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ES 3 - Il metodo di integrazione della linea elastica

Inviato da nicola.moscheni il Dom, 28/09/2014 - 20:04

La trave qui presentata non è altro che una struttura iperstatica.

Si calcoli quindi il valore v_MAX e la sua posizione sulla lunghezza della trave attraverso l'equazione della linea elastica.

Scriviamo le equazioni di riferimento:

$\large \left\{\begin{matrix} \frac{\mathrm{d} N}{\mathrm{d} s}+q_{2}=0\\ N=EA\xi \\ \xi=\frac{\mathrm{d} u}{\mathrm{d} s} \end{matrix}\right.$ $\left\{\begin{matrix} \frac{\mathrm{d} T}{\mathrm{d} s}+q_{2}=0\\ \frac{\mathrm{d} M}{\mathrm{d} s}+T=0\\ M=EJ\chi\\ \chi=\frac{\mathrm{d} \varphi }{\mathrm{d} s}\\ \varphi=\frac{\mathrm{d} v }{\mathrm{d} s} \end{matrix}\right.$

Di cui le prime tre si riferiscono allo sforzo normale perciò possono essere ignorate.

$\frac{\mathrm{d} T}{\mathrm{d} s}+q_{2}=0$ di cui $T=-\frac{\mathrm{d} M}{\mathrm{d} s}$ quindi $\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} s}\left ( -\frac{\mathrm{d} M}{\mathrm{d} s} \right )+q_{2}=0 \Rightarrow -\frac{\mathrm{d^{2}} M}{\mathrm{d} s^{2}}+q_{2}=0$

$\chi=\frac{\mathrm{d} \varphi }{\mathrm{d} s}$ di cui $\varphi=\frac{\mathrm{d} v }{\mathrm{d} s}$ quindi $\chi=\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} s}\left ( \frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{d} s} \right )\Rightarrow \chi =\frac{\mathrm{d^{2}} v}{\mathrm{d} s^{2}}$

$M=EJ\chi \Rightarrow M =EJ\frac{\mathrm{d^{2}} v}{\mathrm{d} s^{2}}$ perciò $-\frac{\mathrm{d} ^{2}}{\mathrm{d} s^{2}}\left ( EJ\frac{\mathrm{d^{2}} v}{\mathrm{d} s^{2}} \right )+q_{2}=0$

di cui $EJ$ è una costante perché dipende dal materiale della struttura che consideriamo sempre uguale in tutte le sezioni, e $q_{2}$ rappresenta un carico uniformemente distribuito, abbiamo quindi che:

$\frac{\mathrm{d^{4}} v}{\mathrm{d} s^{4}}=\frac{q_{2}}{EJ}$ $\frac{\mathrm{d^{3}} v}{\mathrm{d} s^{3}}=\frac{q_{2}}{EJ}s+c_{1}$

$\frac{\mathrm{d^{2}} v}{\mathrm{d} s^{2}}=\frac{q_{2}}{EJ}\frac{s^{2}}{2}+c_{1}s+c_{2}$

$\frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{d} s}=\frac{q_{2}}{EJ}\frac{s^{3}}{6}+\frac{c_{1}s^{2}}{2}+c_{2}s+c_{3}$

$v\left ( s \right )=\frac{q_{2}}{EJ}\frac{s^{4}}{24}+\frac{c_{1}s^{3}}{6}+c_{2}s^{2}+c_{3}s+c_{4}$

Ci troviamo quindi con quattro differenti costanti additive. Per trovarle dobbiamo esprimere le condizioni al bordo.

$V(0)=0\Rightarrow c_{4}=0$

$\varphi(0)=0\Rightarrow {\frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{d} s}}=0\Rightarrow c_{3}=0$

$v(l)=0\Rightarrow v\left ( l \right )=\frac{q_{2}}{EJ}\frac{l^{4}}{24}+\frac{c_{1}l^{3}}{6}+c_{2}l^{2}=0$

$M(l)=0\Rightarrow EJ\left (\frac{q_{2}}{EJ}\frac{l^{2}}{2}+c_{1}l+c_{2} \right )=0$

Non ci resta che trovare i valori di c₁ e c₂. Mettiamo quindi a sistema le due equazioni, tenendo conto che per convenzione di segno q₂ ha segno negativo.

