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− 9

R. B C A

ARBONI OSTRUZIONI EROSPAZIALI

)−Riprendiamo in esame la stessa trave vista in A) ma dove il carico P,

B1

invece di avere direzione orizzontale immutata, ruoti in modo da risultare

tangente alla trave nel punto libero d’estremità. θ

L P P ≅

in modo da presentare una componente orizzontale di intensità Pcosθ P ed

una componente verticale di intensità Psenθ Pθ.

P Pcosθ≅P

P

Psenθ≅Pθ

L’equazione di equilibrio dei momenti rispetto ad una sezione posta a

distanza x dall’incastro si scrive:

∂ ∂ ∂

2 2

w w w

= − − − − −

L

(2.23) EI P(w w) P( ) (L x) M (L x)

∂ ∂ ∂

L L

2 2

x x t

cui vanno associate le condizioni agli estremi:

w

= = =

x 0: w 0 ; 0

x

(2.24) ∂ ∂

w w

= = =

x L : w w ; ( )

∂ ∂

L L

x x

Ricercando la soluzione nella forma:

= st

w X(x)e

(2.25)

la (2.1) si scrive: ′′ ′

+ = − − − −

2

(2.26) EIX PX PX PX (L x) Ms X (L x)

L L L

ovvero, con le stesse posizioni (2.6):

′′ ′

+ = − − ξ − λ − ξ

2 2 2 2

(2.27) X p X p X p X (1 ) X (1 )

L L L

10 R. B S T E P

ARBONI TABILITÀ DI RAVI IASTRE

L’integrale generale della (2.5) si scrive: ′

= ξ + ξ + − − ξ − λ − ξ

2

(2.28) X c senp c cos p X X (1 ) ( / p) X (1 )

1 2 L L L

le cui costanti di integrazione si trovano dalle (2.24) che con le posizioni

(2.6) si scrivono:

⎧ξ ′

= = ⇒ + − − λ =

2

0 X 0 c X X ( / p) X 0

2 L L L

⎪ ′ ′

ξ = = ⇒ + + λ =

⎪ 2

0 X 0 pc X ( / p) X 0

⎨ 1 L L

(2.29) ξ = = ⇒ + + =

⎪ 1 X X c senp c cos p X X

L 1 2 L L

⎪ ′ ′ ′ ′

ξ = = ⇒ − + + λ =

2

⎩ 1 X X pc cos p pc senp X ( / p) X X

L 1 2 L L L

ovvero in forma matriciale:

⎡ ⎤ ⎧ ⎫

− λ − ⎧ ⎫

2 c 0

0 1 1 ( / p) 1 1

⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪

λ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪

2 c 0

p 0 ( / p) 1

⎢ ⎥ =

2

⎨ ⎬ ⎨ ⎬

(2.30) ⎢ ⎥ X 0

⎪ ⎪ ⎪ ⎪

senp cos p 0 0

⎢ ⎥ L

⎪ ⎪ ⎪ ⎪

− λ

⎢ ⎥

2 ⎩ ⎭

⎩ ⎭

⎣ ⎦ X 0

p cos p psenp ( / p) 0 L

che ammette soluzione non banale se è nullo il determinate della matrice dei

coefficienti, ovvero se: 3

p

λ =−

2

(2.31) −

sen p p cos p

λ 2

Al variare di il valore di , riportato in figura, e precisamente:

p

−Per < 4,49:

a) p 150 2

λ

λ = ± ω 100

j 50

è immaginario, quindi moto stabile. p

4,49

0

−Per 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0 4,5

p=4,49 si ha:

b) -50

senp=pcosp -100

e, dalla (2.31): -150

λ = ±∞

−Per > 4,49:

c) p λ = ± ζ

è reale, quindi il moto è instabile.

− 11

R. B C A

ARBONI OSTRUZIONI EROSPAZIALI

In definitiva il valore critico si ha quando =4,49 ed è pari a:

p

π 2

,

2 05 EI

=

(2.32) P

cr 2

L λ

, varia secondo i grafici:

Pertanto al variare del carico p

ω=Im(λ) ω

> p

p cr p

3 ζ

ζ=Re(λ) p

− 3

>

p λ≠0

Come si vede il valore critico del carico si ha per e quindi quando le

forze d’inerzia non risultano nulle.

