7. Flessione e Taglio nelle travi
Consideriamo una trave soggeta a due coppie di forze alla estremità.
Supponiamo che la sezione trasversale abbia un asse di simmetria geometrica, e che il
vettore momento sia ortogonale a tale asse (momento // ad un asse centrale d’inerzia della
sezione  flessione retta)
7.1
Introduciamo un sistema di riferimento con y parallelo all’asse di simmetria della sezione
trasversale, x parallelo alla direzione longitudinale della trave e z orientato di conseguenza.
Supponiamo che la trave si deformi inflettendosi nel piano secondo un arco di cerchio.
Questa ipotesi è veritiera se la lunghezza della trave è molto maggiore della dimensione
caratteristica della sezione trasversale.
Supponiamo quindi che la configurazione deformata sia come rappresentato in figura
7.2
Le fibre più vicine al centro di curvatura
hanno raggio di curvatura più piccolo
delle fibre più lontane.
In generale le fibre più vicine a sono
più corte delle fibre più lontane da nella configurazione deformata.
Nella
configurazione
indeformata
avevano tutte la stessa lunghezza.
Quindi alcune fibre si allungano, altre si
accorciano durante la deformazione.
Esiste un insieme di fibre, appartenenti ad un piano parallelo all’asse , che non mutano la
loro lunghezza durante la deformazione.
Facendo una vista nel piano (, ), questo insieme di fibre è visto come un’unica fibra, che
chiameremo FIBRA NEUTRA.
7.3
Prenderemo la fibra neutra come fibra di riferimento nel piano (, ), e sceglieremo l’asse passante per essa nella configurazione indeformata.
Consideriamo un concio elementare di trave sotteso dall’angolo Δ
deformata. La fibra
nella configurazione
si deforma nella fibra ′ ′. Sia y la distanza di tale fibra dall’asse x.
7.4
Consideriamo la deformazione della fibra
ma:
. Per definizione
′ ′−
=
′ ′ = Δ ( − ) ,
=Δ Tutte le fibre prima della deformazione hanno la lunghezza della fibra neutra che non varia
a causa della deformazione
Quindi:
=
Δ ( − ) − Δ
=−
Δ
Inoltre, in questa deformazione, fibre inizialmente parallele a x ed y, restano ortogonali
(i raggi sono ortogonali alla circonferenza), quindi = 0.
7.5
Anche le fibre parallele a (x,z) e (y,z) restano ortogonali nella deformazione,
quindi = 0 e = 0.
Se la trave è snella, possiamo poi suppore che le tensioni normali in direzione y e z siano
nulle, ovvero che = = 0.
Quindi, dalle relazioni costitutive
= 0 ⇒ = = 0
= 0 ⇒ = = 0
= 0 ⇒ = = 0
Quindi l’unica tensione non nulla è la .
= −
1
= − ! + #$ =
⇒
= −
7.6
Le tensioni normali variano linearmente con , e sono nulle per = 0.
Dobbiamo stabilire un’equivalenza statica tra il momento prodotto dalle tensioni ed il
momento % applicato.
Le tensioni che agiscono sull’area &' hanno risultante
&( = &'.
∑ ( * = +, &' = 0
Non ci sono forze assiali applicate
∑ % * = +, &' = 0 Momento in direzione y nullo
∑ %- * = − +, &' = %-
7.7
Essendo = −
Si ottiene:
Le tensioni devono essere equipollenti al momento %-
applicato, ovvero: %- = ∑ %- *
.
/
0 = 1 ( * = 2 &' = − 2
,
,
&' = − 2 &' = 0
,
Se +, &' = 0, vuol dire che l’asse z passa per il baricentro della sezione trasversale.
La fibra neutra è quindi baricentrica.
1 % *
= 2 &' = − 2
&' = − 2 &' = 0
,
,
,
Infatti +, &' è automaticamente nullo perché è asse di simmetria.
7.8
1 %- *
La quantità +, 3 &' =
= − 2 &' = 2 &' = 2 3 &' = %-
,
,
,
44
è il momento di inerzia della sezione trasversale rispetto all’asse z.
5
/
Quindi:
=
678
. 9::
Questa relazione stabilisce una corrispondenza fra la curvatura
(baricentrica) ed il momento %- applicato.
Essendo:
Segue che:
= −
= −
/
%-
44
e
= = −
.
/
5
/

della fibra neutra
5
/
=−
;<
.
Formula di Navier,
una delle più utilizzate nella progettazione strutturale
7.9
Cosa succede alle fibre nelle altre direzioni?
%- = −
=
= − 44
= −
C’è
una
;<
.
=
678 . 9::
= − deformazione
trasversale
delle
fibre
parallele a z, con una curvatura di segno opposto
alla curvatura di quelle parallele ad x.
Il raggio di curvatura in direzione z è
=
/
=
Per poter trattare il problema è conveniente fare
qualche richiamo di: Geometria della aree.
7.10
7.1 Geometria delle aree
Data l’area A, consideriamo un sistema di riferimento y,z
(l’orientamento del sistema è congruente con quello scelto per
la trave).
>4 = +, &':
> = +, &':
momento statico dell’area rispetto all’asse z
momento statico dell’area rispetto all’asse y
Baricentro: punto nel quale devo concentrare l’area A per
avere gli stessi momenti statici.
7.11
Sia il baricentro di coordinate , ̅ .
