Lezione n. 6
Rigidezze e coefficienti di trasmissione
Affinché si possa utilizzare efficacemente il metodo dell’equilibrio nella soluzione di travature
iperstatiche, occorre ricavare, per le varie membrature, il valore della rigidezza nei confronti degli
spostamenti dei vincoli di estremità e saper risolvere, in funzione di questi, le travi a campata
singola.
A
Esempio #1: trave incastro-appoggio
Data la struttura in figura, stabilire il legame tra MB e ϕB.
B
MB
ϕB
A
L
O
ZZ
e conoscere il diagramma dei momenti senza aver bisogno, ogni volta di calcolarlo.
Per risolvere la trave riportata in figura, è utile iniziare studiando un caso un po’ più semplice.
MA
B
A
ϕB
ϕA
L
Nel caso in esame, si è già visto il legame tra MA e ϕA
φA = MA
L
3 ⋅ EJ
B
Per ricavare il valore di ϕB si può ancora ricorrere al PLV:
MA
ϕB B
A
A
B
L
L
MA/L
1*
MA/L
1*/L
1*/L
+
+
S.S.D.
S.F.S.*
L
1*  dz M A  L2 1 L3  M A ⋅ L  3 − 2 
 
M
1 ⋅ φ B =  A ⋅ z  ⋅ 1 * − ⋅ z 
=
⋅ −
⋅
=
L  EJ L ⋅ EJ  2 L 3 
EJ
 6 
 L
 
0
*
∫
ossia
Gianni Bartoli – Appunti di Tecnica delle Costruzioni
Revisione – 28/10/01
Lezione n. 6 – pag. VI.2
φB = MA
L
6 ⋅ EJ
quindi la rotazione in B è oraria (opposta a quella in A) e vale la metà di ϕA.
Osservazione:
Trascurando la deformabilità assiale (quindi se la deformazione è soltanto flessionale) le tre travi
disegnate sono del tutto equivalenti
MA
MA
B
MA
B
A
B
A
A
A
Alla stessa casistica potrebbe essere ricondotto anche il caso di trave vincolata soltanto attraverso
due appoggi verticali, ottenendo una struttura labile ma staticamente determinata per la
particolare condizione di carico. Le differenze tra i vari sistemi possono entrare in gioco soltanto
nel caso di carichi (o coazioni) lungo l’asse della trave; se la struttura è invece soltanto inflessa, si
può far tranquillamente riferimento ad uno qualunque degli schemi disegnati.
O
ZZ
Tornando al caso proposto in partenza, il risultato appena trovato risulta particolarmente utile per
ricavare il legame tra MB e ϕB.
B
MB
ϕB
A
L
La trave è 2 volte iperstatica: data però l’assenza di sforzo normale, la soluzione è la stessa della
trave seguente, che risulta 1 volta iperstatica
B
MB
ϕB
A
L
B
Si può quindi risolvere la trave nell’ottica del metodo della congruenza, scegliendo, come incognita
iperstatica, il valore del momento flettente in A
B
A
MB
MB
=
A
B
ϕA0
MB/L
ϕB0
MB/L
+
X
A
B
ϕA1
X/L
ϕB1
X/L
Sfruttando il risultato precedente, si può affermare che
φ A0 = M B
L
6 ⋅ EJ
φ A1 = X
L
3 ⋅ EJ
e quindi, imponendo la congruenza,
Gianni Bartoli – Appunti di Tecnica delle Costruzioni
BOZZA SOGGETTA A REVISIONE
Lezione n. 6 – pag. VI.3
0 = φ A = φ A0 + φ A1 = M B
L
L
+X
=0
3 ⋅ EJ
6 ⋅ EJ
da cui
X=−
MB
2
Inoltre, sempre sfruttando i risultati noti ed il PSE
φ B = φ B0 + φ B1 = M B
M
M ⋅ L 4 −1
L
L
L
L
L
+X
= MB
− B
= B
= MB
3 ⋅ EJ
6 ⋅ EJ
3 ⋅ EJ
2 6 ⋅ EJ
EJ 12
4 ⋅ EJ
φB = MB
A
da cui
L
4 ⋅ EJ
Il risultato si può esprimere anche dicendo che la rigidezza alla rotazione in B vale
EJ
L
O
ZZ
kB = 4 ⋅
RIGIDEZZA ALLA ROTAZIONE (k)
valore del momento flettente che occorre applicare all’estremità di una trave per ottenere una
