1 Travea grande curvatura Travea grande curvatura

(1)

1

Nel caso di trave rettilinea vale ipotesi di Saint Venant Ad esempio per la flessione abbiamo visto:

2

Trave a grande curvatura

(2)

2

3

4

(3)

5

0= raggio di curvatura dell’asse baricentrico

r₀= raggio di curvatura dell’asse neutro (da determinare) r = raggio di curvatura dell’asse neutro dopo la deformazione

6

(4)

4

7

Si è supposto che y non varia durante la flessione

 ^ ^ ^

   ma vale anche  ₀

CD d d r CD r d

Quindi:

0 0

0 0 0

1 1 1 1

d y

r r

d r r r y r r

 



   

          

8

0

0 0

y 1 1

E E r

r y r r

       ^  ^

Le dimensioni della sezione trasversale sono confrontabili con il raggio r₀ e perciò la quantità y a denominatore è determinante

Di conseguenza gli sforzi non sono distribuiti linearmente lungo la sezione.

Per trave rettilinea 1/r₀=0

Ey

  r

(5)

9 F

N 



dF

f F

M 



ydF

10

F

N 



dF ^M^f ^_F



^^ydF

0

0 0

1 1

F

N Er ydF

r r r y

 

   





2 0

0 0

1 1

f

F

M Er y dF

r r r y

 

   



 ⁼⁰

0 0

1 1

f

F F

M Er ydF r ydF

r r r y

 

 

     







 

(6)

6

11



Momento statico della sezione rispetto all’asse neutro = Fe

e = distanza tra asse neutro e asse baricentrico: e₀r₀

0

1 1

Mf Er Fe

r r

 

   

  ⁰

Mf y Fe r y

 



12

0 0

e r

0

Mf y Fe r y

 



Andamento iperbolico

(7)

13

Determinazione posizione asse neutro:

u r0 y

0

0 0 F

u r F

dF r

u dF

u

   

 

14

0 F

r F

dF u





Per sezione rettangolare:

0

2 0

ln 2

2

h

F h

dF du h

b b

u u h







  

 



0

0 0

ln 2

2 r h

h h



 



0

0 0

ln 2

2 e h

h h

 



 





(8)

8

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16

(9)

17

Formula approssimata:

0

Jx

e^  F

18

A

y x

Base maggiore = 40 mm Base minore = 10 mm Raggio interno = 30 mm Raggio esterno = 100 mm Altezza trapezio = re-ri= 70 mm P = 2000 kg