Per definizione si deve avere:
+, &'
' = >4 = 2 &' ⇒ =
'
,
'̅ = > = 2 &' ⇒ =
,
+, &'
'
7.12
7.1.1 Figure composte
Se conosco il baricentro delle parti, posso facilmente calcolare il baricentro dell’insieme
('5 + '3 ) = +, &' = +, &' + +, &' = '
5 5 + '
3 3
⇒ =
B,B C
A,A
,B C,A
B
A
In generale, se ho 0 sotto-aree:
Analogamente:
5 '5 + 3 '3
̅ =
'5 + '3
∑D
* '*
*E5 = D
∑*E5 '*
∑D
*E5 ̅* '*
̅ = D
∑*E5 '*
7.13
Triangolo:
> = +, &' =
⇒ =
L
OA
Q
P
7O
A
=−
> = +, &' =
⇒ ̅ =
L
7A
S
P
7O
A
(FC )
M
+LF F G
F
J
(-C)
M
+L- - ℎ
= −J
-
M
& = H 3 G + JF GK
A
& = H ℎ +
A
3
I
I
J-
LF
M
ℎK
L-
=−
=−
FA
N
-A
N
G
ℎ
7.14
Teorema degli assi paralleli (leggi di Huygens)
Siano gli assi x ed y baricentrici (N.B. Se x ed y NON sono baricentrici, il Teorema non vale)
Siano ( T , ̅′) le coordinate di rispetto al sistema ( T , ̅′)
= +, 3 &':
= +, 3 &':
momento d’inerzia rispetto all’asse z
momento d’inerzia rispetto all’asse y
= +, &':
momento d’inerzia centrifugo rispetto
--------------------- ------ agli assi y e z
T = + T
T = + ̅ T
coordinata y’ rispetto al sistema di rif. y’, z’
coordinata z’ rispetto al sistema di rif. y’, z’
7.15
TT
= 2 ′3 &' = 2 ( + T )3 &' = 2 ( 3 + 2 T + T ) &' =
,
,
= 2 3 &' + 2 T 2 &' + T 2 &' =
,
3
,
NB: +, &' = 0, VWXYℎè è G[X\YW]^X\Y_
TT
,
+ ' T
3
= 2 ′3 &' = 2 ( + ̅ T )3 &' = 2 ( 3 + 2̅ T + ̅ T ) &' =
,
,
,
= 2 3 &' + 2̅ T 2 &' + ̅ T 2 &' =
,
3
,
NB: +, &' = 0, VWXYℎè è G[X\YW]^X\Y_
TT
,
3
,
3
+ '̅ T
3
= 2 ′′ &' = 2 ( + T )( + ̅ T ) &' = 2 &' + T 2 &' +
,
,
+̅ T 2 &' + T ̅ T 2 &' =
,
,
,
+ T ̅ T '
NB: +, &' = +, &' = 0, VWXYℎè W `_]_ G[X\YW]^X\Y\
,
7.16
Teorema di rotazione degli assi
T bT
] = 'a − 'b = 'a − '
= cos f − sin f
+ jb
T = ''
T + jb
T = sin f + cos f
i = bb′
kk
= +, i3 &' = +, ( 3 sin3 f + 3 cos3 f + 2 sin f cos f)&' =
= cos3 f + 2 sin f cos f + sin3 f
ll
lk
(*)
= +, ]3 &' = +, ( 3cos3 f − 2 sin f cos f + 3 sin3 f)&' =
= sin3 f − 2 sin f cos f + cos 3 f
= +, i ] &' = +, ( 3 sin f cos f + (cos 3 f − sin3 f) − 3 sin f cos f)&' =
= −!
−
# sin f
cos f +
(cos
3
f − sin3 f) =
!9mmL988 #
3
sin 2f +
cos 2f
7.17
Rappresentazione di Mohr (per analogia con le componenti di tensione)
T = cos3 n + 2 sin n cos n + sin3 n ,
TT = − sin n cos n + (cos 3 n − sin3 n) + sin n cos n =
(
ll , + lk )
(
;m L;<
3
sin 2n + cos 2n
I punti
kk , − lk )
o≡!
, − #
, q≡(
, )
Costituiscono un diametro del
cerchio di Mohr, con centro e raggio:
≡r
t = ur
+
2
−
2
, 0s
3
s +
3
Se si ruota il diametro di 2f, nello stesso senso di rotazione degli assi (che ruotano di f nel
piano fisico) si ottiene il diametro %0. Si può verificare che:
o≡!
, − #
→%≡(
kk , − lk )
W
q≡!
, #
→0≡(
ll , lk )
7.18
In particolare si ha:
kk
ll
Verifichiamo la formula (*) per
=
=
kk :
988 C9mm
lk
3
+
2
+ t cos(2w − 2f)
− t cos(2w − 2f)
= t sin(2w − 2f)
(cos(−x) = cos(x))
t cos(2w − 2f) = t(cos 2w cos 2f + sin 2w sin 2f) = t y
kk
=
=
+
2
+y
sin3 f +
−
2
cos
3
cos 2f +
f+2
(*)
sin 2fz =
sin f cos f
− cos 2f +
sin 2fz
t
2t
1 − cos 2f
+
2
1 + cos 2f
+
2
sin 2f =
Le altre espressioni si verificano allo stesso modo.
7.19
Esistono due direzioni privilegiate che definiscono gli ASSI PRINCIPALI D’INERZIA
∗∗
∗∗
Sia j coincidente con il baricentro della figura; i valori principali sono definiti dai punti:
o ≡|
q ≡|
∗
∗
+
2
+
2
+ ur
− ur
−
2
−
2
3
s +
3
,
0} ≡ (
∗ ∗ , 0)
s +
3
,
0} ≡ !
∗ ∗ , 0#
3
7.20
tan 2f =
2 2 1
⇒ f = tanL5 €

−
2
−
I momenti
∗∗
e
∗∗
sono un grado di massimo e minimo.
Il momento centrifugo risulta nullo:
∗ ∗
= +, ∗ ∗ &' = 0
Osservazione: i momenti di inerzia sono integrali di quadrati e quindi quantità positive.
Si dovrà sempre verificare che:
9mm C988
3
988 L9mm 3
≥ ƒ„
3
+
3
, altrimenti troverei
∗∗
< 0.
Le direzioni degli assi principali d’inerzia (ˆ, ‰ ) sono le DIREZIONI PRINCIPALI D’INERZIA.
7.21
o
q=!
∗∗
q=!
− #
, +
∗∗
, + #
7.22
Momento d’inerzia polare
Definizione
Š
= 2 X 3 &'
,
Dato che X 3 = 3 + 3
Š
= 2 ( + )3 &' =
,
+
Esempio:
Calcolare i momenti d’inerzia di un cerchio:
Consideriamo un cerchio di raggio t
X
‹t
3
3
 =
Š = 2 X &' = 2 X 2‹ X &X = Œ2‹
4
2
,
M
M
NB: &' = X &X ovvero si integra su corona di spessore &X (areola)


Ma
=
=
per simmetria , inoltre
‹t
=
4
Š
=
+
per cui si ha:
7.23
7.2 Caratterizzazione dell’inflessione
Linea d’asse: luogo dei baricentri delle sezioni trasversali. Per quanto detto prima,
scegliamo l’asse x coincidente con la linea d’asse. Lo stato di tensione e deformazione è
noto una volta nota la deformata della linea d’asse.
Il raggio di curvatura può variare da punto a punto, ma se la variazione è contenuta,
possiamo ritenere valide le espressioni:
= −
/
,
5
/
=
678
. 988
, = = −
678
988
Il raggio di curvatura in un punto è il raggio del cerchio osculatore in tal punto, ovvero il
cerchio che meglio approssima la curva nel punto considerato.
7.24
Consideriamo la deformata della linea d’asse e l’arco ∆>
compreso fra le 2 sezioni b e . Consideriamo le tangenti alle
curve nei punti b e che formano con l’asse x gli angoli
+ ∆ , rispettivamente.
e
Consideriamo le perpendicolari alle tangenti che si incontrano
nel punto j. Quando → b (∆> → 0) il punto j tende al centro
di curvatura in b.
