolo 3

166Li

nea

eLa

stic

a

Le condizioni ai limiti sono (si veda Figura 3–19): - v = 0 per z = 0 (estremità A vincolata alla traslazione verticale) - v = 0 per z = L (estremità B vincolata alla traslazione verticale).

Considerando la prima condizione limite sull’ultima relazione di v(z), ri-sulta evidentemente v(0) = 0; mentre considerando la seconda condizione limite sulla funzione v(z) si ottiene (per z = L):

v L v LEJp

L L L vEJ

pL0 0

2 6 120 0

24A

3 4 3

& {= + - - = = =l l^ ^ b ^h h l h

positiva, quindi di verso orario. Note le incognite, si ottengono le equazioni risolventi della linea elastica:

v zEJ

pLLz

Lz

241 6 4

3

2

2

3

3

= - +l̂ ch m

v zEJ

pLz

Lz

Lz

241 2

3

2

2

3

3

= - +^ ch m.

Per evidenti ragioni di simmetria la rotazione trovata nella sezione z = 0 sull’estremità A dovrà essere uguale, in modulo, a quella sull’estremità B:

v LEJ

pLLL

LL

EJpL

241 6 4

24B

3

2

2

3

3 3

{= - + = =-l̂ ch m

negativo, quindi di verso antiorario. In virtù della simmetria del carico di-stribuito e di vincolo della trave, è intuitivo attendersi rotazione nulla nella sezione di mezzeria (z = L/2) della trave:

v LEJ

pLLL

LL

2 241

46

84 0

3

2

2

3

3

= - + =lb cl m ;

quindi, anche aspettarsi il valore massimo dell’abbassamento della trave:

v v LEJ

pL LLL

LL

EJpL

2 24 21

42

8 3845

max

3

2

2

3

3 4

= = - + =b cl m ,

Quest’ultima relazione è di fondamentale importanza per il calcolo delle massime inflessioni soprattutto per le strutture in carpenteria metallica o in legno. Come si nota, la massima freccia di inflessione vmax risulta diretta-mente proporzionale all’entità del carico distribuito p [kN/m] e proporzio-nale alla quarta potenza della luce L. Risulta infine inversamente propor-zionale alla rigidezza della trave (EJ). Dovendo eseguire la verifica in condizioni di stato limite di esercizio (SLE), si devono prima reperire i dati geometrici e di resistenza della sezione della trave necessari per la verifica.

Verifica della sezione della traveDovendo verificare una trave metallica HEB 240, da un qualsiasi profilario si leggano i corrispondenti momenti d’inerzia J attorno agli assi principali di inflessione. Nel caso in oggetto, però, l’inflessione è attorno all’asse cosid-detto “forte” (asse x, nel caso in figura): in altri termini per poter sfruttare al meglio la sezione della trave è necessario disporla in modo che duran-te l’inflessione sotto i carichi reagisca con il momento d’inerzia maggiore

...............................................................................................




167

Lin

ea eL

ast

ica

(Jmax). Ebbene, nel caso di un profilato H, la massima resistenza all’infles-sione della sezione si ha per asse neutro parallelo alle piattabande (si veda Figura 3–20) dove il momento d’inerzia assume il massimo valore: Jmax = Jx = 11260 cm4. In questo modo, il carico distribuito p agisce parallelamente all’anima del profilato (parallelamente quindi all’asse y), scaricandosi per ipotesi sulla superficie della piattabanda superiore del profilato (si veda fi-gura in alto). Seguendo le indicazioni della norma, per acciai strutturali del tipo ad esempio S275JR il modulo elastico da considerare nelle calcolazioni è pari a E = 210000 MPa = 21000 kN/cm2. Sostituendo nella formula del massimo spostamento in mezzeria e facendo attenzione alle unità di misu-ra affinché il valore della freccia sia in centimetri, si ottiene:

/

, / /,v v L

EJpL

kN cm cm

kN cm cmcm

2 3845

3845

21000 11260

39 2 100 5001 35max

4

2 4

4

= = = =b^

^ ^

^l

h

h h

h,

avendo espresso il carico lineare p (permanenti + variabili) in termini di kN/cm. Il limite è stato calcolato precedentemente pari a 20 mm. La verifica ha quindi esito positivo. Per quanto riguarda la seconda verifica, sulla sola quota dei carichi di esercizio q1k [kN/m], è sufficiente valutare la loro quota sul carico totale. Ad esempio, supponendo che i valori dei carichi in combi-nazione di carico rara risultino nel rapporto:18

18 I carichi lineari (in termini di kN/m) sono stati così indicati: g1 carico lineare caratteristi-co per pesi strutturali; g2 carico lineare caratteristico per pesi portati non strutturali; qk1 carico lineare caratteristico per variabile di esercizio (pedice “1” per indicare che è un carico principale agente; potendoci essere, in generale, più carichi variabili agenti con-temporaneamente con diverse probabilità di incidenza). Per valore “caratteristico” di un

A B

p kN/m7 A

p

z

A B

z

A B

L

y

z

{ A { Bvmax

M z_ i=2pz L- z_ i

M

z

Sez.1

Sez.1

G

y

x

HEB 240J x = 11260 cm 4

J y = 3923 cm4v(z)

Figura 3–20. M(z), deformata e rotazioni per trave in semplice appoggio.