$\large \left\{\begin{matrix} \frac{q_{2}}{EJ}\frac{l^{4}}{24}+\frac{c_{1}l^{3}}{6}+c_{2}l^{2}=0\\ \frac{q_{2}}{EJ}\frac{l^{2}}{2}+c_{1}l+c_{2}=0 \end{matrix}\right.$

Dalla seconda equazione si può ricavare c₂: $c_{2}=\frac{q_{2}}{EJ}\frac{l^{2}}{2}-c_{1}l$

E sostituirlo nella prima: $\frac{-q_{2}}{EJ}\frac{l^{4}}{24}+\frac{c_{1}l^{3}}{6}+\left ( \frac{q_{2}}{EJ}\frac{l^{2}}{2}-c_{1}l \right )\frac{l^{2}}{2}=0$

Svolgendo le equazioni (risparmio tutto lo svolgimento in quanto si tratta della soluzione di un normale sistema a due equazioni) si hanno le due soluzioni c₁e c₂:

$\large \left\{\begin{matrix} c_{1}=\frac{5}{8}\frac{q_{2}l}{EJ}\\ c_{2}=-\frac{q_{2}l^{2}}{8EJ} \end{matrix}\right.$

Ora bisogna trovare la posizione dove lo spostamento è massimo, in quel punto cioè dove $\varphi=0$ .

Essendo $\varphi=\frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{d} s}\Rightarrow \frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{d} s}=0$

$\frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{d} s}=\frac{q_{2}}{EJ}\frac{s^{3}}{6}+\frac{c_{1}s^{2}}{2}+c_{2}s+c_{3}$ $\Rightarrow \frac{q_{2}}{EJ}\frac{s^{3}}{6}+\frac{5}{8}\frac{q_{2}l}{EJ}\frac{s^{2}}{2}+\frac{q_{2}l^{2}}{8EJ}s=0$ $\Rightarrow \frac{s^{2}}{2}+\frac{5}{8}ls+\frac{l}{4}=0$

di cui le soluzioni sono:

$\left\{\begin{matrix} s_{1}=1,29l\\ s_{2}=0,57l \end{matrix}\right.$

Di cui solo s₂ è valida in quanto inferiore al valore di l e perciò interno alla trave. A questo punto è sufficente sostituire il valore nella funzione $v(s)$ per trovare il valore dello spostamento massimo.

$v\left _{( MAX) \right}=\frac{q_{2}}{EJ}\frac{(0,57l)^{4}}{24}+\frac{5}{8}\frac{q_{2}l}{EJ}\frac{(0,57l)^{3}}{6}+\frac{q_{2}l^{2}}{8EJ}(0,57l)^{2}$

Ma perché affrontare un difficile calcolo quando possiamo usare SAP2000 per scoprire tale valore?

(alcune procedute verranno date per per scontate, si rimanda perciò ai post precedenti)

Iniziamo. Aprite SAP2000 e impostate il modello [Grid Only] e impostate i parametri [Number of Grid Lines] e [Grid Spacing] tenendo conto che stiamo progettando in 2D quindi il valore Z=1.

Nel mio caso i parametri saranno rispettivamente per (X, Y): [Number of Grid Lines]=(2, 1) ; [Grid Spacing]=(1, 1). Cioè ho previsto una griglia composta da due serie di linee lungo X, una lungo Y; distanziate di 1 m.
Impostare vista xz.

Disegnare la trave seguendo le linee della griglia. Impostare vincoli e forza agente sulla struttura [Assign > Frame Loads > Distributed...] e assegnare il valore del peso distribuito in [Load]. (Nel mio caso 12). Quindi assegnamo il peso proprio della struttura e la sezione della trave. Questa volta ho scelto una sezione rettangolare 20cm x 20 cm di spessore 1 cm.

Ecco la struttura.

A questo punto bisogna dare un punto di riferimento per misurare lo spostamento e tutte le forze che agiscono a quel 0,57L. Quindi [Draw > Draw Special Point]. Puntarlo sulla struttura, quindi clic destro, menù [Location], doppio clic su [Joint Cordinates] e impostare X=0,57 (e controllare che Y,Z=0).

[Run Analysis]

Ecco la struttura "in azione".

A questo punto è possibile conoscere tutti i dati che ci interessano, ma soprattutto lo spostamento massimo perché nelle tabelle è stato preso in considerazione il punto che abbiamo assegnato precedentemente. Lo troviamo nella tabella [Joint Displacements] indicato nella colonna U3.

$v\left _{( MAX) \right}=16\times 10^{-6}$

SdC(b) (LM PA)

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