La distanza di tale punto da b tende al raggio di curvatura .
1
∆
= lim
∆”⟶M ∆>
Si ha, ∆> = ∆ + _(∆ )
Localmente, è come se la curva coincidesse con un
cerchio di raggio – (cerchio osculatore)
7.25
7.2.1 Flessione di travi non simmetriche
In generale una trave con sezione non simmetrica si può inflettere in un piano non parallelo
agli assi coordinati. Si mostra ora che se gli angoli formati dalla deformata della linea d’asse
sono piccoli (ipotesi di piccole deformazioni) la curvatura nel piano di flessione può essere
decomposta come somma (vettoriale) di due curvature nei piani definiti dagli assi coordinati.
Diamo innanzitutto un’espressione alternativa per la curvatura:
Consideriamo un arco infinitesimo ∆> sotteso dall’angolo ∆ e sia il corrispondente raggio
di curvatura. Supponiamo che
≪ 1 (piccole deformazioni):
7.26
− b˜
= (cos
b = ˜
= ™cos
≅ H„1 −
− cos
œA ∆œA
3
3
cos ∆ + sin
+
∆ tan
∆>
e dunque:
Ma:
/
= lim∆”⟶M
≅
∆œA
3
+ ∆>
≅ ∆> (cos )
− ∆ tan
∆œ
b ≅ 3 = ∆>
Ottengo quindi:
5
sin ∆ š − ∆ tan
∆ K − ∆ tan
Ma:
Quindi:
− cos( + ∆ )) − ∆ tan
∆œ
∆”
A
∆> =
= lim∆”⟶M
∆
Ÿ ¡œ
3 ž
∆” A
≅
∆
=
=
− ∆ tan
≅ ∆> „1 −
= 0 + _(
¢A
5L
A
∆œ
3
,
3
)
 ∆ =
≅ ∆ „1 +
3
≅ ∆>
3ž
œA
3
œA
∆”
= ∆ + _(
3
(era: ∆> = ∆ )
)
ma dato che ∆> ≅ ∆ si ottiene infine:
1
2 b
= lim
∆⟶M ∆ 3
7.27
L’importanza di questa espressione finale è quella di mettere in relazione il raggio di
curvatura con due precise quantità geometriche.
Consideriamo quindi l’inflessione nel piano generico (x,m) e le proiezioni della deformata
nei piani (x,y) e (x,z):
1 &
2 b
=
= lim
&> ∆⟶M ∆ 3
5
/B
= £” = lim
£¤
3 žB B
∆⟶M ∆ A
B
,
5
/A
= £” = lim
£¥
A
3ž
A A
∆⟶M ∆ A
cos f e sin f quindi:
Ma b5 5 = b
b3 3 = b
5
/B
5
/A
=
£¤
£”B
=
£œ
£”
cos f = cos f
5
/
= £” = £” sin f = / sin f
£¥
A
£œ
5
7.28
Le curvature si scompongono con la regola del
parallelogramma.
Consideriamo una sezione non simmetrica generica
(qui rappresentata triangolare solo per semplicità)
Flessione nel piano (x,y)
7.29
Flessione nel piano (x,z)
La flessione nel piano (x,m) si può scomporre nelle due flessioni nei piani (x,y) e (x,z)
Piano (x,y) = −
£¤
£”B
=−
/B
Piano (x,z) = − £” = − /
£¥
A
Combinando i due effetti:
A
,
,
= −
£¤
£”B
= −
/B
= − £” = − /
= − H
£¤
£”B
+
£¥
£¥
£”A
A
K
A
7.30
Consideriamo la risultante ed il momento risultante delle
tensioni, indicandone l’equipollenza con le azioni esterne:
0 = 2 &' = 2 − y
,
,
&x
&w
+
z &' =
&>3
&>5
= − £” +, &' − £” +, &' = 0
£¤
B
£¥
A
(perché gli assi y e z sono baricentrici!)
%- = − +, &' = H
= H£”
+ £”
£¤
A
%- = +, &' = − H
= − H£”
£¤
B
Ricordando che:
+ £”
&w
1
&
=
=
cos f
&>5 5 &>
+, 3 &' + £” +, &'K=
£¤
+, &' + £” +, 3 &'K=
£”B
K
£¥
B
£¤
£¥
A
,
£”B
K
£¥
A
£¥
A
&x
1
&
=
=
sin f
&>3 3
&>
7.31
Si ottiene infine:
%- = &
&>
%- = −
&
&>
cos f +
cos f +
sin f$
sin f$
Osservazioni: se (y,z) sono assi principali d’inerzia, allora f = 0º,
%- = &w
&>5
,
In altre parole, il problema si disaccoppia.
Supponiamo di conoscere la curvatura
= − y
£œ
£”
%- = −
&x
&>3
= 0 e quindi:
ed il piano di inflessione, ovvero f. Quindi:
&w
&x
&
+
z = −
( cos f + sin f)
&>5
&>3
&>
7.32
Invertendo le relazioni trovate in precedenza si ottiene:
&w %- + %- &
=
=
cos f ,
3
&>5
&>
( − )
%- + %- &
&x
=−
=
sin f
3
&>3
&>
( − )
Si ottiene l’espressione più generale della formula di Navier per la flessione:
= −
!
= − H£” + £” K
−
£¤
B
#%-
£¥
A

+ ! − 3
− #%-
Nel caso particolare in cui y e z sono assi principali d’inerzia, si ha
= −
%- +
%-
= 0 e quindi:
7.33
Da notare i segni dei due termini dovuti agli effetti
dei momenti:
%- tende le fibre > 0 ⇒ > 0 VWX > 0
%- tende le fibre < 0 ⇒ > 0 VWX < 0
7.34
Esempio:
' = 25 ∙ 200 + 75 ∙ 25 = 6875 ii3
253
75
> ­ = −200 ∙
− 75 ∙ 25 r + 25s = 179 687.5 iiJ
2
2
> ­
T̄ =
= −26.1 ii
'
25 ∙ 2003 75 ∙ 253
> ­ =
+
= 523 437.5 iiJ
2
2
> ­
T̄ =
= 76.1 ii
'
1
1
J
∙
175
∙
25
+
∙ 25 ∙ 100J = 924 4791.6 ii
TT
3
3
3

= TT − ' ∙ (26.1 ii) = 4 561 473 ii
=
1
1
J
∙
25
∙
200
+
∙ 75 ∙ 25J = 6 705 7291.6 ii
TT
3
3
3

= TT − ' ∙ (76.1 ii) = 27 242 723 ii
=
7.35
75
s = −7 714 483 ii
TT
2

= TT − ' ∙ (−26.1 ii)(76.1 ii) = 5 940 710 ii
= 25 ∙ 200 ∙ 100 ∙ (−12.5) + 75 ∙ 25 ∙ (12.5) r−25 −
i
ll
]
kk
+
2
≡r
o≡!
