====== Trave di Eulero-Bernoulli ======

Con l'espressione "trave di Eulero-Bernoulli" si intende riferirsi all'analisi di una trave rettilinea nella quale si trascuri l'influenza del taglio sulla linea elastica.
===== Analisi cinematica =====

Le ipotesi cinematicche alla base del modello di trave di Eulero-Bernoulli sono:
  * conservazione delle sezioni piane
  * ortogonalità tra sezione ed asse della trave

Queste ipotesi ci permettono di scrivere

$$\varphi (x) = - \frac{\mathrm{d}w}{\mathrm{d} x}$$

in cui:
  * $\varphi (x)$ è l'angolo che la sezione forma con la verticale (positivo se antiorario, negativo se orario :-) )
  * $w(x)$ è lo spostamento trasversale dell'asse della trave

===== Analisi statica =====

Dall'analisi dell'equilibrio di un concio infinitesimo di trave rettilinea otteniamo

  * equilibrio a traslazione lungo l'asse

$$p(x) + \frac{\mathrm{d}N}{\mathrm{d}x} = 0$$

  * equilibrio a traslazione trasversalmente all'asse

$$q(x) + \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}x} = 0$$

  * equilibrio a rotazione

$$m(x) + \frac{\mathrm{d}M}{\mathrm{d}x} - T(x) = 0$$

===== Linea elastica =====

Analizziamo nello spazio bidimensionale una trave trascurando l'influenza del taglio sulla linea elastica secondo le ipotesi di Eulero-Bernoulli.

Sotto le ipotesi di comportamento elastico lineare, esistono i seguenti legami:

  * tra sforzo normale e spostamento lungo l'asse della trave

$$\frac{\mathrm{d} u}{\mathrm{d}x} = \frac{N (x)}{E A}$$

  * tra momento e rotazione della sezione

$$\frac{\mathrm{d} \varphi}{\mathrm{d}x} = \frac{M (x)}{E J}$$

Quest'ultima relazione, considerando la relazione trovata tra rotazione e spostamento trasversale nel precedente paragrafo relativo all'analisi cinematica, diventa

$$\frac{\mathrm{d}^2 w}{\mathrm{d}x^2} = - \frac{M (x)}{E J}$$

Supponiamo inoltre che sulla trave agiscano carichi distribuiti con un andamento lineare, secondo le relazioni

  * per i carichi assiali
  $$p(x) = p_1 + \frac{p_2 - p_1}{l} x = p_1 + \frac{\Delta p}{l} x$$

  * per i carichi trasversali
  $$q(x) = q_1 + \frac{q_2 - q_1}{l} x = q_1 + \frac{\Delta q}{l} x$$

  * per le coppie
  $$m(x) = m_1 + \frac{m_2 - m_1}{l} x = m_1 + \frac{\Delta m}{l} x$$


Dall'analisi statica abbiamo visto che 

$$\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}x} + q(x) = 0 
\Longrightarrow
\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}x} = - q(x)$$

Sempre dall'analisi statica

$$-T(x) + \frac{\mathrm{d}M}{\mathrm{d}x} + m(x) = 0 
\Longrightarrow
T(x) = \frac{\mathrm{d}M}{\mathrm{d}x} + m(x)$$

Sostituendo la seconda nella prima otteniamo

$$\frac{\mathrm{d^2}M}{\mathrm{d}x^2} + \frac{\mathrm{d}m}{\mathrm{d}x} = - q(x)
\Longrightarrow
\frac{\mathrm{d^2}M}{\mathrm{d}x^2} = - \left( q(x) + \frac{\mathrm{d}m}{\mathrm{d}x}\right)$$

Utilizzando la relazione tra momento $M(x)$ e spostamento trasversale $w(x)$ otteniamo

$$- EJ \frac{\mathrm{d^4}w}{\mathrm{d}x^4} = - \left( q(x) + \frac{\mathrm{d}m}{\mathrm{d}x}\right)
\Longrightarrow
\frac{\mathrm{d^4}w}{\mathrm{d}x^4} = \frac{1}{E J} \left( q(x) + \frac{\mathrm{d}m}{\mathrm{d}x}\right)$$

che, introducendo le espressioni dei carichi distribuiti, diventa

$$\frac{\mathrm{d^4}w}{\mathrm{d}x^4} = \frac{1}{E J} \left( \frac{\Delta q}{l} x  + q_1 + \frac{\Delta m}{l}\right)$$

