Le Travi Continue

Un solaio, un ponte, una trave di copertura raramente coprono una sola luce: più spesso la trave prosegue su più appoggi. Una trave che attraversa tre o più appoggi senza interruzioni si chiama trave continua. Rispetto a una successione di travi appoggiate separate si comporta meglio, ma costringe a risolvere un problema iperstatico.

Il vantaggio si vede subito nel diagramma del momento: sugli appoggi intermedi compaiono momenti negativi (fibre superiori tese) che «scaricano» le campate. Il momento massimo in campata cala fortemente, e con esso la freccia.

• Meno momento in campata: con tre campate uguali e carico uniforme il momento di estremità è 0,08·q·L² e quello centrale 0,025·q·L², contro 0,125·q·L² della trave appoggiata.
• Meno freccia: la rigidezza è maggiore, perché la sezione sull’appoggio non può ruotare liberamente. Con due campate la freccia massima è il 42% di quella della trave appoggiata (esempio 1).
• Più riserve di sicurezza: se un tratto si danneggia, il momento si ridistribuisce. Per questo i solai e i ponti si progettano spesso continui.
• Meno elementi, meno giunti: un unico elemento al posto di più travi appoggiate, con minori punti di discontinuità.
• In compenso: la trave è iperstatica. Le reazioni non si ricavano più dal solo equilibrio, e sono sensibili a cedimenti degli appoggi, variazioni di temperatura e rigidezza delle sezioni.

Una trave appoggiata a due appoggi è isostatica: tre incognite (una cerniera e un carrello danno tre reazioni) e tre equazioni di equilibrio. Ogni appoggio intermedio aggiunge una reazione senza aggiungere equazioni: la trave continua con n campate (n + 1 appoggi, un solo vincolo orizzontale) ha n − 1 incognite iperstatiche.

Nel metodo delle forze si scelgono come incognite iperstatiche le grandezze più comode, e si impone che gli spostamenti calcolati siano compatibili con i vincoli veri. Nelle travi continue la scelta più comoda cade sui momenti flettenti sugli appoggi intermedi.

• Sistema principale: si «taglia» la trave sugli appoggi intermedi, inserendo una cerniera. Si ottiene una successione di travi appoggiate, isostatiche.
• Incognite: su ogni cerniera si applicano due coppie uguali e opposte X, il momento che la trave continua trasmette da una campata all’altra. Per convenzione X è positivo se tende le fibre superiori, come accade di norma sugli appoggi intermedi.
• Equazioni: in una trave vera la sezione sull’appoggio ruota in modo unico. Si impone quindi che le rotazioni dei due lati coincidano. È la condizione di continuità, da cui il nome.

Consideriamo due campate consecutive, di luce L₁ e L₂, che si incontrano sull’appoggio i; X_i−1, X_i e X_i+1 sono i momenti sui tre appoggi. Le rotazioni delle estremità si ottengono dalla lezione 1 EXTRA A, per sovrapposizione.

Sulla trave appoggiata di luce L, caricata dal carico vero e da due coppie X agli estremi (tendono le fibre superiori, quindi ruotano in verso contrario ai carichi), le rotazioni valgono:

Qui θ° sono le rotazioni della trave appoggiata col solo carico (tabella della lezione precedente), mentre i coefficienti L/3EI e L/6EI sono quelli della coppia applicata a un estremo (tavola 08). Per la continuità, la somma dell’angolo sul lato destro della campata 1 e di quello sul lato sinistro della campata 2 deve essere nulla:

Sostituendo e moltiplicando per 6·EI si ottiene l’equazione dei tre momenti (di Clapeyron), per EI costante:

• Un’equazione per ogni appoggio intermedio: con n campate si scrivono n − 1 equazioni nelle n − 1 incognite X. Sugli appoggi di estremità, se sono semplici, X = 0.
• Primo membro: dipende solo dalle luci. I coefficienti sono 1, 2·(L_i + L_i+1), 1 (ciascuno moltiplicato per la luce): il sistema è «tridiagonale», cioè ogni equazione coinvolge solo tre momenti consecutivi.
• Secondo membro: dipende solo dai carichi. Si calcola con le rotazioni della trave appoggiata (tavola 04) e non contiene più EI: moltiplicando per 6·EI, la rigidezza si semplifica.
• Se I varia da campata a campata: ogni L_i nel primo membro diventa L_i/I_i e i termini del secondo membro si dividono per l’I_i della rispettiva campata (E resta fuori, uguale per tutte).

Il secondo membro dell’equazione dei tre momenti è la somma di due termini, uno per ciascuna campata adiacente all’appoggio. Con le rotazioni della lezione precedente si calcolano subito: basta moltiplicare per 6·EI.

Il termine sinistro si usa per la campata che sta a destra dell’appoggio (la sua estremità sinistra è sull’appoggio), il termine destro per la campata che sta a sinistra. Per i carichi simmetrici i due termini sono uguali.