, − #
t = ur
kk
−
2
, 0s = (15 902 098
3
s +
W&
3
, 0)
= 12 802 414 ii
q≡(
, )
= 15 902 098 + 12 802 414 = 28 704 512 ii
ll
= 15 902 098 − 12 802 414 = 3 099 684 ii
tan 2f =
2 ∙ 5 940 710
= 0.5238 ⇒ f = 13.82°
27 242 723 − 4 561 473
7.36
1° metodo di soluzione: valuto tensioni facendo riferimento al sistema di assi principali
d’inerzia
% = 10 ²0i
%- = −10 ²0i
%k = %- cos f = −10 ∙ cos(13.82) = −9.71 ²0i
%l = %- sin f = −10 ∙ sin(13.82) = −2.39 ²0i
%l
%k
=
]−
i
ll
kk
Eq.ne asse neutro:
i
28 704 512 −2.39
kk %l
= 0 ⇒ =
=
∙
= 2.28
%
3
099
683
−9.71
]
ll
k
I punti più sollecitati sono i più distanti dall’asse neutro,
ovvero A e B.
Formule di rotazione degli assi:
] = cos f − sin f
i = sin f + cos f
f = 13.82°
'(, ) ,
' ≡ (−76.1 , 26.1)
b (, )
b ≡ (123.9
, 1.1)
7.37
'(i, ])
i³ = 26.1 sin(13.82) − 76.1 cos(13.82) = −67.66 ii
]³ = 26.1 cos(13.82) + 76.1 sin(13.82) = 43.52ii
' ≡ (−67.66 ,
43.52)
b ≡ (120.57 , − 28.52)
=
%l
ll
]−
%k
kk
b(i, ])
i- = 1.1 sin(13.82) + 123.9 cos(13.82) = 120.57 ii
]- = 1.1 cos(13.82) − 123.9 cos(13.82) = −28.52 ii
i
Valuto infine le tensioni in A e B (nel riferimento centrale d’inerzia):
´
¶
−2.39 ∙ 10N 0 ∙ ii
−9.71 ∙ 10N 0 ∙ ii
(−67.66 ii) = −56.44 0/ii3
=
(43.52) ii −


3 099 684 ii
28 704 512 ii
−2.39 ∙ 10N 0 ∙ ii
−9.71 ∙ 10N 0 ∙ ii
(120.57 ii) = 62.78 0/ii3
=
(−28.52) ii −


3 099 684 ii
28 704 512 ii
7.38
Secondo metodo di soluzione: si usa il sistema non principale d’inerzia
Ovvero, in alternativa, poteva essere usata l’espressione:
= −
!
−
#%-
+ ! − 3
− Con %- = −%- = −10 ²0i
,
In ' ≡ (, , , ) = (−76.1 , 26.1)
´
#%-
%- = 0
(−76.1 ∙ 4 561 473 − 26.1 ∙ 5 940 710) ∙ (−10 ∙ 10N 0ii)
=−
= −56.44 0/ii3
3
4 561 473 ∙ 27 242 723 − (5 940 710)
In b ≡ (ž , ž ) = (123.9 , 1.1)
¶
(123.9 ∙ 4 561 473 − 1.1 ∙ 5 940 710) ∙ (−10 ∙ 10N 0ii)
=−
= 62.78 0/ii3
3
4 561 473 ∙ 27 242 723 − (5 940 710)
Asse Neutro:
= 0 ⇒
=
=
5 940 710
= 1.30
4 561 473
Il secondo metodo è molto più conveniente e veloce del primo.
7.39
Le equazioni della flessione possono anche essere utilizzate a livello “locale”.
Supponiamo che il momento flettente %() sia variabile lungo la linea d’asse:
%- = %- ()
Si suppone che anche la curvatura della trave sia variabile con e valga:
1
%- ()
=
() ()
,
%- ()
(, ) = −
()
7.40
In generale la trave può essere a sezione variabile, per cui i momenti d’inerzia possono
dipendere dall’ascissa .
La variazione del momento flettente è responsabile di tensioni tangenziali.
7.41
7.3 Sollecitazione di taglio dovuta a flessione
Consideriamo l’equilibrio di un concio di trave compreso fra le sezioni ed + ∆ (fig.
sopra). Consideriamo l’equilibrio di una parte del concio identificata dal piano = Y_`^ = .
7.42
7.43
Consideriamo l’equilibrio alla traslazione in direzione (tens posit se di traz):
+ → :
+ Œ2 &'
,B
C∆
− Œ2 &' − ∆( = 0
,B
∆( : è la risultante delle tensioni tangenziali sul rettangolo = 5 di larghezza G e
lunghezza ∆.
Ma:
Quindi:
™ šC∆ =
∆( = − 2
,B
L678 (C∆)
988
%- ( + ∆)
W
&' + 2
,B
%- ()
™ š =
&' = −
L678 ()
988
%- ( + ∆ ) − %- ()
Divido entrambi i membri per ∆ e faccio il limite per ∆ → 0:
2 &'
,B
∆( &(
%- ( + ∆ ) − %- ( ) 1
&%- 1
=
= · = lim −
2 &' = −
2 &'
∆→M
∆→M ∆
&
∆
&
,B
,B
lim
7.44
Ma:
£678
£
Quindi:
= −¸
· =
· è il flusso di taglio.
¸
¹
Y_]
¹ = 2 &'
,B
Rappresenta la risultante delle sul rettangolo G ∙ & alla quota = 5 divisa per &.
Rappresenta quindi la forza per unità di lunghezza (in direzione x) trasmessa dalle tensioni
tangenziali .
¹ e’ il momento statico della porzione di sezione considerata calcolato rispetto all’asse z.
7.45
Se considero la tensione tangenziale media sulla corda di lunghezza G, ottengo:
· ¸ ¹
=
=
G
G
(+ se dirette come +y sulla sezione della trave)
Tensioni tangenziali medie costanti sulla corda b
(positive se entranti in A1)
Questa trattazione è attribuita a Jourawski (1821-1891).
Dato che = , questa trattazione stima l’andamento delle
tensioni tangenziali nella sezione trasversale della trave.
7.46
Ritroviamo la formula di Jourawski nel caso semplice di sezione trasversale
rettangolare:
= −
%- ()
Supponiamo indipendente da . Le altre componenti di
tensione sono nulle.