Integrando tale relazione otteniamo

$$\frac{\mathrm{d^3}w}{\mathrm{d}x^3} = \frac{1}{E J} \left[ \frac{\Delta q}{2 \, l} x^2 + \left( q_1 + \frac{\Delta m}{l}\right) x \right] + C_1 $$

$$\frac{\mathrm{d^2}w}{\mathrm{d}x^2} = \frac{1}{E J} \left[ \frac{\Delta q}{6 \, l} x^3 + \left( q_1 + \frac{\Delta m}{l}\right) \frac{x^2}{2} \right] + C_1 \, x + C_2$$

$$\frac{\mathrm{d}w}{\mathrm{d}x} = \frac{1}{E J} \left[ \frac{\Delta q}{24 \, l} x^4 + \left( q_1 + \frac{\Delta m}{l}\right) \frac{x^3}{6} \right] + \frac{C_1}{2} x^2 + C_2 \, x + C_3$$

$$w(x) = \frac{1}{E J} \left[ \frac{\Delta q}{120 \, l} x^5 + \left( q_1 + \frac{\Delta m}{l}\right) \frac{x^4}{24} \right] + \frac{C_1}{6} x^3 + \frac{C_2}{2} x^2 + C_3 \, x + C_4$$

Il momento è dato da

$$M(x) = - EJ \frac{\mathrm{d^2}w}{\mathrm{d}x^2} = -\frac{\frac{x^3 \Delta q}{6} + \frac{x^2 \Delta m}{2}}{l} - E J (C_2 + x C_1) - \frac{x^2 q_1}{2}$$

ed il taglio

$$T(x) = m_1 - E J C_1 - x q_1 - \frac{x^2 \Delta q}{2 l}$$

Passiamo ora al calcolo della componente dello spostamento lungo l'asse x. Si parte stavolta dall'equilibrio a traslazione orizzontale di un tratto infinitesimo di trave

$$\frac{\mathrm{d}N}{\mathrm{d}x} = - p(x) = - \left( \frac{\Delta p}{l} x + p_1 \right)$$

Integrando otteniamo 

$$N(x) = - \frac{\Delta p}{2 l} x^2 - p_1 \, x  + C_5$$

Ricordando la relazione tra sforzo normale e derivata prima dello spostamento assiale scriviamo

$$\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = \frac{1}{EA} \left( - \frac{\Delta p}{2 l} x^2 - p_1 \, x  + C_5 \right)$$

che integrata dà

$$u(x) = \frac{1}{EA} \left( - \frac{\Delta p}{6 l} x^3 - \frac{p_1}{2} x^2  + C_5 \, x \right) + C_6$$

Ricapitolando, abbiamo ottenuto gli spostamenti

$$u(x) = \frac{1}{EA} \left( - \frac{\Delta p}{6 l} x^3 - \frac{p_1}{2} x^2  + C_5 \, x \right) + C_6$$

$$w(x) = \frac{1}{E J} \left[ \frac{\Delta q}{120 \, l} x^5 + \left( q_1 + \frac{\Delta m}{l}\right) \frac{x^4}{24} \right] + \frac{C_1}{6} x^3 + \frac{C_2}{2} x^2 + C_3 \, x + C_4$$

$$\theta (x) = 
- \frac{1}{E J} \left[ \frac{\Delta q}{24 \, l} x^4 + \left( q_1 + \frac{\Delta m}{l}\right) \frac{x^3}{6} \right] - \frac{C_1}{2} x^2 - C_2 \, x - C_3$$

e le caratteristiche di sollecitazione

$$N(x) = - \frac{\Delta p}{2 l} x^2 - p_1 \, x  + C_5$$

$$T(x) = - \frac{\Delta q}{2 l} x^2 - q_1 x + m_1 - E J C_1 $$

$$M(x) = - \frac{\Delta q}{6 l} x^3 - \left(  q_1 + \frac{\Delta m}{l} \right) \frac{x^2}{2}  - E J (C_1 x + C_2)$$

Per determinare le costanti di integrazione $C_1$, $C_2$, $C_3$, $C_4$, $C_5$ e $C_6$, dobbiamo imporre 6 condizioni al contorno, ciascuna delle quali potrà essere: 
  * di tipo //cinematico//, se riguarda uno degli spostamenti, 
  * di tipo //statico//, se riguarda una delle caratteristiche di sollecitazione.