Lezione 4_Le piastre-Soluzioni - Università degli Studi della Basilicata

Corso di
Progetto di Strutture
POTENZA, a.a. 2012 – 2013
Soluzioni per il problema
delle piastre
Dott. Marco VONA
DiSGG, Università di Basilicata
[email protected]
http://www.unibas.it/utenti/vona/
LA PIASTRA INDEFINITA APPOGGIATA SU DUE LATI
y
x
L
Una
piastra
si
considera
indefinitamente appoggiata se ha
una dimensione longitudinale y ,
nella direzione parallela agli appoggi,
tanto maggiore della direzione
trasversale
x
da poter essere
considerata di lunghezza indefinita
Soggetta ad un carico esterno
ortogonale al piano della piastra è
evidente che la deformata sarà
contenuta soltanto nel piano (x, z)
ovvero sarà una deformazione di
tipo cilindrico ed indipendente da y
LA PIASTRA INDEFINITA APPOGGIATA SU DUE LATI
Possiamo considerare l’analogia con
la una trave appoggiata
p0
x
L
In tal caso la deformata dipende
soltanto
dalla
coordinata
longitudinale x (come per le travi)
Per una trave appoggiata agli estremi, di altezza h e larghezza
unitaria, e soggetta ad un carico uniformemente ripartito p0 la
deformata è data da:
p0
(
w0 =
x 4 − 2Lx3 + xL3 )
24EJ
h3
J=
12
LA PIASTRA INDEFINITA APPOGGIATA SU DUE LATI
Analogia Trave – Piastra
La deformata cilindrica corrisponde al carico p0 uniforme con:
• Mx Pari al momento di una trave appoggiata e caricata con p0
• My Pari a νMx
• La deformazione è uguale a quella della trave appoggiata
2
moltiplicata per (1 – ν )2
w = w0 1 −ν
(
Tali risultati si spiegano
considerando
il
comportamento di una
striscia
isolata,
di
larghezza unitaria, di una
piastra generica
)
1+εy
L=1
y
σx
1-εy
LA PIASTRA INDEFINITA APPOGGIATA SU DUE LATI
La deformazione trasversale dovuta all’effetto Poisson ha valore:
ε y = −ν ⋅ ε x = −ν
σx
E
Nella piastra indefinita, invece, la deformazione trasversale è nulla
1
ε y = 0 ε y = (σ x −νσ x ) = 0
E
Le tensioni e sollecitazioni valgono quindi
σ y = ν ⋅σ x
M y =ν ⋅ Mx
Infine la deformazione vale:
1
1 −ν 2
ε x = (σ x −νσ y ) =
σx
E
E
L=1
y
LA PIASTRA INDEFINITA APPOGGIATA SU DUE LATI
Per l’analogia con la trave risulta
evidente che considerando delle singole
strisce di larghezza unitaria ciascuna di
queste potrà essere trattata come la
trave appena descritta. La deformata
cilindrica (funzione solo di x) vale:
y
x
p0 4
(
w( x) =
x − 2Lx3 + xL3 )
24D
Si ricava inoltre:
L
∂ 2 w p0 2
(
=
x − Lx)
2
∂x
2D
∂2w ∂2w
=
=0
2
∂y
∂y∂x
LA PIASTRA INDEFINITA APPOGGIATA SU DUE LATI
Le sollecitazioni taglianti valgono:
y
L

Qx = p0  x − 
2

Qy = 0
p = p0
x
I momenti flettenti
p0 2
M x = (x − 2Lx)
2
L
M y =ν ⋅ Mx
M xy = 0
METODI DI RISOLUZIONE DELLE PIASTRE
Da quanto finora visto risulta evidente che la risoluzione del
problema delle piastre consiste nella determinazione della
deformata w nota la quale è possibile tramite le equazioni di
equilibrio e di collegamento determinare tutte le caratteristiche
della sollecitazione
Equazioni di equilibrio
e collegamento
Noti abbassamenti w
Sollecitazioni