Eq.ni di equilibrio in direzione x:
, + , = 0 ⇒ −, = , =
Integrando fra = 5 e = ℎ/2:
−G 2
F/3
B
, & =
¸
º
%- ()
Œ−
 = + º
¸
G2
F/3
B
&
7.47
Si ha dunque:
Quindi:
$
EB
F
−G $3
B
=
¸
2
F/3
B
¸ ¹
¸ ℎ3
=
=
Œ − 5 3  ,
2 4
G
&
i[ $EF/3 = 0
i[ = ,l³ = $EM =
Ma dato che
z
,l³ =
3 ¸
2G ℎ
VWXY\ò:
2
¸
= 53 G ℎJ
5
ℎ3
4
7.48
7.3.1 Sezioni a I. Tensioni tangenziali nelle ali
Andamento delle tensioni Consideriamo una porzione di ala identificata
da un piano = Y_`^ e di lunghezza ∆
∆( : risultante delle tensioni nella sezione
di taglio
Ragionando come nel caso precedente:
→ :
Œ2 &'
,B
C∆
− Œ2 &' + ∆( = 0
,B
7.49
=
%-
· = −
¿
e de¾inendo
¹
Si ottiene alla fine:
988
·
∆(
= lim
∆→M ∆
si noti il segno “meno” rispetto al caso
precedente
·
¸¹
=
=−
^
^ Passando alle tensioni medie:
+ se dirette come +z sulla sezione
della trave.
= 7.50
7.3.2 Formula generale di Jourawski
>À
>À
Consideriamo l’equilibrio in direzione di
un elemento identificato dall’area '5 e di
lunghezza ∆.
L’area '5 è definita da una corda di
normale >À (normale esterna all’area '5).
∆(Á : risultante delle tensioni tangenziali
Á (verso positivo in direzione x)
∆(Á
∆→M ∆
·Á = lim
¾lusso di taglio
7.51
Ragionando come in precedenza si ottiene:
>À
Convenzione sui segni:
·Á =
¿Ä
−
988
,
¹ = +, &' ,
B
Á =
¿Ä
−
988 -
NB: :
Á tensione media, G: lunghezza della corda di taglio
Á = Á
Á > 0 se ha lo stesso verso della normale ESTERNA >À
all’area '5 (flusso uscente)
Á > 0 se il flusso è uscente all’area '5
·Á
ha lo stesso verso positivo di Á
7.52
>À
>À
In conclusione:
·Á = ·Á = −
¸¹
Á : positivo se flusso uscente
Á : positivo se in direz. +x
con ¹ = 2 &'
·Á > 0 se in direzione di ,B
·Á > 0 se flusso uscente da '5
Con queste convenzioni non c’è possibilità di errore sul segno
7.53
Osservazione:
>À
Cosa succede se considero l’area complementare '5∗ ?
>À*
¹ = 2 &'
,B
>À* = −>À
Le normali esterne alle 2 aree
sono opposte
Dovrei trovare che ·Á∗ e ·Á
hanno versi opposti per la terza
legge di Newton (azione e
Accade proprio questo, perché:
·Á∗ = ·Á∗ = −
¸ ¹∗
Y_]
reazione) e quindi che ·Á∗ = −·Á
¹ ∗ = 2 &'
,B ∗
7.54
Infatti +, &' = 0 perché è baricentrico.
Quindi:
2 &' = 2 &' + 2 &' = ¹ + ¹∗ = 0 ⇒ ¹ = −¹∗
,
Allora si ha:
,B
·Á = ·Á = −
,B ∗
¸¹
=
¸ ¹∗
= −·Á∗ = −·Á∗
7.55
7.3.3 Calcolo delle connessioni a taglio
¸ = 10 ²0
[ = 500 ii
^ = 20 ii
È = 1 ²0: Forza di tranciamento
assorbibile da ciascun chiodo
Calcolare il passo numerico \ dei chiodi, compatibile con il taglio ¸ :
7.56
Il flusso di taglio (positivo secondo le convenzioni precedenti) è composto dalle 2 parti ·Á (5)
e ·Á (3) .
Per simmetria ·Á (5) = ·Á (3) e ·Á (5) = ·Á (3) .
Il flusso di taglio è la forza per unità di lunghezza che è necessaria per l’equilibrio in
direzione x.
Tale forza deve qui essere equilibrata dai chiodi:
É·Á
(5)
+ ·Á
(3)
∆
É ∙ ∆ ≤ 2 ∙ È ∙
\
7.57
Dove la somma presente nel modulo indica la risultante nel tratto ∆, il coefficiente 2 sta per
le 2 file di chiodi presenti, È è la forza sopportabile da ciascun chiodo ed il rapporto
il numero di chiodi presenti nel tratto ∆.
·Á (5) + ·Á (3) = −
= 53 (500 − 460 ) = 14.77 ∙ 10Ë ii
5
¹ = 460 ∙ 20 ∙
\≤
ËM
3
= 22.08 ∙ 10Ì iiJ
3∙5 ÎD∙5.ÏÏ∙5MÐ llÑ
5M ÎD ∙33.MË∙5MÒ llI
= 133 ii
\≤
∆
¸ ¹
*
indica
(momento d’inerzia di tutta la sezione)
(momento statico dell’area tratteggiata)
2 ∙È
|·Á (5) + ·Á (3) |
(passo min. dei chiodi)
7.58
Esempio: Calcolare lo stato di tensione dovuto a Vy
Ipotesi ^ ≪ [
4^ 5 3
^3
25
T
> = − r [s − ([ − 4^ ) ∙ = − [ 3 ^ + _(^)
2 4
2
8
5
' = [ 4^ + ([ − 4^ )^ = 6[^ + _(^)
4
25
− 8 [3 ^
25
= − [ + _(^)
T̄ =
6 [^
48
Flusso di taglio ·k > 0 se flusso uscente
Consideriamo l’area '5 identificata dalla corda ˜Ó
Á ≡ La posizione della corda ˜Ó è definita dalla
coordinata `5
7.59
35
`5
¹5 = −4^ ∙ `5 r [ − s
48
2
·
¸ ¹5
=
=−
4^
4^
Il massimo valore delle tensioni tangenziali si ha
dove ¹5 è massimo in valore assoluto, ovvero sulla
JÌ
corda baricentrica, per `5 = [
J
3
1
1
5
25
= ([ − 4^ )^ J + 4^ r [s − 6[^ r [s =
3
3
4
48
™¹5 š
ÁB E
JÌ
³
Ë
> 0
4^ 35 3
1225 3
= − r [s = −
^[
2 48
1152
l³ = −
1225 3
^[
1152
4^
¸ „−
Ë
25 3
125 J
125 J
(
)
^[ − 6[^ r [s + _ ^ =
^[ + _(^)
=
48
48
128
L’andamento in `5 è parabolico.