Il perché di tutto questo risiede nel fatto che ora la forza P, a differenza del

caso trattato in A), è non conservativa. Infatti il lavoro compiuto da P è

diverso a seconda del percorso seguito per passare dalla posizione iniziale

w=0 a quella finale.

Si consideri infatti i tre diversi modi seguiti per passare dalla posizione

iniziale a quella finale riportati in figura.

θ θ P θ

f f

P f P

ξ ξ ξ

Finale Iniziale

Finale

Intermedia Finale

Intermedia Intermedia

Iniziale Iniziale

Fig. a) Fig. b) Fig. c)

−Nel θ

caso di Fig. a), dove l’estremo libero prima ruota di poi trasla di ,

f

il lavoro della componente orizzontale di P è negativo;

−nel −θ

caso Fig. b), dove l’estremo libero prima ruota di poi trasla di ed

f

infine ruota di 2θ, il lavoro della componente orizzontale di P è positivo;

−nel θ

caso Fig. c), in cui l’estremo libero prima trasla di poi ruota di il

f

lavoro è nullo. −

12 R. B S T E P

ARBONI TABILITÀ DI RAVI IASTRE

Quindi a meno del lavoro, comune in tutte e tre i casi, conseguente

all’abbassamento verticale, si hanno tra diversi valori del lavoro compiuto.

ξ=1,

Il modo critico , normalizzato in modo che valga 1 per risulta:

[ ]

= ξ − + ξ − ξ

(2.33) X 0

,

733 (cos p 1

) tan p (

senp p )

cr cr cr cr

In figura sono riportati i due modi relativi al caso conservativo ed a quello

P

non conservativo. 1,0 X

Si noti come, nel caso 0,8

conservativo, la deformata

critica è nulla solo 0,6

all’incastro; nel caso non 0,4

conservativo è nulla anche 0,2

ξ≅1.

per E’ alquanto ξ 1,0

intuitivo che nel caso non 0,0 0,2 0,4 0,6 0,8 P

conservativo occorre un -0,2

carico di compressione maggiore di quello necessario nel caso conservativo

e pertanto è naturale che nel caso non conservativo si abbia un carico critico

maggiore di quello del caso conservativo.

−In generale, nel caso di presenza di forze non conservative il P

B2) cr

dipende dalle forze d’inerzia. Pertanto quando sono presenti forze non

conservative le forze d’inerzia devono essere considerate per valutare

. L’impiego del metodo statico al sistema in cui è

correttamente il P

cr

presente una forza di natura non conservativa porta ad un risultato sbagliato.

Si voglia infatti utilizzare (erroneamente) il metodo statico ovvero non si

tenga conto delle forze di inerzia per cui la (2.27) si scrive:

′′ ′

+ = − − ξ

2 2 2

(2.34) X p X p X p X (1 )

L L

il cui integrale generale risulta: ′

= ξ + ξ + − − ξ − λ − ξ

2

(2.34) X c senp c cos p X X (1 ) ( / p) X (1 )

1 2 L L L

Imponendo le condizioni agli estremi:: ′

ξ = = ⇒ + − =

⎧ 0 X 0 c X X 0

2 L L

⎪ ′ ′

ξ = = ⇒ + =

⎪ 0 X 0 pc X 0

1 L

(2.35) ξ = = ⇒ + =

1 X X c senp c cos p 0

⎪ L 1 2

⎪ ′ ′

ξ = = ⇒ − =

⎩ 1 X X pc cos p pc senp 0

L 1 2

− 13

R. B C A

ARBONI OSTRUZIONI EROSPAZIALI

ovvero in forma matriciale: − ⎧ ⎫

⎡ ⎤ ⎧ ⎫

c

0 1 1 1 0

1

⎪ ⎪

⎢ ⎥ ⎪ ⎪

⎪ ⎪ ⎪ ⎪

c

p 0 0 1 0

⎢ ⎥ =

2

⎨ ⎬ ⎨ ⎬

(2.35) ⎢ ⎥ X

senp cos p 0 0 0

⎪ ⎪ ⎪ ⎪

L

⎢ ⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪

⎣ ⎦ ⎩ ⎭

⎩ ⎭

X

cos p senp 0 0 0

L

il cui determinante dei coefficienti risulta:

− +

2 2

(3.36) (sen p cos p)

che non si annulla per nessun valore di p ovvero l’unica soluzione del

sistema (2.35) è la soluzione banale. In termini fisici questo significherebbe

che la trave risulterebbe stabile per qualsiasi valore del carico P.