La risoluzione del problema in coordinate rettangolari equivale
alla risoluzione dell’equazione di Lagrange portando in conto le
condizioni al contorno
METODI DI RISOLUZIONE DELLE PIASTRE: ESEMPI
I metodi di risoluzione del problema delle piastre sono moltissimi
a seconda dei vari casi particolari a cui ci si riferisce
Tra i più comuni e che di seguito sono trattati ricordiamo
Metodo di risoluzione di NAVIER per la piastra
rettangolare appoggiata
Metodo di risoluzione alle DIFFERENZE FINITE
Metodo di risoluzione agli ELEMENTI FINITE
LA SOLUZIONE DI NAVIER
La soluzione di Navier per la piastra di forma rettangolare
appoggiata sul contorno deriva dalla teoria di Kirchhoff
È necessario innanzi tutto ricordare lo
sviluppo in serie di Fourier dei seni
Data una generica funzione f(x) della variabile x definita in un
intervallo 0 – a si definisce sviluppo di Fourier in serie di seni
della funzione f(x) in un intervallo 0 – a convergente in ogni
punto dell’intervallo ad f(x) la seguente espressione:
nπx
f (x ) = ∑ an ⋅ sin
a
n =1
∞
0≤ x≤a
LA SOLUZIONE DI NAVIER
Sviluppo in serie di Fourier dei seni
I coefficienti a1 , a2 , …., an si chiamano coefficienti di Fourier
della funzione f(x) nell’intervallo 0 – a
Per determinare i coefficienti di Fourier di un data funzione si
procede nel seguente modo
Moltiplicando entrambi i membri per
rπx ∞
nπx
rπx
f ( x )sin
= ∑ an ⋅ sin
sin
a
a
a
n =1
Essendo r un qualsiasi intero positivo
sin(rπx a )
LA SOLUZIONE DI NAVIER
Integrando in x tra 0 ed a
a
∫
0
rπx
nπx
rπx
f ( x )sin
dx = ∑ an ⋅ ∫ sin
sin
dx
a
a
a
n =1
0
∞
a
Com’è noto per un sistema di funzioni ORTOGONALI si ha:
nπx
rπx
∫0 sin a sin a dx =
a
0⇒r ≠n
a
⇒r =n
2
Per cui la sommatoria si riduce al solo termine n = r
a
∫
0
rπx
a
f ( x )sin
dx = ar
2
a
2
nπx
an = ∫ f ( x )sin
dx
a0
a
a
LA SOLUZIONE DI NAVIER
Consideriamo la somma parziale:
rπx
Sq = ∑ an ⋅ sin
a
n =1
q
Ovvero la serie di Fourier interrotta al suo termine q-esimo
Si può dimostrare che Sq approssima la media di f(x)
nell’intervallo 0 – a . L’approssimazione migliora con l’aumento
del numero di termini (q) considerati
In sostanza per
q→∞
L’errore tende ad annullarsi
LA SOLUZIONE DI NAVIER
Consideriamo la somma parziale:
rπx
Sq = ∑ an ⋅ sin
a
n =1
q
LA SOLUZIONE DI NAVIER
Sotto ipotesi generalmente verificate lo sviluppo in serie di seni
converge alla f(x) in ogni punto eccettuati eventualmente gli
estremi
Per una funzione simmetrica sono nulli tutti i termini di Fourier di
ordine PARI mentre per una funzione antisimmetrica sono nulli i
termini di ordine DISPARI
Sviluppo in doppia serie di seni per una funzione di due variabili
mπx
nπy
f (x, y ) = ∑∑ amn ⋅ sin
sin
a
b
m=1 n =1
∞
∞
x =a y =b
4
mπx nπy
amn =
f ( x, y )sin
sin
dxdy
∫
∫
ab x=0 y =0
a
b
LA SOLUZIONE DI NAVIER
Considerando una piastra rettangolare
a
y
b
x
Per quanto visto in relazione allo sviluppo in serie di Fourier si
può affermare che lo sviluppo in doppia serie di seni si annulla sul