7.60
Calcoliamo la tensione sulle ali:
Consideriamo adesso l’area '3 .
Flusso di taglio ·Á > 0 se uscente
Á ≡ Identifichiamo la corda che delimita l’area '3 con la
coordinata `3
Si ha dunque:
¹3 = ^ ∙ `3 r
In valore assoluto ¹3 è max per `3 = − 2^:
™¹3 šÁ
Ô
A E A L3Õ
= − 9
=
¿ ÄA
88 Õ
3Ì
Ë
[^ „ − 2^ =
³
3
3Ì
ÖN
³
3
25
^
[− s
48
2
[3 ^ + _(^) (trascuro i termini in ^ 3
e dunque É
l³ É = ×− 9
¿ 3Ì
88 ÖN
[3×
< 0 Quindi il flusso delle tensioni tangenziali è entrante.
7.61
Se consideriamo l’ala di sinistra, il risultato è
analogo per simmetria (con verso opposto).
Qui a destra è riportato l’andamento qualitativo
delle tensioni tangenziali.
Osservazione 1
La teoria di Jourawski non permette di calcolare le
tensioni nella zona '∗ .
È infatti difficile trovare delle corde
idonee per isolare aree significative
7.62
Osservazione 2
Potrei prendere anche corde inclinate, non
ortogonali ai lati. Però la Á corrispondente
sarebbe minore, infatti
Á = −
¸¹
G
Se lo spessore è piccolo, ¹ (momento statico) è praticamente uguale per corde inclinate o
rettilinee, ma varia G (che rappresenta la lunghezza della corda).
In generale se voglio trovare É
Á l³ É devo tagliare con la corda di lunghezza minima
É
Á 5 É < É
Á 3 É
Vogliamo trovare il rapporto fra ×
l³
× e É
l³ É
Questo criterio mi dice anche la
direzione delle tensioni tangenziali
massime nella sezione
7.63
4^ 35
¸ 2 „48 [
×
l³ × =
4^
¸ 25 3
É
[
l³ É =
96
3
¸ 1 35 3
=
r [s
2
48
×
l³ ×
¸ 1 35 3
=
r [s ∙
= 1.02
25
2
48
É
É
3
l³
¸ [
96
Osservazione 3
La formula di Jourawski dà il valore esatto del flusso di taglio ·Á .
La tensione media Á si ottiene dividendo il flusso di taglio per la lunghezza della corda.
L’approssimazione consiste nel confondere la tensione media Á con la tensione puntuale
Á .
7.64
7.3.4 Taglio in sezioni sottili aperte. Centro di taglio
Consideriamo una sezione generica e l’equilibrio di una sua porzione identificata dall’area
'5
·Á > 0
Per flusso uscente
In questo caso la flessione produce delle tensioni normali espresse da:
= −
!
−
#%-
+ ! − 3
− #%-
7.65
Assumendo come positivo il flusso ·Á se uscente dall’area '5 si ottiene, per una
sollecitazione %- = 0 , ¸ = 0
·Á
·Á
= limØ→0
1
= limØ→0 Δ
·Á
·Á
·Á
H+´ ;< £,K
B
<Ù∆<
2 Û−
,B
!
LH+´ ;< £,K
Ú
B
= limØ→0
1
<
−
!
= limØ→0 2 Œ
,B
=−
¸ ¹

#%- (
3
− −
−
·Á
= limØ→0
+ Δ)
− Œ−
# ™−%- (
3
!
+´ ™;< (CÚ)L;< ()š£,
B
Ú
−
#%- ()
Ü &'
3
−
+ Δ ) + %- ()š
 &'
Δ
™−%- ( + Δ ) + %- ()š
2 !
3
Δ
− ÝÞÞÞÞÞÞÞßÞÞÞÞÞÞÞà
,B
¸
−
=
#&'
7.66
Se prendo la convenzione di flusso uscente positivo:
·Á = ·Á =
−¸
−
3
−¸
−
3
Se invece %- = 0 , ¸ = 0, si trova
·Á = ·Á =
€
2 &' −
2 &'
€
2 &' −
2 &'
,B
,B
,B
,B
Calcoliamo la risultante dei flussi ·Á sia per ¸ ≠ 0, sia per ¸ ≠ 0
7.67
Le 2 risultanti non necessariamente passano per , ma per un preciso punto che è il
CENTRO DI TAGLIO della sezione.
Il centro di taglio è quindi quel punto dove passa
la risultante delle tensioni tangenziali prodotte
dalle sollecitazioni taglianti ¸ e ¸ .
7.68
In generale, se le forze di taglio non passano per tale punto, la sezione è soggetta a
torsione.
Supponiamo, ad esempio, che la sollecitazione tagliante sia fornita dalle componenti ¸ e ¸ ,
passanti per il baricentro della sezione trasversale, con ≠ .
Schematicamente:
%Õ = ¸ W − ¸ W
7.69
Osservazione 1
Per Effetto di %Õ le tensioni taglianti hanno risultante nulla.
La sezione è assimilabile ad un profilo rettangolare
allungato.
Ci sono flussi opposti delle tensioni tangenziali nello
spessore.
Osservazione 2
Dato che lo spessore è sottile, la media delle tensioni
tangenziali sulla corda è assimilabile al valore puntuale. Le
massime Á si ottengono quando la corda ha lunghezza
minima, ovvero è ortogonale alla superficie laterale.
Á è pressappoco costante sulla corda
7.70
Esercizio: Trovare le tensioni tangenziali conseguenti ad un taglio ¸ = ¸ applicato nel
baricentro , supponendo la sezione sottile (^ ≪ [).