rotazione unitaria nella sezione di applicazione della coppia
I risultati ottenuti sono riassunti nella figura seguente
A
MB/2
L
MB/2
B
MB
B
M(z)
-
+
zona a concavità negativa
(M<0)
v=0
ϕ=0
punto di flesso
(M=0)
v=0
zona a concavità positiva ϕ≠0
(M>0)
f
ϕB
A
f
Gianni Bartoli – Appunti di Tecnica delle Costruzioni
MB
B
φB = MB
L
4 ⋅ EJ
BOZZA SOGGETTA A REVISIONE
Lezione n. 6 – pag. VI.4
Una volta noti i momenti, si possono ricavare i valori delle reazioni verticali e disegnare il
diagramma del taglio
A
MB
B
MB/2
L
3MB/(2L)
3MB/(2L)
T(z)
3MB/(2L)
3MB/(2L)
A
+
I valori delle reazioni verticali sono stati trovati imponendo l’equilibrio alla traslazione verticale ed
alla rotazione
VB = VA

⇒ 
3 MB
VA = 2 L
O
ZZ
VA − VB = 0

V ⋅ L = M + M B
B
 A
2
Il rapporto tra il valore del momento applicato in B (MB) ed il valore della reazione iperstatica in A
(MA=MB/2) è ovviamente sempre lo stesso, indipendentemente dal valore della coppia applicata in
B, in quanto è una proprietà della particolare trave studiata (ossia della specifica disposizione dei
vincoli di estremità). Si può sintetizzare il risultato affermando che il coefficiente di trasmissione
assume, per la trave studiata, il valore t=+½.
In particolare:
- il valore ½ deriva dal fatto che applicando un momento pari a MB si TRASMETTE all’altra
estremità un momento di valore pari a MB/2
- il segno + dipende dal fatto che entrambe le coppie (se considerate come azioni applicate
alla trave) hanno lo stesso verso (nel caso in esame, sono entrambe antiorarie). NB: non si
deve tener conto del valore del momento come riportato nel diagramma dei momenti, ma il
segno della coppia considerata come azione applicata alla trave
B
COEFFICIENTE DI TRASMISSIONE (t)
rapporto (con segno) tra il momento applicato all’estremità di una membratura ed il
momento che si rileva all’estremità opposta
I risultati ottenuti dallo studio della trave in esame, possono essere sintetizzati come in figura. Tutte
le grandezze non esplicitamente riportate possono essere derivate, come si è visto, da quelle
indicate.
A
ϕB
t=+½
L
Gianni Bartoli – Appunti di Tecnica delle Costruzioni
B
MB
φB =
kB = 4 ⋅
MB
kB
EJ
L
BOZZA SOGGETTA A REVISIONE
Lezione n. 6 – pag. VI.5
Esempio #2: MENSOLA
Anche in questo caso, data la struttura in figura, l’obiettivo è ricavare il collegamento tra il valore di
MB e gli spostamenti uB e ϕB della sezione di estremità.
uB
B
ϕB
A
MB
L
La struttura è isostatica, per cui, in questo caso, è immediato tracciare il diagramma dei momenti
A
A
MB
MB
B
L
O
ZZ
M(z)
MB
MB
+
Il risultato si sintetizza dicendo che il coefficiente di trasmissione vale t=-1 (i momenti alle due
estremità sono uguali ma hanno verso opposto).
I valori di uB e ϕB si possono calcolare utilizzando il PLV:
MB
MB
ϕB
A
1*
1*
A
B
B
L
B
MB
L
*
1 ⋅ φB =
dz
(
M B ) ⋅ (1*) = M B ⋅
∫
EJ
0
+
L
MB
S.S.D.
1*
+
1*
S.F.S.*
L
EJ
ossia
φB = MB
L
EJ
Gianni Bartoli – Appunti di Tecnica delle Costruzioni
BOZZA SOGGETTA A REVISIONE
Lezione n. 6 – pag. VI.6
MB
vB
A
B
MB
1*/L
B 1*
A
L
L
1*
MB
+
1*/L
MB
+
L
*
1 ⋅ vB =
 1*  dz
(
M B )⋅  z 
= MB ⋅
∫
 L  EJ
0
S.F.S.*
A
S.S.D.