Ovviamente questo risultato non corrisponde alla realtà e la ragione sta nel

fatto che si è impiegato il metodo statico in presenza di sistemi non

conservativi. −

14 R. B S T E P

ARBONI TABILITÀ DI RAVI IASTRE

3. Trave semplicemente appoggiata 1

Nel caso di trave semplicemente appoggiata il sistema da risolvere risulta :

= =

⎧ w ( 0

) w (

1

) 0

+ =

IV 2 ⎨

w p w 0

(3.1) ′

′ ′

= =

⎩ w ( 0

) w (

1

) 0

Imponendo alla soluzione generale dell’equazione differenziale:

= ξ + ξ + ξ +

w c cos p c sen p c c

(3.2) 1 2 3 4

le condizioni agli estremi:

= ⇒ + =

⎧ w ( 0 ) 0 c c 0 ⇒ = =

1 4

(3.3) c c 0

′ = ⇒ = 1 4

⎩ w ( 0 ) 0 c 0

1

= ⇒ + =

⎧ w (

1

) 0 c sen p c 0 ⇒ = = π =

2 3

(3.4) c 0 ; p n , n 0

,

1

, 2

,.....

′ = ⇒ = 3

⎩ w (

1

) 0 c sen p 0

2

è evidente che per n=0, w è identicamente nulla. Il valore più piccolo del

carico per cui si ha soluzione non banale si ha per n=1 (p=π), e per tale

:

valore si ha il carico critico P

cr

π 2 EI

=

(3.5) P

cr 2

L indeterminato:

cui corrisponde il modo, essendo c

2

ξ = πξ

(3.6) w ( ) c sen

2

3.1. Metodo delle imperfezioni

−Si consideri la trave di figura che, già prima dell’applicazione del

A

carico, presenta una deformata w

0

(x).

iniziale, indicata con w

0 Indichiamo con f(ξ) la

P deformata rispetto

f

w all’orizzontale.

1 Poiché non ci sono forze non conservative, possiamo applicare il metodo statico.

− 15

R. B C A

ARBONI OSTRUZIONI EROSPAZIALI

Lo spostamento elastico conseguente al carico risulta:

(3.1.1) w(ξ)= f(ξ)−w (ξ)

o

L’equazione di equilibrio e relative condizioni agli estremi, si scrive:

′ ′

′ ′

′ ′

+ + = = = = =

IV 2

(3.1.2) w p ( w w ) 0 ; w ( 0

) w ( 0

) w (

1

) w (

1

) 0

0

Assumendo: M M

∑ ∑

= πξ = πξ

(3.1.3) w a sen m ; w w sen m

m 0 0 m

= =

m 1 m 1

le condizioni agli estremi sono soddisfatte.

Sostituendo le (3.1.3) nella (3.1.2):

[ ]

( )

π − = =

2 2 2

(3.1.4) m p a p w ; m 1

, 2

,...

m 0 m

quindi: 2

p w

= [ ]

0 m

(3.1.5) a ( )

m π −

2 2

m p

Indicando con p = mπ, lo spostamento risulta:

m 2

M p w

= πξ

[ ]

0 m

(3.1.6) w sen m

2m 2

p p

=

m 1 ∞

p/p

1 La deformata massima si ha in mezzeria e diventa

cr 0,05

0,01 . La struttura non è certo in grado di

quando p=p

0,1 m

sopportare tale spostamento infinito per cui il valore

più basso del carico per cui questo avviene è

w crescente

01 ≠0 risulta

certamente critico. In particolare se w

01

=π. Il grafico riporta il valore dello spostamento in

p

cr

mezzeria al variare del carico per tre diversi valori di

≠0 e w =0. Spostamento che tende

w ≠

01 0m 1

asintoticamente all’∞ al tendere del carico applicato al

=π.

valore critico p cr

w(1/2)

0,2 0,6 1,0 1,4 −

16 R. B S T E P

ARBONI TABILITÀ DI RAVI IASTRE

Ovviamente invece di assumere come incognita del problema w, p/p

1 cr

avremmo potuto prendere lo spostamento f per cui il sistema (3.1.2)

diviene: ′

+ = = = = =

IV 2 IV '

' '

'

(a) f p f w ; f ( 0

) f ( 0

) f (

1

) f (

1

) 0

0 w crescente

01

Procedendo in maniera analoga a quanto fatto precedentemente si

ha: M 2n

∑ p w

[ ]

