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Trave di Eulero-Bernoulli
Ipotesi 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
$$\theta (x) = - \frac{\mathrm{d}w}{\mathrm{d} x}$$
in cui:
- $\theta (x)$ è l'angolo che la sezione forma con la verticale (positivo se antorario)
- $w(x)$ è lo spostamento trasversale dell'asse della trave
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 momento e spostamento trasversale
$$\frac{\mathrm{d}^2w}{\mathrm{d}x^2} = - \frac{M (x)}{E J}$$
- tra sforzo normale e spostamento lungo l'asse della trave
$$\frac{\mathrm{d} u}{\mathrm{d}x} = \frac{N (x)}{E A}$$
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
$$m(x) = m_1 + \frac{m_2 - m_1}{l} x = m_1 + \frac{\Delta m}{l} x$$
Analizzando l'equilibrio a traslazione verticale di un concio infinitesimo di trave troviamo
$$\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}x} + q(x) = 0 \Longrightarrow \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}x} = - q(x)$$
L'equilibrio a rotazione dello stesso concio di permette di scrivere
$$-T(x) + \frac{\mathrm{d}M}{\mathrm{d}x} + m(x) = 0 \Longrightarrow T(x) = \frac{\mathrm{d}M}{\mathrm{d}x} + m(x)$$
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.