contorno insieme con le sue derivate seconde, ovvero:
∂
2
∂x
2
;∂
2
∂y 2
LA SOLUZIONE DI NAVIER
Consideriamo una piastra rettangolare appoggiata caricata
sinusoidalmente. Supponiamo che sia sinusoidale anche la
deformata ovvero che risponda ad una legge del tipo:
mπx nπy
sin
w = amn sin
a
b
Applicando quanto visto in precedenza sullo sviluppo in serie di
Fourier si ha:
Sul contorno le
condizioni sono:
w=0
∂ w
∂ w
= 0 ; 2 =0
2
∂x
∂y
2
2
Applicando l’operatore di Laplace alla legge della deformata
2
2
2
2




m
n
m
x
n
y
m
n
π
π
2
2
= −π  2 + 2 w
w = −π  2 + 2 amn sin
sin
b 
a
b
b 
a
a
LA SOLUZIONE DI NAVIER
Quindi:
2
m n 
mπx nπy
∆ w = π  2 + 2  amn sin
sin
b 
a
b
a
2
2
2
4
Sostituendo nell’equazione di Lagrange e risolvendo rispetto al
carico esterno si ha:
mπx nπy
bz = bmn sin
sin
a
b
Inversamente dato un carico esterno si può determinare la
deformata w e risulta
bmn
a
=
mn
bz
2
2
2 2
n 
∆w=
4 m
Dπ  2 + 2 
D
b 
a
LA SOLUZIONE DI NAVIER
Consideriamo una piastra rettangolare appoggiata comunque
caricata
Basta sviluppare il carico esterno in serie di seni (Fourier)
ponendo:
mπx nπy
bz ( x, y ) = ∑∑bmn ⋅ sin
sin
a
b
m=1 n =1
∞
∞
Noti quindi i coefficienti bmn si può determinare la deformata
mπx nπy
w(x, y ) = ∑∑ amn ⋅ sin
sin
a
b
m=1 n =1
∞
∞
Il carico e quindi la deformata vengono decomposti in onde
sinusoidali
LA SOLUZIONE DI NAVIER
Questo procedimento che consiste nel decomporre il carico e la
deformata in onde sinusoidali prende il nome di
Soluzione di NAVIER
È importante ricordare che l’utilizzo di tale procedimento di
scomposizione i serie di seni per la risoluzione del problema della
piastra dipendono dal verificarsi delle seguenti condizioni:
• La funzione incognita sia finita in tutto il suo campo di
definizione
• Si annulli insieme alle sue derivate sul contorno del
dominio rettangolare
• Nell’equazione compaiano solo derivata di ordine pari
rispetto alla variabili
LA SOLUZIONE DI NAVIER
Applicazione e gradi di approssimazione del metodo di
Soluzione di NAVIER
Nelle applicazioni pratiche non è possibile considerare gli infinti
termini delle doppie serie relative ai carichi e alla deformata
Si pone quindi:
mπx nπy
bz ( x, y ) = ∑∑bmn ⋅ sin
sin
a
b
m=1 n =1
q
q
mπx nπy
w(x, y ) = ∑∑ amn ⋅ sin
sin
a
b
m=1 n =1
q
q
Si prendono in considerazione soltanto i primi q2 termini della serie
LA SOLUZIONE DI NAVIER
ESEMPIO: Piastra rettangolare caricata uniformemente
x =a y =b
4
mπx nπy
Dall’espressione: amn =
f ( x, y )sin
sin
dxdy
∫
∫
ab x=0 y =0
a
b
Si ottiene:
16
bmn =
bz
mn
Per n ed m dispari
∂ w ∂ w
; 2
2
∂x ∂y
2
Si possono quindi ricavare i coefficienti di Fourier per
Considerando solo il I termine si ottiene :
a4
wmax = 0.00416⋅ bz ⋅
D
M max = 0.00410⋅ (1 + ν ) ⋅ bz ⋅ a 2
2
LA SOLUZIONE DI NAVIER
ESEMPIO: Piastra rettangolare caricata uniformemente
I valori esatti sono invece:
a4
wmax = 0.00406⋅ bz ⋅
D
M max = 0.00368⋅ (1 + ν ) ⋅ bz ⋅ a 2
L’errore percentuale che si compie sulla deformata è pari a 2.5%.