Esempio di lettura

Sull’appoggio B tra la campata 1 (con la forza P in mezzeria) e la campata 2 (con il carico uniforme q) il secondo membro vale:

Risolte le equazioni si conoscono i momenti X sugli appoggi. Ogni campata torna a essere una trave appoggiata, con il carico vero e le due coppie X agli estremi: da qui si ottiene tutto il resto con la sola statica.

Campata k, tra gli appoggi k e k + 1

R°, V° e M° sono le reazioni, il taglio e il momento della trave appoggiata con il solo carico; x parte dall’appoggio sinistro della campata e M è positivo se tende le fibre inferiori.

• Reazione su un appoggio intermedio: somma della reazione destra della campata a sinistra e della reazione sinistra della campata a destra.
• Taglio: in ogni campata ha la stessa forma del taglio della trave appoggiata, traslato del termine (X_k − X_k+1)/L, costante.
• Momento massimo in campata: dove il taglio si annulla. Per un carico uniforme q il taglio è nullo a x = R_sx/q e il momento vale R_sx²/(2·q) − X_k.
• Appoggi di estremità semplici: il momento è nullo. Se l’estremo è sporgente (sbalzo) il momento sull’appoggio è noto per equilibrio (tavola 10).

Il caso più semplice: due campate di luce L con carico q su entrambe. Gli appoggi di estremità sono semplici (X_A = X_C = 0): resta una sola incognita, il momento X_B sull’appoggio centrale.

L’equazione dei tre momenti sull’appoggio B dà:

Con X_B si ricavano le reazioni: R_A = R_C = q·L/2 − X_B/L = 3·q·L/8 e R_B = 2·(q·L/2 + X_B/L) = 5·q·L/4. Il taglio nella campata è nullo a x = R_A/q = 3L/8 dall’appoggio di estremità, dove il momento vale 9·q·L²/128.

Numeri: IPE 200, L = 4,00 m, q = 10 kN/m

Due campate uguali di 3,00 m. Sulla prima agisce una forza P = 8 kN a metà luce, sulla seconda un carico uniforme q = 6 kN/m. È l’esercizio classico da affrontare a mano e da controllare con un programma di calcolo.

Equazione sull’appoggio B (X_A = X_C = 0, L₁ = L₂ = L = 3,00 m):

Reazioni, campata per campata (le reazioni isostatiche sono P/2 = 4 kN per la prima e q·L/2 = 9 kN per la seconda):

• Controllo equilibrio: 2,125 + 16,750 + 7,125 = 26 kN, che è il carico totale 8 + 6·3.
• Taglio massimo: a destra di B vale 10,875 kN (la quota di R_B portata dalla campata 2); si annulla a 10,875/6 = 1,81 m da B, cioè a 1,19 m da C.
• Momenti: sotto P, M = 2,125·1,50 = 3,19 kN·m; in campata 2, M = 10,875²/(2·6) − 5,625 = 4,23 kN·m; sull’appoggio B, M = −5,625 kN·m.

Verifica di resistenza (collegamento con L2 e L6)

Ammettiamo una sezione in legno 100 × 200 mm (W = b·h²/6 = 666 667 mm³, A = 20 000 mm²). Il momento massimo in valore assoluto è sull’appoggio B; il taglio massimo è a destra di B:

La tensione normale si ricava dalla formula di Navier (L2), la tensione tangenziale dalla formula di Jourawski nel rettangolo (L6). I valori vanno confrontati con le resistenze di progetto del materiale scelto, da verificare sul testo vigente.

Con tre campate uguali e carico uniforme su tutte le campate i momenti sui due appoggi intermedi sono uguali per simmetria, X_B = X_C = X, e le due equazioni coincidono.

Equazione sull’appoggio B (X_A = 0):

Le reazioni di estremità valgono R_A = R_D = q·L/2 − X/L = 0,4·q·L; per l’equilibrio verticale e la simmetria, R_B = R_C = (3·q·L − 2·0,4·q·L)/2 = 1,1·q·L. Il momento massimo è 0,08·q·L² a 0,4·L dall’appoggio di estremità; al centro della campata intermedia M = q·L²/8 − X = 0,025·q·L².

Numeri: L = 5,00 m, q = 12 kN/m

Coefficienti per travi a campate uguali con carico su tutte le campate

Il carico è q su tutte le campate, di luce L; i momenti sono in unità di q·L² e le reazioni in unità di q·L. Con più campate il metodo si applica allo stesso modo: si risolve un sistema di n − 1 equazioni.

Quando le campate non sono uguali il sistema non è più simmetrico, ma il metodo non cambia. Prendiamo due campate di 4,00 m e 5,00 m con lo stesso carico uniforme w = 10 kN/m.

Reazioni:

• Campata più lunga, più sollecitata: il momento massimo in campata 2 è 19,50 kN·m (a 3,03 m da B), più del doppio di quello della campata 1, 9,03 kN·m (a 1,34 m da A).
• Taglio sull’appoggio B: −26,56 kN a sinistra e +30,25 kN a destra: il salto è la reazione R_B = 56,81 kN.
• Momento massimo sull’appoggio: 26,25 kN·m, la sezione più sollecitata della trave.

