-33-

TRAVE SU SUOLO ELASTICO

La trattazione della trave su suolo elastico è un tipico esempio di problema diffusivo, ovvero

il carico concentrato viene distribuito su una zona di terreno più ampia rispetto alla sua

impronta. La trave è in grado di assorbire il carico in funzione del rapporto tra la sua rigidezza

flessionale e quella del terreno: più la trave risulta rigida e meglio viene distribuito il carico.

2.1 Caratterizzazione meccanica del suolo

Il terreno può essere suddiviso in due tipologie: coerente e incoerente.

Per definizione il suolo coerente (a) è quello la cui deformata è a catino, cioè molto più

grande dell’ impronta del carico. In questo caso vengono trasmessi sforzi di taglio al terreno.

Il suolo incoerente (b) è invece quello in cui l’area della zona soggetta al carico ha deformata

coincidente con l’impronta del carico. In questo caso non vengono trasmessi sforzi di taglio al

terreno.

FIGURA 2.1: TERRENO COERENTE ED INCOERENTE.

-34-

2.2 Suolo elastico alla Winkler

La trattazione del suolo elastico alla Winkler prevede di schematizzare un terreno incoerente

attraverso colonne di terreno indipendenti tra loro che non trasmettono sforzi di taglio al resto

della struttura. Se si considera ad esempio una trave che poggia su un’argilla, gli sforzi di

taglio trasmessi al terreno sono trascurabili; è pertanto possibile, almeno in prima

approssimazione, considerare tale terreno come incoerente con una risposta di tipo lineare.

La trave ha rigidezza flessionale EJ mentre la costante elastica delle molle del terreno KT è

determinata sperimentalmente ed è nota come “costante del terreno” o “costante di Winkler”.

FIGURA 2.2: ESEMPIO DI MODELLIZZAZIONE DEL TERRENO ALLA WINKLER.

In ogni punto del suolo lo stato tensionale è caratterizzato da σT = KT · y(x), dove KT è la forza

da applicare al terreno per avere un abbassamento unitario, cioè KT [FL-3] = σT / L.

I valori di KT variano a seconda del tipo di terreno:

- KT = 2 ÷ 3 kg / cm3 per sabbia

- KT = 8 ÷ 10 kg / cm3 per argilla

- KT = 10 ÷ 30 kg / cm3 per ghiaia

2.3 Trattazione analitica

Si consideri una trave prismatica di larghezza b, di sezione costante e con rigidezza

flessionale EJ (supposta costante), appoggiata su un suolo alla Winkler con costante elastica

KT; si supponga:

- σT costante sulla larghezza b;

- la deformabilità a taglio trascurabile.

FIGURA 2.3: TRAVE PRISMATICA APPOGGIATA SU SUOLO ALLA WINKLER.

-35-

Il problema risulta essere infinitamente iperstatico; per risolverlo si può applicare l’equazione

della linea elastica alle derivate quarte:

( ) ( ) ( )EJ

xrxpxy IV −= con ( ) ( ) bxxr T ⋅σ=

FIGURA 2.5: TRAVE PRISMATICA APPOGGIATA SU SUOLO ALLA WINKLER:CARICHI APPLICATI.

( ) ( ) ( )EJ

xybKxp

EJ

bxpy TTIV ⋅⋅−

=⋅σ−

=

Si ottiene così:

( )EJ

xp)x(y

EJ

bK)x(y TIV =

⋅+

La soluzione di questa equazione differenziale è data dalla somma di un integrale particolare

( )xyP e di uno generale ( )xy0 :

( ) ( ) ( )xyxyxy P0 += + 4 condizioni al contorno (due di tipo cinematico e due di tipo statico).

2.4 Trave di lunghezza illimitata sottoposta a un carico concentrato in

mezzeria

Si consideri una trave di lunghezza illimitata. La soluzione di questo caso è ancora del tipo:

( ) ( ) ( )xyxyxy P0 +=

Si risolve inizialmente l’integrale particolare ( )xyP :

( )EJ

xpy4y 4IV =α+ con

EJ4

bK T4 ⋅=α [1]

Se si sceglie come integrale particolare ( ) ( )bK

xpxy

TP ⋅

= , sostituendo in [1] si ottiene:

( ) ( )EJ

xp

bK4

xp

EJ4

bK40

T

T =⋅

⋅⋅

⋅+ che è proprio l’integrale cercato.

-36-

FIGURA 2.6.