......................................................



Capitolo 3

168Li

nea

eLa

stic

a

, , , /p

qg g q

qq kN m0 80 0 80 39 2k

k

kk

1

1 2 1

11& $= + + = = ,

allora la freccia relativa si soli carichi variabili q1k si ottiene direttamente dal valore della freccia appena calcolata per i carichi totali p, in virtù della proporzionalità lineare con il carico agente. Si ottiene immediatamente:

, , , ,vEJ

q LEJpL

cm cm3845 0 80

3845 0 80 1 35 1 08,max q

k14 4

$ $= = = =c m ,

dove la verifica SLE si ritiene completamente verificata, poiché anche quest’ultimo valore rientra nel limite di 14 mm precedentemente calcolato.

Esempio 3-22. Progetto della sezione allo SLESi debba individuare il profilato metallico (di tipo HEB per motivi essen-zialmente architettonici) che garantisca, secondo uno schema di trave sem-plicemente appoggiata (singola campata isostatica), una freccia massima in mezzeria contenuta in dmax = L/500. Si assuma lo stesso carico lineare dell’esempio precedente: p = 39,2 kN/m (comb. di carico rara) a stesa uni-forme costante e la medesima luce L = 5000 mm.

SoluzioneIn accordo con le Norme Tecniche, considerando tutti i carichi (permanenti e variabili), la massima freccia deve verificare il vincolo:

,v d L cm500 500

500 1 0max max# = = = .

A questo punto, basta imporre la condizione (per dmax = 1,0 cm):

,,

vEJpL

cm J JE cm

pL3845 1 0

3845

1 0max min

4 4

&$

# $= =^ h

.

Sostituendo i valori numerici si trova il minimo valore del momento d’iner-zia della sezione attorno all’asse di inflessione (supposto sia l’asse x):

/ ,

, / /J J

kN cm cm

kN cm cmcm

3845

21000 1 0

39 2 100 50015191min 2

4

4

$$ = =

^

^

^

^h

h

h

h .

Da un qualsiasi profilario, si trova che il primo profilo di tipo HEB che presenta il momento d’inerzia attorno all’asse forte (asse x in Figura 3–20) immediatamente superiore al minimo calcolato è l’HEB 280. Tale profilato presenta un momento d’inerzia attorno all’asse forte: Jmax = Jx = 19270 cm4.

carico deve intendersi il corrispondente valore nominale, indicato dalle Norme.

............................................................................


Testi e pubblicazioni consultate

11 BiBliografia

Beer Ferdinand P., Johnston E. Russel Fr., Scienza delle Costruzioni, McGraw-Hill, 2000

Belluzzi O., Scienza delle Costruzioni, vol. 1 Zanichelli, 1941Castelfranchi Prof. Dott. Ing. Gaetano, Scienza delle Costruzioni, vol. I,

Hoepli, 1946Cavallina T., D’Anna E., Esercizi di Scienza delle Costruzioni, vol. II, Casa

Editrice Prof. Riccardo Pàtron, Bologna, 1970Di Pasquale S., Messina C., Paolini L., Furiozzi B., Corso di Costruzioni,

vol. 3, Le Monnier, 2001Draycott T., Structural Element Design Manual, Butterworth Heine-

mann, 2000EN 1993-1-1:2005, Eurocode 3 - Design of Steel Structures - Part 1-1: Ge-

neral rules and rules for Buildings, CEN, European Committee for Standardization

Engel H., Atlante delle Strutture, UTET, 2008Fidanza R., Giangrasso M., Muscaritoli C., Pascussi V., Applicazioni di

Tecnica delle Costruzioni, parte II, Masson editoriale ESA, 1982Foraboschi P., Elementi di Tecnica delle Costruzioni, McGrw-Hill, 2004Gambarotta L., Nunziante L., Tralli A., Scienza delle Costruzioni, MUr-

sia, 1982Gavarini C., Beolchini G. C., Matteoli G., Costruzioni, vol. 1, 2 2 3, Ho-

epli, 1988Gavarini C., Lezioni di Scienza delle Costruzioni, Masson editoriale ESA,

1994Lucchesi D., Tecnica delle Costruzioni, Hoepli, 1981Ormea G. B., Corso di Costruzioni, vol. 1, 2, 3, Hoepli, 1993


Ormea G. B., Prontuario per il calcolo degli elementi strutturali, Hoepli, 1993

Pozzati E., Teoria e Tecnica delle Strutture, vol. II-III, UTET, 1977Santarella Ing. Luigi, Prontuario del cemento armato, Hoepli, 1996Sigmund C., Eurocodice 3 - Formule di calcolo - Parte I, EUROCODES

Spreadsheets Structural Design, 2014Tolino V., D’Alessandro P., Prontuario di Costruzioni, Edizioni SIstema

Roma, 1965Zignoli V., Costruzioni metalliche, vol. I e II, UTET, 1976.


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