= πξ

0 m

(b) f sen m

2m 2

p p

=

m 1

In particolare se w =0 per m>1, il grafico riporta il valore dello

om .

spostamento in mezzeria al variare del carico per tre valori di w f(1/2)

o1 0,2 0,6 1,0 1,4

−Consideriamo la trave di figura, nel quale il carico non risulti centrato ma

B

spostato di “e”. Il sistema è P P

e

governato dall’equazione:

+ =

′′

IV 2

(3.1.7) w p w 0

con condizioni agli estremi: =

⎧ w 0

ξ = ⇒ = − =

0 c c e ;

+ = 1 4

'' 2

⎩ w p e 0

(3.1.8) =

⎧ −

w 0 1 cos p

ξ = ⇒ = =

1 c 0 ; c

+ = 3 1

'' 2

⎩ w p e 0 senp

La soluzione si scrive:

⎡ ⎤

− ⎡ ⎤

1 cos p p

= ξ + ξ − = ξ + ξ −

⎢ ⎥

sen p 1 e cos p tan sen p 1

w e cos p

(3.1.9) ⎢ ⎥

⎣ ⎦

⎣ ⎦

sen p 2

e lo spostamento in mezzeria risulta: p/p cr

1,0

⎛ ⎞ ⎡ ⎤

1 p

= −

⎜ ⎟

(3.1.10) w e sec 1

⎢ ⎥

⎝ ⎠ ⎣ ⎦ 0,8

2 2 π

che diventa infinito per p = . Il valore della 0,6

cr e >>

(3.1.9) al variare del carico, per tre diversi valori 0,4

dell’eccentricità, è riportata in figura. 0,2 w(1/2)

0,0

0,00 0,04 0,08 0,12

− 17

R. B C A

ARBONI OSTRUZIONI EROSPAZIALI

Per trovare il momento massimo è sufficiente calcolare la derivata seconda

ξ =1/2 (dove M=M ):

della (3.2.5) e calcolarla per Max

⎡ ⎤

⎛ ⎞ ⎡ ⎤

p

1 Q

′ = −

= − ⎜ ⎟

⎢ ⎥

(3.2.9) sec 1

M w ⎢ ⎥

Max ⎝ ⎠ ⎣ ⎦

2

⎣ ⎦ 2

2 p

Utilizzando la (3.2.7): ⎡ ⎤

⎡ ⎤ 2

Q p Q p Q

= − = + + − =

⎢ ⎥

(3.2.10) lim sec 1 1 ... 1

⎢ ⎥

⎣ ⎦

2 2

→ ⎣ ⎦

2 8 8

p p

p 0 1

che indica il momento in mezzeria dovuto al solo carico trasversale .

4. Considerazioni sul significato di valore Critico

Sulla base degli esempi esaminati possiamo trarre alcune conclusioni:

.La ricerca del carico critico equivale a trovare quel carico sotto il quale

1

la struttura è in equilibrio statico ma la posizione di equilibrio è instabile. In

altri termini se perturbata si allontana indefinitamente da tale posizione.

.Se tutte le forze in gioco sono di natura conservativa, la stabilità del

2

sistema può essere valutata senza tenere in conto le forze d’inerzia ovvero

senza studiarne il comportamento dinamico.

.Se una o più forze in gioco sono di natura non-conservativa è necessario

3

tenere in conto le forze d’inerzia. Questo non significa che necessariamente

il valore critico si abbia sempre e comunque solo per forze d’inerzia diverse

da zero, ma che questo non può essere affermato a-priori come invece si può

fare nel caso di sistemi conservativi.

.Nel caso di l’analisi può essere effettuata

4 sistemi conservativi

staticamente impostando il problema come:

.un problema lineare di autovalori: in cui il carico è inteso come

4a

autovalore. Poiché il sistema risulta omogeneo, per il generico valore di P

che non sia un autovalore l’unica soluzione possibile è quella banale ovvero

la posizione di equilibrio. Quando P assume un valore tale che il sistema

ammette soluzione non banale, questa è definita a meno di una costante

arbitraria (autofunzione o modo). La soluzione è quindi indeterminata (non

infinita) ma potendo scegliere la costante arbitrariamente la possiamo

1 Il risultato (3.2.9), si può ottenere sommando alla (3.2.10), che dà il momento in mezzeria

2 w(1/2).

dovuto a Q, il momento dato dal carico P: p

18 R. B S T E P

ARBONI TABILITÀ DI RAVI IASTRE

pensare sufficientemente elevata da allontanarci dalla posizione di equilibrio

il valore più piccolo tra tutti i possibili

iniziale. Si definisce carico critico P

cr

autovalori del problema.