In presenza di un carico ( )xp (v. figura 2.6) si avranno degli abbassamenti pari a

( ) ( )bK

xpxy

TP ⋅

= cioè la trave trasla verso il basso. In realtà i carichi distribuiti (come ad

esempio il peso proprio) provocano degli abbassamenti trascurabili, quindi l’integrale

particolare ( )xyP può trascurarsi.

Si consideri ora l’integrale generale dell’omogenea associata: ( )xy0 :

( ) ( ) 0xy4xy 4IV =α+

risolvendo si ottiene :

( ) )]xcos(D)xsin(C[e)]xcos(B)x(sinA[exy xx0 α+α+α+α= αα−

Rispetto ad un sistema di riferimento definito come in figura 2.7, il problema è simmetrico.

FIGURA 2.7: SISTEMA DI RIFERIMENTO ADOTTATO.

Si ricercano quindi le condizioni al contorno:

- per +∞→x ( ) 0xy = e ( ) 0xy ' = questo vuol dire che il fenomeno diffusivo è

esaurito, quindi D = 0, C = 0;

- per 0x → per simmetria la deformata ha tangente orizzontale pari a zero, quindi:

1. ( ) 00y ' =

2. - ( ) ( )xVEJxy ''' =⋅ → ( )2

PEJ0y ''' −=⋅− (il segno negativo deriva dal fatto

che il taglio è antiorario). In conclusione si ottiene: ( )EJ2

P0y '''

⋅=

A questo punto si possono ricavare anche i coefficienti A e B:

( ) )]xcos(B)xsin(A[exy x0 α+α= α−

→ ( ) )]xsin(B)xcos(A[e)]xcos(B)xsin(A[exy xx0

' α⋅−α⋅⋅α+α+α⋅α−= α−α−

-37-

→ ( ) BA0AB00y 0' =⇒=⋅α+⋅α−⇒=

→ ( ) )xsin(Ae2xy x' αα−= ⋅α−

Derivando due volte si ottiene:

( ) )xcos(Ae4xy x3''' αα= ⋅α− e sostituendo ( )EJ2

P0y '''

⋅= si ricava A4

EJ2

P 3α= , da cui:

A =bK2

P

EJ8

P

T3 ⋅

α⋅=α

Si è calcolata quindi la soluzione del problema: ( ) )]xcos()x[sin(ebK2

Pxy x

T

α+α⋅⋅

α⋅= ⋅α− .

2.5 Tracciamento azioni interne

Poiché il problema è simmetrico si può considerare solo metà della struttura, estendendo i

risultati all’altra parte.

Tracciamo il diagramma (figura 2.8) della funzione:

( ) )]xcos()x[sin(ebK2

Pxy x

T

α+α⋅⋅⋅

α⋅= ⋅α−

considerando che ( )bK2

P0y

T

α= si osserva come ( ) )]xcos()x[sin(e)0(yxy x α+α⋅= ⋅α− cioè la

deformata è l’abbassamento in zero smorzato della funzione xe α− . Per (αx) = ¾ π la y(x)

diviene negativa, il che significa che si verificherebbero delle trazioni, ovvero dei

sollevamenti del terreno: condizione non accettabile per il tipo di problema in esame. Si nota

però che per (αx) variabile da ¾π a π, la deformata è solo il 4% del totale e può quindi essere

trascurata. Inoltre solitamente si considerano più carichi concentrati sovrapposti: si ha quindi

un fenomeno di livellamento dovuto alla sovrapposizione di tutte le compressioni.

Per le travi di fondazione per carichi modesti è il terreno stesso che si oppone al sollevamento

della trave. Per questo motivo si può trattare la trave reale (finita), come se fosse una trave

illimitata.

FIGURA 2.8: ANDAMENTO DELLA FUNZIONE y(x).

αx ¾π π ¼π ½π

-38-

Si tracciano ora i diagrammi del taglio e del momento flettente per un carico concentrato P.

La zona di diffusione del carico, (trascurando le code) è di questo tipo (figura 2.9):

Con EJ4

bK T4 ⋅=α

FIGURA 2.9: ZONA DI DIFFUSIONE DEL CARICO.

Momento flettente: (figura 2.10)

( ) =α−α⋅⋅

α= ⋅α− )]xcos()x[sin(ebK

Pxy x

T

3''

=α−α⋅⋅α

α= ⋅α− )]xcos()x[sin(ebK

P x

T

4

)]xcos()x[sin(ebKEJ4

bKP x

T

T α−α⋅⋅⋅⋅α

⋅⋅= ⋅α−

Noto che: ( ) ( )xMEJxy '' =⋅− e che ( )α

=4

P0M , allora ( ) ( ) )]xcos()x[sin(e0MxM x α−α⋅= α−

Si può notare come Mmax= M(0) smorzato della quantità e-αx:

FIGURA 2.10: ANDAMENTO DEL MOMENTO FLETTENTE M(x).