' = 3^[ + _(^)
Õ
>T = − (2[)3 + _(^)
T̄ =
TT
TT
−
·Á =
TT
2
= ([ J ^)3 + _(^ 3 )
9
−¸
3 € 2 &' −
−
,B
3
3
L3³A Õ
JÕ³
=− [
3
J
1
≅ ^[ J + _(^ ) →
3
ed >T = − [ 3 + _(^)
e
1
≅ ^(2[ )J + _(^) →
3
≅ _ (^ ) →
T̄ =
Õ
3
â
L ³A
A
JÕ³
=−
³
N
1
[
= ^[J − 3^[ „
3
6
3
1
= [ J ^ + _(^)
4
8 J
2 3 4 J
= ^[ − 3^[ r [s = [ ^ + _(^)
3
3
3
2
[
1
= 0 − 3^[ r− [s „−
= − [J ^ + _(^)
3
6
3
2 &'
,B
7.71
Area '5 , identificata dalla coordinata `5
+, &' = `5 ^ ∙ J [
B
2 &' −
,B
¸
3
ed
+, &' = −`5 ^ „N [ −
Ì
B
ÁB
3
1 J
2
1 J
5
`5
2
&'
=
[
^
r`
^
∙
[s
−
[
^
^
r
[
−
sz =
y`
5
5
4
3
3
6
2
,B
= [J ^ 3 `5 „ −
³
N
Ì
5Ë
[+
ÁB
N
= [ J ^ 3 `5 „− +
¸
[ `5
3
·Á = −
H[ ^ `5 „− +
K=
`
r[
−
`5 s
J 5
2 J 3
9
6
2
[
2
( )
9 [ ^
¸
·Á
3
Á ≅ =
=
`
r[
−
` s
Á
^
2[ J ^ 5
2 5
³
Ö
ÁB
N
J 3
Come si può notare dall’espressione finale delle tensioni tangenziali, l’andamento è di tipo
parabolico.
7.72
La risultante delle tensioni è data da:
¸ ³
3
¸
`53 `5J
2 ·Á &`5 = J 2 `5 r[ − `5 s &`5 = J Œ[
−  =0
2[
2
2[
2
2 M
M
M
³
³
™·Á šÁB E³ = mI [ „− = −
3³
3
³
¿
³
¿
m
mentre ™·Á šÁBEÔ = 3³I J „3 = 53³
¿ ³
I
³
¿
Ripetiamo quanto fatto sino ad ora, per l’area '3 identificata dall’ascissa `3 :
2 &' −
,A
·Á = −
Á
¸
+, &' = −^ `3 „J [ −
A

ÁA
3
ed +, &' = ^ `3
N
A
³
1 J 3
4
`3
1 J 3 [
1
`3 [
J 3
2
&'
=
−
[
^
`
r
[
−
s
+
[
^
`
=
[
^
`
r−
[
+
+ s=
3
3
3
4
3
2
3
6
3
8
18
,A
2 J 3
( )
9 [ ^
·Á
≅ =
Á
^
[J ^ 3
¸
`3
5
`3
9
r− [ + s =
`
r5[
−
` s>0
2
9
4
4 [J 3
4 3
[ J ^ 3 `3
5
`3
=
r− [ + s
2
9
4
7.73
ãä<å
ãÁA
Si ha il punto di massimo dove
ãä<å
ãÁA
= ³I „5[ − 3 `3
™·Á š
¿
5M
ÁA E ³
Ö
Ö
=
,
ãä<å
ãÁA
=0
= 0 ⇒ `3 =
5M
Ö
¸ 10
5
25 ¸
[
r5[
−
[s
=
4 [J 9
2
36 [
[
La risultante delle tensioni è data da:
3³
3³
2 Á ^ &`3 = 2
M
M
·Á &`3 = 2
=
3³
M
¸
¸ 5 3 3 J 3³
9
` r5[ − `3 s &`3 = J y [ `3 − `3 z =
[J 3
4
4[ 2
4
M
¸ 5
¸ J
3
3
J
[
4
[
−
8[
=
[ ™10 − 6š = ¸
z
y
4 [J 2
4
4 [J
7.74
Riassumendo:
È equipollente a
Osservazione: il taglio ¸ = ¸ è applicato in , mentre la risultante delle Á è ancora pari a
¸ = ¸ , ma applicata lungo l’asse dell’anima. Nasce quindi una torsione, in quanto:
7.75
Per valutare l’effetto di %Õ si usa la soluzione tecnica:
%ÕB
%ÕA
Θ=
=
1 J
1
æ
[^
2[ ^ J è
3
3
%ÕB + %ÕA = %Õ
Da cui:
1 J
[^
%Õ
3
%ÕB =
% =
3
[ ^J Õ
5,l³
3,l³
%ÕB
%Õ /3
%Õ
¸
=
=
=
=
1 3 1 3 [ ^3 6 ^3
[^
[^
3
3
%ÕA
2%Õ /3
%Õ
¸
=
=
=
=
1
2 3 [ ^3 6 ^3
3
2[ ^
[^
3
3
2
%ÕA = %Õ
3
7.76
•
Per effetto della torsione:
l³
•
Per effetto del taglio
¸
=
6 ^3
l³ =
25 ¸
36 [ ^
Osservazione: le sollecitazioni di torsione sono preponderanti.
Per non avere sollecitazioni di torsione, il taglio deve essere applicato nel centro di taglio
della sezione.
7.77
Supponiamo adesso che sia applicato un taglio ¸ = ¸′
- Le tensioni tangenziali sono parallele alle ali del profilo perché
questo è sottile;
- La risultante delle Á sull’ala 1 è parallela ad ;
- La risultante delle Á sull’anima 2 è parallela ad ;
Segue che affinché il sistema di forze sia equipollente con ¸′, la
risultante delle Á sull’anima 2 deve essere nulla.
In definitiva, comunque sia diretta la forza tagliante, la risultante nell’ala 1 ha come retta di
applicazione l’asse dell’ala, ed una analoga conclusione vale per l’anima 2.
7.78
Segue che il centro di taglio è il punto di intersezione dell’asse dell’ala e di quello
dell’anima.
7.79
Esercizio: trovare il centro di taglio per la sezione riportata
Supponiamo ^ ≪ [ , e consideriamo gli effetti di un
taglio ¸ = −a
Occorre trovare l’eccentricità “W” in modo tale che la
risultante delle tensioni tangenziali sia equipollente al
carico esterno.