.un problema lineare di risposta: in cui la non omogeneità del modello

4b

matematico può derivare da imperfezioni, ulteriori carichi applicati, … In

questo caso si valuta la deformata della struttura al variare del carico P e si

come quel valore del carico per cui la deformata tende a

interpreta il P

cr

diventare infinita.

In generale la metodologia 4b. è più laboriosa della 4a. ma dà anche

maggiori informazioni dal punto di vista progettuale. Infatti mentre nel

(definito a meno di una

problema ad autovalori si determina il modo

costante) nel problema di risposta si determina la deformata (definita in

modo univoco) e questo consente di valutare se la struttura è realmente in

grado di sopportare le deformazioni e gli sforzi conseguenti.

gli spostamenti sono tali

Può così succedere che già per valori di P < P

cr

che nella realtà la struttura collassa prima di raggiungere il carico critico

teorico come sopra definito.

.Nel caso di sistemi deve essere condotta una analisi

5 NON-conservativi

dinamica impostando il problema come:

.un problema lineare di autovalori: in cui come autovalore viene

5a λ che definisce la componente temporale del moto

considerato il parametro

e che dipende dal valore di P. Fissato un valore di P si può determinare il

λ ed il corrispondente . Si definisce P il più

corrispondente valore di modo cr

λ presenta parte reale positiva perché ad esso

piccolo valore di P per cui

corrisponde il primo modo di deformazione instabile.

.un problema lineare di risposta dinamica: in cui la non omogeneità del

5b

modello matematico può derivare da imperfezioni, ulteriori carichi applicati,

loro eccentricità, … In questo caso si valuta il moto della struttura al variare

come quel valore del carico per cui il moto

del carico P e si interpreta il P

cr

tende a crescere indefinitamente.

Il problema di risposta statica consente anche nel caso di forze non-

conservative di valutare la deformata della struttura ma non consente di

trarre conclusioni sulla stabilità della posizione di equilibrio e pertanto non

è sufficiente a garantire l’integrità della struttura.

− 19

R. B C A

ARBONI OSTRUZIONI EROSPAZIALI

5. Effetto dei vincoli sul carico critico

Limitandoci a considerare il caso di carico P conservativo, valutiamo

l’effetto dei vincoli agli C C

1 2

estremi sul carico critico di P

P

una trave. I più tradizionali

vincoli di appoggio, K

K

incastro, estremo libero,… 1 2

possono essere tutti derivati

dal caso generale di figura.

Alla soluzione generale

(3.2) vanno quindi imposte le condizioni agli estremi:

= = −

⎧ ⎧

EIw ' ' C Lw ' EIw ' ' C Lw '

ξ = ξ =

1 2

⎨ ⎨

(5.1) 0 ; 1

+ = − + =

2 3 2 3

⎩ ⎩

EIw ' ' ' PL w ' K L w EIw ' ' ' PL w ' K L w

1 2

Indicando con 3 3

2 K L

LC

K L

LC

PL

= = = = =

2 1 1 2 2

(5.2) ; k

; h

; k

p ; h 1 1 2 2 EI

EI

EI

EI

EI

ed imponendo l’annullarsi del determinante dei coefficienti, si ha:

{ }

− + + + + + + − +

5 3

p ( k k ) p [ h h ( k k ) k k ] pk k ( h h h h ) sen p

(5.3) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

{ }

+ + − + − + =

4 2

p ( k k )( h h ) p k k ( h h ) 2 k k h h cos p 2 k k h h 0

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

Per valori di h,k assunti =0 oppure = si hanno i seguenti casi.