L2
2 ⋅ EJ
ossia
L2
2 ⋅ EJ
O
ZZ
vB = MB
La deformata della struttura è quella riportata in figura seguente, in cui l’asse della trave (dato il
valore costante del momento) si atteggia secondo un arco di cerchio (curvatura costante).
MB
ϕB
A
B u
B
L
Analogamente al caso precedente, il risultato ottenuto può essere riassunto come segue
B
A
ϕB
t=-1
Gianni Bartoli – Appunti di Tecnica delle Costruzioni
L
B
MB
kB =
EJ
L
BOZZA SOGGETTA A REVISIONE
Lezione n. 6 – pag. VI.7
Esempio #3: TRAVE APPOGGIATA CON CARICO ANTIMETRICO
M
ϕB
A
ϕA
M
B
C
L
M
A
A
Nel caso della trave riportata in figura, è facile trovare il collegamento tra il valore della rotazione e
quello del momento applicato. Data la simmetria della struttura(*) e l’antimetria del carico, si può
affermare che
φ A = φ B (rotazioni entrambe orarie)
φC ≠ 0 vC = 0 MC = 0
Si può allora considerare metà struttura, sostituendo all’altra metà il vincolo che la rappresenta
C
O
ZZ
ϕA
L/2
Il caso riportato in figura è un caso noto: si era già visto che la rigidezza alla rotazione di una trave
appoggiata con una sola coppia all’estremità assume il valore 3EJ/L, con L luce della trave, da cui,
in questo caso
φA = M
(L / 2) = M
3 ⋅ EJ
L
6 ⋅ EJ
mentre la rotazione in C assume un valore pari alla metà di quello appena ricavato.
La deformata della trave è riportata in figura seguente. Il valore della rotazione in C assume il
valore
φC = M
L
12 ⋅ EJ
B
pari alla metà del valore in A. Il risultato deriva direttamente da quello già ottenuto nel caso di trave
con cerniera e carrello, uguale a quello a cui ci siamo ricondotti utilizzando il principio di identità.
M
ϕB
A
ϕA
C
B
M
ϕC
L
In conclusione, si può affermare che il valore della rigidezza alla rotazione assume il valore
(*)
La trave disegnata non è una trave simmetrica, in quanto i vincoli di destra e sinistra sono diversi. Data
comunque l’assenza di sforzo normale nella trave, la reazione orizzontale in A è nulla. Il caso è quindi
equivalente a quello di una trave su due appoggi semplici o, in alternativa, al caso di una trave con
entrambi i vincoli rappresentati da cerniere fisse, e quindi può essere trattata come caso di struttura
simmetrica.
Gianni Bartoli – Appunti di Tecnica delle Costruzioni
BOZZA SOGGETTA A REVISIONE
Lezione n. 6 – pag. VI.8
k=
6 ⋅ EJ
L
come riportato nella figura seguente. Il valore del coefficiente di trasmissione perde, in questo caso
di significato, essendo noti a priori (ed imposti) i valori delle due coppie alle estremità della trave.
M
M
ϕB
A
ϕA
B
C
6 ⋅ EJ
L
k=
L
M
A
Esempio #4: TRAVE APPOGGIATA CON CARICO SIMMETRICO
M
C
A
ϕB
O
ZZ
ϕA
B
L
Anche in questo caso, il collegamento tra il valore della rotazione e quello del momento applicato
può essere ricavato facilmente facendo ricorso a risultati già ricavati in precedenza. Data la
simmetria della struttura (ferme restando le osservazioni fatte riguardo all’esempio precedente) e
del carico, si può affermare che
φ A = −φ B (rotazioni di verso opposto, oraria in A, antioraria in B)
φC = 0 vC ≠ 0 M C ≠ 0
Analogamente al caso precedente, ricorrendo al principio di identità è possibile considerare soltanto
metà struttura, sostituendo all’altra metà il vincolo che la rappresenta
M
A
C
B
ϕA
L/2
Date le condizioni di vincolo, la reazione verticale in A è nulla, per cui l’unica reazione vincolare è
offerta da una coppia M in C, con verso opposto rispetto a quella applicata. La trave risulta quindi
sottoposta ad un momento flettente costante. Le condizioni vincolari consentono di tratteggiare la
deformata riportata in figura che presenta una forte analogia con quella di una mensola di uguale
luce, sottoposta anch’essa ad un momento flettente costante.