• Ricerca delle caratteristiche d’inerzia della
sezione:
' = 7 [^
5
>T ≅ H ^(2[)3 + 2[^ 2[K = 6 [ 3 ^
= 0 (VWX `\iiW^X\[) ,
≅
5
53
=
T̄
3
”m­
,
=
^(2[ )J +
N ³A Õ
Ï ³Õ
5
53
= Ï [ ed T̄ = 0 (VWX `\iiW^X\[)
N
^(3[ )J =
JÌ
53
3
8 3
6 3 1
6
≅ 2[^ r [s + 3[^ r [s + ^(2[)J + 2[^ r[ − [s =
7
7
12
7
=
³I Õ
Ö
H2 ∙ 64 + 3 ∙ 36 + ∙ 49 + 2K =
3
J
55N
35
^[ J
[J ^
7.80
• Calcolo delle tensioni tangenziali
Area éê :
·Á = − 9 +, &' = 9 ^ `5 „[ −
¿m
88
B
ë
88
ÁB
3
> 0, flusso uscente
N.B. ¸ = −a come da dati assegnati
Õ
3 ¸
Risultante delle tensioni tangenziali:
¸
`5
`53 `5J
−2
^ `5 „[ −
&`5 ≅ − ^ Œ[ −  =
2
2
6 M
M
¸ ^ [ J a ^ [J
=−
=
3
3 ³L
Area éì :
·Á =
¿m
988
+, &' = − 9 ^ `3 „[ −
A
ë
88
ÁA
3
Risultante delle tensioni tangenziali:
2
³L
M
Õ
3 ¸
³
< 0, flusso entrante
¸ [J
`3
a ^ [J
^ `3 „[ −
&`3 ≅
^
=−
<0
2
3 3
7.81
Area éí :
·Á = − 9 +, &' = + 9 ^ `J „3 [ −
¿m
88
ë
I
88
J
Risultante delle tensioni tangenziali:
2
J Õ
³L
3 3
M
¸
·Á = − 9 H−^ ` „3 [ −
¿m
88
J
ÁÑ
> 0, flusso uscente
J
J 3³
`J
3
K = − 9 ^ ` „3 [ −
ë
88
Risultante delle tensioni tangenziali:
J Õ
³L
3 3 ¸
M
3
¸ ^ 3 3
`J
(
)
− ^
3[ − `J &`J ≅ −
Œ [ `J − 
2
3 M
2 2
Area éî :
2
ÁI
^
J
` 3
`
9 a J
r [ − s &` ≅ −
^[
2 2
2
8 ÁÑ
3
¸ ^ J 27 27
9 a J
[ r − s=
^[
=−
8 24
8 2
< 0, flusso entrante
7.82
Per quanto riguarda l’anima, consideriamo l’area 'Ì :
Essendo +, &' = 0
Ò
Segue ·Á = 0 ovvero l’anima è scarica
Riassumendo, le varie risultanti:
La forza a va applicata nel centro di taglio 5N
definito da W = [
JÌ
Se non voglio che nasca della torsione
1 2
^ [ J 35 ^ [J
t =2∙r + s a
=
a
=
2 8
12
35
1
=
a ^ [J
=a
35 J
12
12 ^[
Equilibrio dei momenti intorno a C:
−
3 ë Õ ³I
J 988
∙ (2[ − W) +
5Ë ë Õ ³I
Ë
2 a ^ [J
∙ 2[ 16
3 W=
=
[
35 a ^ [ J
35
12
988
W=0
7.83
7.4 Verifica di resistenza
Per effetto di sforzo normale, torsione, flessione, taglio, le uniche componenti di tensione
non nulle sono , , .
Le e possono essere sommate vettorialmente nella tensione tangenziale totale .
Nel piano ′′, con ′ parallelo al vettore tensione tangenziale ⏟
, le
uniche componenti di tensione sono e . Le altre sono tutte nulle.
7.84
Se £ rappresenta la tensione di progetto da non superare:
Verifica secondo Tresca:
3
≤ £
ƒ3 + 4
Verifica secondo Von Mises:
3
≤ £
ƒ3 + 3
Verifica secondo Galileo:
ð3
;<
;
± ƒ„ <
3
3
+ 3 ð ≤ £
7.85
7.5 Calcestruzzo armato, metodo “n” per la flessione
Per effetto della flessione, il cls che è un materiale debolmente resistente a flessione, si
fessura, ma i ferri d’armatura sono in grado di assorbire gli sforzi di trazione.
Ipotesi della teoria:
1. Le sezioni si mantengono piane;
2. Il cls non resiste a trazione;
3. Esiste perfetta aderenza (assenza di slittamento) tra ferri
d’armatura e cls;
Nella sezione trasversale il cls resiste a compressione, mentre i ferri equilibrano le trazioni
7.86
ò : tensione nel cls;
Á : tensione nell’acciaio;
ò : modulo di Young del cls;
Á : modulo di Young dell’acciaio;
'ò : area cls compresso;
Come nel caso generale:
'Á : tensione dell’acciaio;
= − ,
ò = −
Siccome lo sforzo normale è supposto nullo:
+, ò &' + +, Á &' = 0 ⇒ +, −
ó
å
ó
.ó /
ò ,
&' − +,
å
.å /
Á = −
&' = 0
Á con &' = G &
7.87
Scegliamo l’asse z coincidente con l’asse neutro.
Indichiamo con ² ∙ & la distanza dell’asse neutro dall’estradosso, mentre con & indichiamo la
distanza del piano dei ferri inferiori (baricentro dell’armatura) dall’estradosso. Per semplicità
si può trascurare il diametro dell’armatura e considerare le barre puntiformi.
Σ
ò ò
ò ² 3 & 3
2 −
&' = 2 −
G & = −
G
,
2
,ó
M
W&
Á Á
(1 − ²)&'Á
2 −
&' = +
,å
7.88
Quindi l’equilibrio si scrive come:
−
.ó
/
Î A£A
3
G
Î A £A
3
+
.å
/
(1 − ²)&'Á = 0,
ponendo poi ] =
.å
.ó
possiamo di sotto scrivere
+ ]'Á &² − ]'Á & = 0, che risolta scegliendo la radice positiva fornisce la profondità
dell’asse neutro: ² =
Lk,å £Cƒ(k,å £)A C
£A -
ÑôI 7
k,å
A
.
Dall’equilibrio alla rotazione rispetto all’asse z:
%-
ò 3
Á 3
= − 2 ò &' − 2 Á &' = 2
&' + 2
&'
,å
,å
,ó
,ó
1
%-
%-
=
=
+ 3 &' + + 3 &' õ1 G(²&)J + ]' ™(1 − ²)& š3 ö
ò ,ó
Á ,å
ò 3
Á
Dove si può notare che il termine in parentesi graffa a denominatore dell’ultima uguaglianza
rappresenta il momento d’inerzia dell’area omogeneizzata a cls.
7.89
ò÷øù =
ò÷øù =
Á = −
=
L.ó Î £
/
=B
L678
(Búû)A
-Î A £ A Ck,å
£
û
I
,
i[
Î A £A 3
= ]'Á (1 − ²)&,
−%-
−%-
−2 %-
=
=
² 1 ²
²
1 3 3 ² 3 &3 G 1 − ²
G&3 ² „3 + 2 − 2
G& 3 ² „1 − 3
G² & +
3
2
²
Á ™−(1 − ²)&š
]%- (1 − ²)&
=
=
1
( )J
™(
) š3
3 G ²& + ]'Á 1 − ² &
]%- (1 − ²)&
1 3
(
)3 3
3 ²& 2]'Á (1 − ²) + ]'Á 1 − ² &
=
%-
2
(
)
3 ²'Á & + 'Á 1 − ² &
=
&ü]·üW:
%-
²
'Á & „1 − 3
7.90