Taglio: (figura 2.11)

( ) ( )xVEJxy ''' =−

( ) ( ) )xcos(e0VxV x α⋅= α− con ( )2

PxV −=

-39-

FIGURA 2.11: ANDAMENTO DEL TAGLIO V(x).

2.6 LUNGHEZZA D’ONDA λ (lunghezza di diffusione del carico)

Si definisce lunghezza d’onda della funzione la distanza fra due punti di massimo o di

minimo:

π=αλ 2

4

T bK

EJ42

2

⋅π=

απ=λ

si ha che e-αλ = 2 000 .

Da ciò si deduce che per L = λ non c’è più diffusione dei carichi. Di conseguenza non ha

senso fare una trave di lunghezza maggiore di λ perché il carico non verrebbe comunque

diffuso. Per λ≥ 2L è valida la teoria per travi illimitate.

λ indica qual è la dimensione dell’area sulla quale vanno a distribuirsi i carichi. Distribuire

gli sforzi su una lunghezza maggiore è un vantaggio perché si diminuiscono gli sforzi

massimi, ma si paga tale vantaggio con momenti flettenti più alti. Quindi è inutile aumentare

la lunghezza della trave senza aumentarne contemporaneamente la sua rigidezza.

Esempio:

Data una trave di sezione rettangolare con altezza h e larghezza b e 12

hbJ

3⋅= si calcola che il

valore della lunghezza d’onda è 4

T

3

4

T

3

K12

Eh42

bK12

Ebh42 π=π=λ .

Per aumentare λ è inutile allargare la trave poiché il problema è governato dall’altezza h.

Se consideriamo che h= 60 ÷100 cm

E = 300000 kg/ cm2

KT = 5 ÷ 15 kg/cm3

-40-

Si ottiene un valore di λ pari a 22÷25 h.

Ciò che è molto importante è il rapporto tra EJ e KT, infatti è proprio tale rapporto che

governa il fenomeno diffusivo. Se consideriamo una putrella di 20 cm posta su una superficie

di sabbia il carico risulta essere ben diffuso, se al contrario la stessa putrella è posta su una

superficie di roccia il carico non viene per nulla diffuso.

Un altro parametro significativo è la tensione σT :

( ) ( )b

PK

bK2

PK0y0 T

TTT ⋅λ

π=⋅π⋅⋅

α⋅⋅π=⋅=σ

Si nota che tanto maggiore è λ, tanto minore è ( )0Tσ , cioè il fenomeno diffusivo è limitato.

Finora si è sempre parlato di travi di lunghezza illimitata; proviamo a rimuovere tale ipotesi.

FIGURA 2.12

Si deve risolvere ancora una volta l’equazione differenziale di quarto grado ricavata in

precedenza: ( )EJ

xpy

EJ

bKy TIV =⋅+

Per calcolare la soluzione esatta sono necessarie 8 condizioni al contorno:

� ( ) 0AM = ⇒ ( ) 00yEJ ''1 =⋅− ;

� ( ) 0AV = ⇒ ( ) 00yEJ '''1 =⋅− ;

� ( ) ( ) 0BVBM == ⇒ ( ) 0lyEJ 2''

2 =⋅− , ( ) 0lyEJ 2'''

2 =⋅− ;

� per continuità della trave: ( ) ( )0yly 211 = ;

� rotazione relativa nulla: ( ) ( )0yly 2'

1'

1 = ;

� ( ) ( )0yEJlyEJ ''21

''1 ⋅−=⋅− ;

� ( ) ( ) P0yEJlyEJ '''21

'''1 =⋅+⋅− .

Se l1< l2 e l1≥2

λ si può approssimare la soluzione rigorosa a quella della trave illimitata.

-41-

Si può quindi risolvere il problema considerando una trave illimitata da una sola parte

(figura 2.13); in questo caso bisogna trovare 4 condizioni al contorno.

FIGURA 2.13

Innanzitutto si può dire che per ∞→x il fenomeno diffusivo sarà esaurito: quindi

( ) ( ) 0yy ' =∞=∞ . L’equazione della linea elastica ci permette di dire che C = D = 0, perché

altrimenti il termine )]xcos(D)xsin(C[e x α+αα non andrebbe mai a 0.

