Con l'espressione “trave di Timoshenko” si intende riferirsi all'analisi di una trave rettilinea nella quale non si trascuri l'influenza del taglio sulla linea elastica, in contrapposizione a quanto già visto a proposito della Trave di Eulero-Bernoulli.

La teoria di Timoshenko analizza il comportamento di una trave rettilinea considerando l'influenza del taglio sulla linea elastica. L'ipotesi cinematica fondamentale è che, pur valendo la conservazione delle sezioni piane, viene meno l'ortogonalità tra la linea elastica e la sezione della trave.

Pertanto, nel caso piano, gli spostamenti di un generico punto della trave sono esprimibili nella forma

$$u(x,z) = u_0(x) + \varphi(x) \; z$$

$$w(x,z) = w_0(x)$$

in cui:

• $u_0(x)$ e $w_0(x)$ sono gli spostamenti del baricentro della sezione; ricordiamo che l'insieme dei baricentri delle sezioni della trave ne descrive l'asse;
• $\varphi(x)$ è la rotazione della sezione rispetto alla verticale.

Noti gli spostamenti, ricaviamo le deformazioni

$$\gamma_{x,z} = \frac{\partial w}{\partial x} + \frac{\partial u}{\partial z} = \frac{\mathrm{d}w_0}{\mathrm{d} x} + \varphi$$

$$\varepsilon_{x} = \frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\mathrm{d}u_0}{\mathrm{d} x} + \frac{\mathrm{d} \varphi}{\mathrm{d}x} z $$

Ricapitolando

$$\gamma_{m,xz} = \frac{\mathrm{d} w_0}{\mathrm{d}x} + \varphi$$

$$\varepsilon_x = \frac{\mathrm{d}u_0}{\mathrm{d} x} + \frac{\mathrm{d} \varphi}{\mathrm{d}x} z $$

che lega:

• lo scorrimento angolare medio $\gamma_{m,z}$
• la rotazione della sezione rispetto alla verticale $\varphi$
• lo spostamento lungo l'asse della trave $u_0(x)$
• lo spostamento trasversale dell'asse della trave $w_0(x)$

L'analisi statica coincide con quanto già visto nel caso si trascuri l'influenza del tagli sulla linea elastica (vedi l'analisi statica in Trave di Eulero-Bernoulli).

Analizziamo nello spazio bidimensionale una trave considerando l'influenza del taglio sulla linea elastica

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

• tra momento e rotazione della sezione

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

• tra taglio e scorrimento angolare medio

$$T = \frac{G A}{\chi} \gamma_{m,z}$$

• tra sforzo normale e deformazione assiale

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

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

• carichi assiali

$$p(x) = p_1 + \frac{p_2 - p_1}{l} x = p_1 + \frac{\Delta p}{l} x$$

• carichi trasversali

$$q(x) = q_1 + \frac{q_2 - q_1}{l} x = q_1 + \frac{\Delta q}{l} x$$

• coppie

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

L'analisi dell'equilibrio a traslazione verticale di un concio di trave infinitesimo ci permette di scrivere

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

Analizzando l'equilibrio a rotazione possiamo invece scrivere

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

Derivando otteniamo

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

Ricorrendo al legame visto sopra tra momento e curvatura, nell'ipotesi $EJ = cost$, otteniamo

$$\frac{\mathrm{d^3} \varphi}{\mathrm{d}x^3} = - \frac{1}{EJ} \left( q(x) + \frac{\mathrm{d}m}{\mathrm{d}x} \right)$$

Sostituendo le espressioni dei carichi distribuiti

$$\frac{\mathrm{d^3} \varphi}{\mathrm{d}x^3} = - \frac{1}{EJ} \left( \frac{\Delta q}{l} x + q_1 + \frac{\Delta m}{l} \right)$$

Integrando due volte tale relazione otteniamo

$$\frac{\mathrm{d^2} \varphi}{\mathrm{d}x^2} = - \frac{1}{EJ} \left[ \frac{\Delta q}{2 l} x^2 + \left( q_1 + \frac{\Delta m}{l} \right) x \right] + C_1$$

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

Le ipotesi di Timoshenko ci permettono di scrivere

$$\frac{\mathrm{d}w}{\mathrm{d}x} = - \varphi + \gamma_{m,z} \Longrightarrow \frac{\mathrm{d}w}{\mathrm{d}x} = - \varphi + \frac{\chi}{G A} T$$

che derivata diventa

$$\frac{\mathrm{d^2}w}{\mathrm{d}x^2} = - \frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{d} x} + \frac{\chi}{G A} \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d} x} \Longrightarrow \frac{\mathrm{d^2}w}{\mathrm{d}x^2} = - \left( \frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{d} x} + \frac{\chi}{G A} q(x) \right)$$

Sostituendo il valore di ${\mathrm{d}\varphi}/{\mathrm{d} x}$ trovato prima

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

Integrando due volte questa espressione troviamo

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

e infine

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

Per ottenere $\varphi(x)$, consideriamo che è pari a

$$\varphi (x) = - \frac{\mathrm{d}w }{\mathrm{d}x} + \frac{\chi}{G A} T $$

Il taglio è dato da

$$T(x) = \frac{\mathrm{d}M}{\mathrm{d}x} + m (x) = EJ \frac{\mathrm{d^2}\varphi}{\mathrm{d}x^2} + m(x) \Longrightarrow T(x) = - \frac{\Delta q}{2 l} x^2 - q_1 \, x + C_1 \, EJ + m_1$$

Sostituendo la seconda nella prima

$$\varphi(x) = - \frac{1}{EJ} \left[ \frac{\Delta q}{24 \, l} x^4 + \left( q_1 + \frac{\Delta m}{l} \right) \frac{x^3}{6} \right] + \frac{\chi}{G A} \left( C_1 \, E J + m_1 \right) + \frac{C_1}{2} x^2 + C_2 \, x - C_3 $$

Rimane da determinare il momento, che sarà pari a

$$M(x) = EJ \frac{\mathrm{d}\varphi}{\mathrm{d}x} = - \frac{\Delta q}{6 l} x^3 - \left( q_1 + \frac{\Delta m}{l} \right) \frac{x^2}{2} + EJ \left( C_1 \, x + C_2 \right) $$

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

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

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

$$\varphi(x) = - \frac{1}{EJ} \left[ \frac{\Delta q}{24 \, l} x^4 + \left( q_1 + \frac{\Delta m}{l} \right) \frac{x^3}{6} \right] + \frac{\chi}{G A} \left( C_1 \, E J + m_1 \right) + \frac{C_1}{2} x^2 + C_2 \, x - C_3 $$

e le caratteristiche di sollecitazione

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

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

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

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.