Travi continue - PCI · Sussidi didattici per il corso di COSTRUZIONI EDILI Prof. Ing. Francesco Zanghì TRAVI CONTINUE AGGIORNAMENTO DEL 27/10/2011

Sussidi didattici per il corso di COSTRUZIONI EDILI

Prof. Ing. Francesco Zanghì

TRAVI CONTINUE

AGGIORNAMENTO DEL 27/10/2011

Corso di COSTRUZIONI EDILI Prof. Ing. Francesco Zanghì

2

Per trave continua intendiamo una trave unica, vincolata su più appoggi di cui almeno uno deve essere fisso a terra (cerniera), mentre glia altri possono essere muniti di carrello.

A causa della continuità della trave, sulle campate si verifica una forte riduzione dei momenti flettenti rispetto alla soluzione con campate separate isostatiche. La riduzione dei momenti massimi positivi si “paga”, tuttavia, con la comparsa di momenti negativi (che tendono le fibre superiori) in corrispondenza degli appoggi intermedi.


3

A B C D E

A B C D E


4

La trave continua è iperstatica in quanto il numero di incognite è superiore a quello delle equazioni di equilibrio. Ciò significa che esistono infinite soluzioni che soddisfano il sistema. La soluzione esatta, però, è solo quella congruente con le caratteristiche di deformabilità degli elementi che compongono la struttura e con i suoi vincoli.

EQUAZIONE DEI TRE MOMENTI DI CLAPEYRON

Consideriamo una trave continua su tre appoggi caricata con un carico ripartito q.

A B C

q

L1 L2

Immaginiamo di sconnettere la trave in corrispondenza del punto B ed introdurre una cerniera. Per ripristinare la continuità e rendere i due schemi equivalenti dobbiamo applicare i momenti MB che sono incogniti.

A B C

q

L1 L2

q MB MB


5

La cerniera permetterebbe ai due tronchi di ruotare liberamente l’uno rispetto all’altro mentre nel sistema reale i due tronchi sono legati dal vincolo di continuità.

A B CL1 L2

A B CL1 L2

θθ'

θ θ'

Pertanto la congruenza implica:

'θθ −=


6

Per il 1° teorema di Mohr gli angoli di rotazione delle tangenti d’estremità della linea elastica di una trave appoggiata-appoggiata sono dati dal rapporto tra le reazioni ausiliarie ottenute caricando la trave con il diagramma dei momenti della trave reale e la quantità EJ.

M N

βα

M N

M* N*α = M*

EJβ = N*

EJ

Alla rotazione dovuta ai carichi esterni deve essere sommata la rotazione dovuta ai momenti di estremità pertanto, con riferimento alla trave continua A-B-C, si ha:

( )BA MMEJ

L

EJ

B2

6

1sin*

++=θ ( )CB

desMM

EJ

L

EJ

B++= 2

6

2

*'θ

Sostituendo nell’equazione di congruenza e semplificando:

( ) ( )desCBA BBLMLLMLM*

sin*

4211 62 +−=⋅+++⋅


7

Questa equazione è nota come equazione dei tre momenti di Clapeyron. Le reazioni fittizie dipendono da come è caricata la struttura.


8


9

ESEMPIO 1

Studiare la trave continua omogenea, a sezione costante, riportata in figura e tracciare i diagrammi di taglio e momento flettente.

1.50 m 5.00 m 4.00 m

50 kN/m

30 kN

40 kN/m

A B CA'

• CALCOLO DEI MOMENTI AGLI APPOGGI

Il momenti agli appoggi A e C sono noti:

kNmM A 4550.130 −=⋅−= ; 0=CM Il momento all’appoggio B si calcola mediante l’equazione dei tre momenti:

( ) ( )desCBA BBMMM *sin

*600.400.400.5200.5 +−=⋅+++⋅

( )desB BBM*

sin*600.4000.9200.545 +−=⋅+⋅+⋅− ; ( )desB BBM

*sin

*618225 +−=+−

2

33

sin* 42.260

24

550

24 m

kNlqB =

⋅=

⋅= ; 2

3* 67.106

24

440

m

kNB des =

⋅= (vedi tabelle di pag.7)

Pertanto: 54.220218225 −=+− BM da cui si ricava: kNmMB 86.109−=


10

• CALCOLO DELLE REAZIONI VINCOLARI

1.50 m 5.00 m 4.00 m

50 kN/m

30 kN

40 kN/m-45

-109.86MA

AA' B C

VA VB VC

MB

( )

=⋅⋅−⋅

=⋅⋅−+⋅−⋅

=⋅−⋅−−++

=

BC

BA

CBA

A

MV

MV

VVV

H

00.200.44000.4

50.200.55000.550.13000.5

000.44000.55030

0

Dalla terza equazione si ricava:

86.10962519500.5 −=−−⋅AV ; 14.71000.5 =⋅AV ; kNVA 03.142=

Dalla quarta equazione si ricava:

14.21000.4 =⋅CV ; kNVC 53.52=

� Equilibrio alla traslazione orizzontale

� Equilibrio alla traslazione verticale

� Equilibrio alla rotazione a sinistra di B

� Equilibrio alla rotazione a destra di B


11

Sostituendo VA e VC nella seconda equazione:

01602503053.5203.142 =−−−++ BV ; kNVB 44.245=

• CARATTERISTICHE DELLA SOLLECITAZIONE

1.50 m 5.00 m 4.00 m

50 kN/m

30 kN

40 kN/m

AA' B C

142.03 245.44 52.53

S1 S2 S3

� tratto A’A: Guardiamo a sinistra della sezione S1:

TAGLIO

kNTS 301 −=−

−=⇒=

−=⇒=−

−

kNTxper

kNTxper

A

A

3050.1

300

1

'1

MOMENTO

11 30 xM S −=−

−=⇒=

=⇒=−

−

kNmMxper

Mxper

A

A

4550.1

00

1

1'

lineare

x1

30 kN

A'

S1


12

� tratto AB : Guardiamo a sinistra della sezione S2:

TAGLIO

22 503003.142 xTS ⋅−−=−

−=⇒=

=⇒=−

+

kNTxper

kNTxper

B

A

97.13700.5

03.1120

2

2

Punto di nullo: 0503003.142 2 =⋅−− x ; mx 24.22 = dal punto A

MOMENTO IN CAMPATA

( )2

2

222 50.130

25003.142 x

xxM S +−−⋅=

− ; kNmMxper

AB 50.8024.2 max2 =⇒=

� tratto BC : Guardiamo a destra della sezione S3:

TAGLIO

33 4053.52 xTS ⋅+−=+

=⇒=

−=⇒=

+

−

kNTxper

kNTxper

B

C

47.10700.4

53.520

3

3

Punto di nullo: 04053.52 3 =⋅+− x ; mx 31.13 = dal punto C

MOMENTO IN CAMPATA

24053.52

2

333

xxM S −⋅=

+ ; kNmMxper

BC 50.3431.1 max3 =⇒=

1.50 m x2

50 kN/m30 kN

AA'

142.03

S2

x3

40 kN/m

C

52.53

S3


13

• DIAGRAMMI

T

M

1.31 m

2.24 m


14

ESEMPIO 2

Studiare la trave continua omogenea, a sezione costante, riportata in figura e tracciare i diagrammi di taglio e momento flettente.

20 kN/m

A

3.00 m 4.00 m 3.00 m

B C D

30 kN/m50 kN

Trattandosi di trave continua incastrata agli estremi, sostituiamo gli incastri di estremità con due appoggi, posti a distanza piccolissima, L0, le cui reazioni costituiscono una coppia. La nuova campata che si viene a formare viene considerata scarica :

20 kN/m

A

3.00 m 4.00 m 3.00 m

B C D

30 kN/m50 kN

L0 L0

A' D'


15

• CALCOLO DEI MOMENTI AGLI APPOGGI

Scriviamo 4 volte l’equazione dei tre momenti:

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )

+−=⋅+++⋅

+−=⋅+++⋅

+−=⋅+++⋅

+−=⋅+++⋅

desDDC

desDCB

desCBA

desBAA

DDLMLMM

CCMMM

BBMMM

AAMLMLM

*sin

*

0'0

*sin

*

*sin

*

*sin

*

00'

600.3200.3

600.300.300.4200.4

600.400.400.3200.3

600.300.32

poiché si può porre L0=0 segue : 0sin* =A e 0* =desD , pertanto:

( ) ( )( ) ( )

⋅−=⋅+⋅

+−=⋅+++⋅

+−=⋅+++⋅

⋅−=⋅+⋅

sin*

*sin

*

*sin

*

*

600.3200.3

600.300.300.4200.4

600.400.400.3200.3

600.300.32

DMM

CCMMM

BBMMM

AMM

DC

desDCB

desCBA

desBA

Dalle tabelle di pag.7 e 8 si ricavano:

2

33

sin** 5.22

24

320

24 m

kNlqBA des =

⋅=

⋅== ; 2

22

sin** 50

16

450

16 m

kNlPCB des =

⋅=

⋅== ;

2

33

sin** 75.33

24

330

24 m

kNlqDC des =

⋅=

⋅==

� TRATTO A’-A-B

� TRATTO A-B-C

� TRATTO B-C-D

� TRATTO C-D-D’


16

Il sistema diventa:

−=+

−=++

−=++

−=+

5.20263

5.5023144

4354143

13536

DC

DCB

CBA

BA

MM

MMM

MMM

MM

Dalla prima: 5.675.13 −−= BA MM ; dalla quarta: 25.1015.13 −−= CD MM

Sostituendo nella seconda e terza equazione:

−=−−+

−=++−−

5.50225.1015.1144

4354145.675.1

CCB

CBB

MMM

MMM ;

−=+

−=+

25.4015.124

5.36745.12

CB

CB

MM

MM

Dalla prima: BC MM 125.387.91 −−= ; sostituendo nella seconda: 25.40137.1148394 −=−− BB MM

kNmM B 3.21−=

Sostituendo: kNmMC 3.25−=

kNmM A 8.11−=

kNmM D 1.21−=


17

• CALCOLO DELLE REAZIONI VINCOLARI

20 kN/m

A

3.00 m 4.00 m 3.00 m

B C D

30 kN/m50 kN

-21.3-11.8 -25.3 -21.1

VA VB VC VD

( )( )

( ) ( )

=+⋅−⋅⋅−⋅++⋅

=+⋅⋅−⋅

=+⋅⋅−⋅

=⋅−⋅−−+++

BDCD

CDD

BAA

DCBA

MMVV

MMV

MMV

VVVV

00.2505.500.330400.300.4

5.100.33000.3

5.100.32000.3

000.33000.32050

Dalla seconda equazione si ricava:

3.218.119000.3 −=−−⋅AV ; kNVA 8.26=

Dalla terza equazione si ricava:

3.251.2113500.3 −=−−⋅DV ; kNVD 6.43=

� Equilibrio alla traslazione verticale

� Equilibrio alla rotazione a sinistra di B

� Equilibrio alla rotazione a destra di C

� Equilibrio alla rotazione a destra di B


18

Sostituendo VD nella quarta equazione:

( ) ( ) 3.211.2100.2505.500.330400.300.460.43 −=−⋅−⋅⋅−⋅++⋅ CV ; kNVC 4.72=

Sostituendo le reazioni trovate nella prima equazione:

090605060.434.7280.26 =−−−+++ BV ; kNVB 2.57=

• CARATTERISTICHE DELLA SOLLECITAZIONE

20 kN/m

A

3.00 m 4.00 m 3.00 m

B C D

30 kN/m50 kN

11.8

26.8 57.2 72.4 43.6

21.1S1 S2 S3 S4

E


19

� tratto AB : Guardiamo a sinistra della sezione S1:

TAGLIO

11 208.26 xTS ⋅−=−

−=⇒=

=⇒=−

+

kNTxper

kNTxper

B

A

20.3300.3

80.260

1

1

Punto di nullo: 0208.26 1 =⋅− x ; mx 34.11 = dal punto A

MOMENTO IN CAMPATA

8.112

208.26

2

211 −−⋅=

− xxM S ; kNmMxper

AB 2.634.1 max1 =⇒=

� tratto BP : Guardiamo a sinistra della sezione S2:

TAGLIO

kNTS 2400.3202.578.262 =⋅−+=−

costante

MOMENTO

( ) ( ) 8.115.100.3202.5738.26 2222 −+⋅⋅−⋅++⋅=−

xxxM S

kNmMxper E 7.2622 =⇒= −

20 kN/m

A

x1

11.8

26.8

S1

20 kN/m

A

3.00 m x2

B11.8

26.8 57.2

S2


20

� tratto PC: Guardiamo a sinistra della sezione S3:

TAGLIO

kNTS 2600.3304.726.433 −=⋅+−−=+

costante

MOMENTO

( ) ( ) 1.215.100.3304.7236.43 3333 −+⋅⋅−⋅++⋅=+

xxxM S

kNmMxper E 7.2623 =⇒= +

� tratto CD: Guardiamo a destra della sezione S4:

TAGLIO

44 306.43 xTS ⋅+−=+

=⇒=

−=⇒=+

−

kNTxper

kNTxper

C

D

4.4600.3

6.430

4

4

Punto di nullo: 0306.43 4 =⋅+− x ; mx 45.14 = dal punto D

MOMENTO IN CAMPATA

1.212

306.43

2

444 −−⋅=

+ xxM S ; kNmMxper

CD 6.1045.1 max4 =⇒=

x3 3.00 m

C D

30 kN/m

72.4 43.6

21.1S3

x4

D

30 kN/m

43.6

21.1S4


21

• DIAGRAMMI

T

M

-21.1

-11.8

1.34 m

1.45 m


22

Fonti

• Ernesto Lo Re – Materiale didattico • M.G.Busato – Rotazioni degli estremi di una trave appoggiata

Documents

Travi continue - PCI · Sussidi didattici per il corso di COSTRUZIONI EDILI Prof. Ing. Francesco Zanghì TRAVI CONTINUE AGGIORNAMENTO DEL 27/10/2011