Le due deformate, infatti, a meno di una traslazione rigida, sono le stesse, essendo entrambe
rappresentate da un tratto a curvatura costante.
M
M
A
ϕA
C
ϕA
L/2
Gianni Bartoli – Appunti di Tecnica delle Costruzioni
A
L/2
C
BOZZA SOGGETTA A REVISIONE
Lezione n. 6 – pag. VI.9
Sfruttando quindi il risultato ottenuto nel caso della mensola (la cui rigidezza alla traslazione vale
EJ/L, con L luce della trave), si può affermare che il valore della rotazione in A è pari a
(L / 2) = M
L
EJ
2 ⋅ EJ
e la trave si deforma qualitativamente come in figura. L’abbassamento del punto C, operando
sempre in analogia con una mensola di luce L/2 vale
φA = M
M
(L / 2)2
2 ⋅ EJ
=M
L2
8 ⋅ EJ
B
C
ϕA
M
ϕB
L
A
vC = M
A
La rigidezza alla rotazione assume quindi il valore
k=
2 ⋅ EJ
L
O
ZZ
come riportato nella figura seguente(**). Anche in questo caso non è stato riportato il valore del
coefficiente di trasmissione in quanto privo di significato.
M
M
A
ϕA
B
C
ϕB
k=
L
2 ⋅ EJ
L
La tabella seguente riporta il riepilogo dei casi esaminati, e che risulteranno di particolare utilità
nella risoluzione di sistemi iperstatici attraverso il metodo dell’equilibrio.
E’ da notare che tutti i valori delle rigidezze ottenuti sono dipendenti dal valore del parametro EJ/L
che acquista quindi un ruolo di particolare importanza. Tale grandezza viene denominata come
rigidezza fondamentale o rigidità della trave, e si indica con il simbolo R
B
R=
(**)
EJ
L
E’ interessante notare come allo stesso risultato si possa giungere anche per altra via. Considerando
infatti il valore della rotazione della sezione A (ma un ragionamento del tutto analogo vale per la sezione
B), si può osservare che il caso in esame è scomponibile nella somma dei due casi seguenti
M
A
ϕ’A
L
B
+
B
A
ϕ”A
M
L
Sfruttando risultati già noti si può affermare che:
M⋅L M⋅L M⋅L
+
=
3 ⋅ EJ 6 ⋅ EJ 2 ⋅ EJ
che rappresenta il risultato appena ottenuto.
φ A = φ 'A + φ"A =
Gianni Bartoli – Appunti di Tecnica delle Costruzioni
BOZZA SOGGETTA A REVISIONE
Lezione n. 6 – pag. VI.10
Un’ultima osservazione riguarda il fatto che, aumentando il grado di vincolo, la trave offre via via
rigidezze alla rotazione crescenti: in altre parole, più gli spostamenti risultano impediti e maggiore è
il valore della coppia che occorre applicare ad un’estremità perché tale estremità ruoti di un valore
unitario.
coefficiente
di
trasmissione
Trave
L
ϕB
B
MB
t = -1
MB
B
C
ϕB
A
ϕA
t=0
L
EJ
k=R
φB = MB
L
3 ⋅ EJ
k = 3R
O
ZZ
L
φB = MB
rigidezza
alla
rotazione
A
L
M
ϕB
C
ϕC
v B = −M B
φ a = −M B
L2
2 ⋅ EJ
L
6 ⋅ EJ
MB
t=½
φB = MB
L
4 ⋅ EJ
φB = MB
L
6 ⋅ EJ
M
ϕA
A
B
altri spostamenti
A
A
valore della
rotazione
B
---
ϕB
k = 4R
---
k = 6R
φ C = −M B
k = 2R
vC = M B
φA = φB
L
L
12 ⋅ EJ
M
M
A
B
B
ϕA
C
ϕB
L
---
φB = MB
L
2 ⋅ EJ
φA = −φB
L2
8 ⋅ EJ
Note:
- le rotazioni sono state indicate positive se antiorarie
- gli spostamenti verticali sono stati indicati positivi se verso il basso
- R=EJ/L
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BOZZA SOGGETTA A REVISIONE