Tipo di Vincolo h k h k P Modo

1 1 2 2 cr

∞ ∞ πξ

π

0

Appoggio-Appoggio 0 2 sen

EI

=

P 2

cr L πξ

∞ ∞ π

0 0

Incastro-Libera 2 EI −

= 1 cos

P 2

2

cr 4 L − πξ

∞ ∞ ∞ ∞ π

Incastro-Incastro 2 1 cos 2

4 EI

=

P 2

cr L

− ∞ ∞ ∞ − πξ

π

0 2 1 cos

Incastro Glifo EI

=

P 2

cr L

20 R. B S T E P

ARBONI TABILITÀ DI RAVI IASTRE

− ∞ ∞ ∞ π

0 2

Appoggio

Incastro 2 ,

05 EI

=

P 2

cr L πξ

− ∞ ∞ π

0 0 2 sen

Appoggio Glifo EI

=

P 2

cr 4 L

− ∞ πξ

π

0 0 0 2 sen

Appoggio Libero EI

=

P 2

cr L

− πξ

π

0 0 0 0 2 sen

Libero Libero EI

=

P 2

cr L πξ

− ∞ π

0 0 0 2

Libero Glifo EI

= sen

P 2

2

cr 4 L

− ∞ ∞ πξ

π

0 0 2 cos

Glifo Glifo EI

=

P 2

cr L

Molti P dei vari casi di vincolo esaminati possono essere ottenuti per

cr − Libera:

similitudine dal valore del carico critico del caso Incastro

− Appoggio-Appoggio: è evidente dalla figura che per simmetria ogni

1) ξ =1/2

metà della trave appoggiata si comporta come una trave a sbalzo (per

dell’asta a sbalzo è uguale a quella di

risulta w=w’=0). In altri termini il P

cr

una trave appoggiata che abbia lunghezza doppia. E’ pertanto sufficiente

sostituire nell’espressione del P

cr x

P P

la cosiddetta

della trave I-L ad L L/2

” L/2 per avere il

“ lunghezza effettiva L/2

carico critico della trave A-A: L/2 P

π 2 EI

=

(5.5) P

cr 2

L

− Incastro-Incastro(I-I): ogni incastro induce un momento di reazione che

2)

impedisce la rotazione del relativo P

P

estremo. Tali momenti ed il carico L

applicato sono equivalenti ad un

carico P applicato

eccentricamente. I punti di

inflessione della deformata L/4

corrispondono alle intersezioni con L/4

la linea di azione P. E’ evidente

− 21

R. B C A

ARBONI OSTRUZIONI EROSPAZIALI

dalla figura, che ogni quarto della trave con doppio incastro si comporta

come una trave a sbalzo. Il P dell’asta I-I è quindi uguale a quella di una

cr

trave I-L che abbia lunghezza quattro volte superiore. E’ pertanto sufficiente

sostituire la lunghezza effettiva L/4, ad L nella (2.1.21) per ottenere il carico

critico per il doppio incastro:

π 2

4 EI

=

(5.6) P

cr 2

L

Incastro-Glifo: il glifo è simile all’incastro salvo consentire la traslazione.

Quindi la deformata presente un

punto di inflessione in mezzeria

dove il momento è nullo.

I momenti di reazione ed il

carico applicato sono equivalenti

ad un carico P applicato L/2

eccentricamente. Il carico critico

si ha sostituendo L/2 ad L nella

della trave I-L per avere lo stesso valore (5.5).

espressione del P

cr

6. Espressione generale del carico critico e suoi limiti

In generale quindi il carico critico può essere espresso come:

π π

2 2

EI EI

= ⇒ =

(6.1) P c P

cr cr

2 2

L l

dove sono evidenti i parametri che lo definiscono:

a) un coefficiente che dipende dalle condizioni agli estremi e, nel solo

c

caso in cui la forza è non conservativa, dalla distribuzione di massa.

, rigidezza flessionale della trave. E’ ovvio che

b) EI y x

per essa si intende quella più piccola tra tutte quelle

rispetto agli assi baricentrici della sezione. Così nel caso

.

di figura sarà (EI) x

Il quadrato della lunghezza dell’asta L o della lunghezza ridotta

c) √

=L/ c.

l Se la sezione è omogenea, in termini di sforzo critico la (6.1) si scrive:

π ρ π

2 2 2

P E I E

σ = = = π =

2

cr

(6.2) E λ

cr 2 2 2

A A

l l


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30

PESO

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AUTORE

Atreyu

PUBBLICATO

+1 anno fa


DETTAGLI
Corso di laurea: Corso di laurea in ingegneria aerospaziale
SSD:
A.A.: 2009-2010

I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher Atreyu di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di Costruzioni aerospaziali e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università La Sapienza - Uniroma1 o del prof Barboni Renato.

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