A differenza del caso della trave illimitata, questa volta non c’è simmetria; quindi non si può

dire che A = B. Per risolvere il problema è necessario ricorrere agli equilibri.

2.7 Graticcio di travi

FIGURA 2.14: GRATICCIO DI TRAVI.

Vengono fatte alcune ipotesi:

� materiali elastici lineari;

� piccoli spostamenti;

� travi trasversali con EJT = cost;

� q(x) uguale su tutte le travi;

� trave longitudinale con EJL = cost;

� la trave principale si imposta in mezzeria dei travetti;

-42-

� vincoli mutui sferici.

Cos’è un vincolo sferico?

Un vincolo sferico trasferisce solo le reazioni verticali e assiali e non il momento torcente.

Quindi la nostra ipotesi ci porta a dire che i travetti non ruotano se la trave si deforma.

Tornando al nostro problema, esso può essere schematizzato in due modi:

A) Si può vedere la trave principale come appoggiata su molle poste a distanza reciproca pari

a d:

FIGURA 2.15

-43-

B) Oppure i travetti doppiamente appoggiati. In questo caso dobbiamo conoscere la risultante

R che diventerà un carico applicato alla trave principale.

FIGURA 2.18

Usando la sovrapposizione degli effetti, la situazione può essere scomposta in:

FIGURA 2.19

Si ottiene quindi (si considerano positivi i carichi agenti verso l’alto) R = R’- R’’ con:

• Q'R ⋅γ= : cioè si considera una quota del carico con ( )dxxqQl

0∫= ; 10 ≤γ≤

• η⋅= kR '' perché si è in campo elastico con ( )TEJfk = .

Si può calcolare il valore di k per un carico P applicato in mezzeria della trave:

FIGURA 2.20

EJ48

Pl3=η 3

T3

T

l

EJ48P

Pl

EJ48Pk =⋅=

η= ⇒ yk''R ⋅= .

Si ricava quindi che yl

EJ48QR

3T ⋅−⋅γ= .Questa è la forza che il travetto scarica sulla trave

principale.

-44-

Oss. 1: Più è rigido il travetto minore è R.

Oss. 2: La R non è uguale per ogni travetto anche se q(x) è la stessa per ogni travetto. Infatti

nei punti più vicini all’incastro la trave è più rigida e quindi prende più carico.

Se d<<L si può ipotizzare un appoggio elastico continuo, quindi si può considerare un carico

distribuito fittizio che nasce dal fatto che si “spalmano” le reazioni R sulla lunghezza della

trave:

( )d

l

yETJ48Q

xq3

T

*

⋅−γ

= ⇒ q* è un carico distribuito NON uniforme!

Lo stesso discorso vale per le molle: anziché vedere le molle come concentrate con costante

elastica k, si “spalmano” e si considera una molla continua con costante elastica fittizia:

dl

EJ48

d

kK

3T==

Il vantaggio di questa trattazione è che ci si è ricondotti ad un caso di cui si conosce già la

soluzione: la trave su suolo elastico.

( )LL

*iv

dEJ

ykQ

EJ

xqy

⋅−⋅γ== ⇒ oL

iv qEJ

Kyy =+ con

Lo EJd

Qq

⋅⋅γ=

Si è ritrovata quindi la stessa equazione della trave su suolo elastico o4IV qy4y =α+ avendo

posto LL

T3

4

EJ

K

EJ

EJ

ld

484 =

⋅=α la cui soluzione è :

( )4

0x4

x3

x2

x1 4

q)xcos(ec)xsin(ec)xcos(ec)xsin(ecxy

α+α+α+α+α= ⋅α−⋅α−⋅α⋅α .

Imponendo le condizioni al contorno:

02

Ly

02

Ly

' =

±

=

± da cui si ricavano le 4 costanti di integrazione.

FIGURA 2.21

-45-

Si consideri ora un secondo caso in cui il carico p(x) è applicato sulla trave principale.

FIGURA 3.21

Il problema risulta ancora più semplice perché non occorre calcolare il carico che agisce sulla

trave principale essendo quest’ultimo già noto.

Come in precedenza è possibile calcolare k :

3l

EJ48

Fk =

η=

Si ritorna così al problema di una trave su suolo elastico di cui è nota la soluzione:

( ) ( )L

iv

EJ

xrxpy

−= con ( ) yEJld

48

d

ky

d

Rxr T3

⋅⋅

===

Da cui: )x(Py4y 04iv =α+