La convergenza è praticamente immediata
Per il momento M l’errore è pari a circa il 10%. La convergenza
è più lenta
Per ottenere più rapidità di convergenza ci sono ulteriori
procedimenti variabili in funzione degli specifici casi a cui ci si
riferisce
METODO SEMPLIFICATO DI GRASHOF
Il metodo semplificato di Grashof per la soluzione del
problema della piastra rettangolare appoggiata sul contorno
bz
y
x
Si immagina che la piastra sia costituita da strisce affiancate nelle
due direzioni x e y. Le strisce nella direzione x portano la quota
parte del carico esterno bz,x quelle in direzione y la quota parte del
carico esterno bz,y con:
bz = bz , x + bz , y
METODO SEMPLIFICATO DI GRASHOF
La congruenza è imposta in corrispondenza del centro della
piastra. Si intuisce che le due strisce centrali, nelle direzioni
ortogonali x e y, hanno lo stesso abbassamento
Poiché gli abbassamenti sono proporzionali al carico ed alle
dimensioni della piastra secondo l’espressione:
pxlx4
Per la striscia parallela a x
pyl y4
Per la striscia parallela a y
Deve risultare:
Da cui:
px = p
pxlx4 = p yl y4
l y4
lx4 + l y4
lx4
py = p 4 4
lx + l y
METODO SEMPLIFICATO DI GRASHOF
I corrispondenti momenti valgono
lx2l y2
1 2 1 2
M x = pxlx = ply 4 4
8
8
lx + l y
lx2l y2
1 2 1 2
M y = pyl y = plx 4 4
8
8
lx + l y
È da notare che nella direzione del lato minore si ottiene la
sollecitazione maggiore:
2
l
Mx
= y2
M y lx
Come d’altronde si può intuire considerando che, a parità di
abbassamento in mezzeria, la striscia più corta deve avere una
curvatura maggiore quindi un momento maggiore
METODO SEMPLIFICATO DI GRASHOF
Ne consegue che per piastre di forma allungata la collaborazione
tra le strisce di lunghezza maggiore diventa irrilevante
l y2
lx2
1
Mx
My
1
2
0.25
3
0.111
4
0.0625
bz
y
x
METODO SEMPLIFICATO DI GRASHOF
Nella realtà al funzionamento a graticcio considerato dal metodo
di Grashof si sovrappone l’interazione torsionale tra strisce
parallele
P
Q
S
T
ϕS
P1
Q1
ϕT
Consideriamo due strisce adiacenti individuate rispettivamente dai
punti PSP1 e QTQ1. Le rotazioni delle strisce in S (ϕS) ed in T (ϕT)
considerate indipendenti sono diverse il che implica che le strisce
ortogonali sono soggette a torsione.
METODO SEMPLIFICATO DI GRASHOF
Il metodo di Grashof condurrebbe invece ai seguenti risultati
P
Q
S
T
bz
px = p y =
2
ϕS
P1
Q1
ϕT
5 bz a 4
a4
wmax =
⋅ = 0.00651⋅ bz ⋅ ⇒ ∆ = +60%
D
384 2 D
1 bz 2
M max =
⋅ a = 0.0625⋅ bz ⋅ a 2 ⇒ ∆ = +70%
82