Se le campate hanno inerzie diverse si sostituisce ogni luce L con L/I nel primo membro e si divide ogni termine noto per l’inerzia della rispettiva campata (tavola 03). Una campata più rigida attira più momento.

Le travi continue non finiscono sempre con un appoggio semplice. Un estremo può essere incastrato, oppure la trave può proseguire a sbalzo oltre l’ultimo appoggio. In entrambi i casi il metodo si adatta con poche modifiche.

Estremo incastrato

Nell’incastro la sezione non ruota. Si impone che la rotazione dell’estremo sia nulla, θ_sx = 0, e la condizione sostituisce una delle equazioni dei tre momenti:

Per una sola campata incastrata in A e appoggiata in B, con carico uniforme q: 2·X_A·L = q·L³/4 (X_B = 0), quindi X_A = q·L²/8, R_A = 5·q·L/8 e R_B = 3·q·L/8. Il momento massimo in campata, 9·q·L²/128, è a 3L/8 dall’appoggio semplice. Con L = 4 m e q = 10 kN/m: X_A = 20,0 kN·m, R_A = 25 kN, R_B = 15 kN.

Sbalzo

Il momento sull’appoggio di estremità è noto per equilibrio del tratto a sbalzo: per un carico uniforme q su una lunghezza c vale q·c²/2, per una forza P all’estremo P·c. Lo si inserisce come termine noto, senza equazione aggiuntiva.

Nelle travi isostatiche il carico massimo in tutta la trave dà sempre il momento massimo. Nelle travi continue non è così: un carico su una campata può scaricare la vicina. Per trovare i casi peggiori bisogna considerare i carichi variabili disposti in modi diversi.

Con q solo sulla prima campata: X_B = q·L²/16 = 10,0 kN·m, R_A = 7·q·L/16 = 17,5 kN e il momento massimo è R_A²/(2·q) = 15,31 kN·m, a 1,75 m da A. La campata scarica solleva l’appoggio C: la reazione diventa −q·L/16.

• Momento massimo in una campata: si carica quella campata e le campate alterne (una sì, una no). Le campate vicine scaricate fanno ruotare l’appoggio come se fosse più libero.
• Momento negativo massimo su un appoggio: si caricano le due campate adiacenti e poi le alterne.
• Reazione massima su un appoggio intermedio: si caricano le due campate adiacenti e le alterne.
• Reazione minima o negativa: i carichi permanenti agiscono sempre; se in assenza dei carichi variabili la reazione diventa negativa serve un vincolo che trattenga la trave (ancoraggio, zavorra).
• Inviluppo: sovrapponendo i diagrammi di tutte le disposizioni significative si ottiene il diagramma limite che si usa per dimensionare le sezioni.

Una trave isostatica non risente del cedimento di un appoggio: ruota senza deformarsi. In una trave continua il cedimento impone una deformazione che cambia i momenti, anche senza alcun carico. È un effetto tipico dell’iperstaticità.

Se l’appoggio i si abbassa di δ_i, sul lato destro e sul lato sinistro compaiono rotazioni di corpo rigido δ/L. Nell’equazione dei tre momenti il secondo membro si completa con il termine:

Per due campate uguali con il solo appoggio B abbassato di δ la correzione è ΔX_B = −3·EI·δ / L²: l’abbassamento riduce il momento negativo su B.

Numeri: IPE 200, L = 4,00 m, q = 10 kN/m, δ = 10 mm in B

Le formule della lezione precedente si applicano alle campate della trave continua una volta noti i momenti X. Il caso a due campate uguali con carico uniforme ha però una soluzione compatta e istruttiva.

La rotazione dell’appoggio di estremità è la metà di quella della trave appoggiata (q·L³/24EI), perché la coppia X_B = q·L²/8 la riduce; la freccia massima è il 42% di quella della trave appoggiata (5·q·L⁴/384EI).

Le frecce con carichi disposti a scacchi (una campata sì, l’altra no) sono più grandi di quelle con carico su tutte le campate. Per le verifiche di deformabilità, ove richiesto, si usa la disposizione più sfavorevole dei carichi variabili.

• Tre metodi per la freccia: per ogni campata si usano i casi della lezione precedente con le coppie X agli estremi (sovrapposizione), la doppia integrazione tratto per tratto, oppure un programma di calcolo.
• Tangente orizzontale sugli appoggi interni: se la trave è simmetrica rispetto all’appoggio (due campate uguali e caricate allo stesso modo) la rotazione sull’appoggio centrale è nulla: ogni campata si comporta come una trave appoggiata-incastrata.
• Limiti di freccia: le NTC 2018 e le norme di materiale fissano limiti come frazione della luce; da verificare sul testo vigente.

L’equazione dei tre momenti è il metodo più chiaro per capire il comportamento di una trave continua, ma non è l’unico. Per travi con molte campate o con carichi complessi si usano altri strumenti.

• Metodo di Cross (distribuzione dei momenti): risolve il problema per approssimazioni successive. Si bloccano le rotazioni degli appoggi, si calcolano i momenti di incastro perfetto e si distribuisce lo squilibrio sui nodi in proporzione alle rigidezze, riportando metà del momento all’estremo opposto. Si ripete finché lo squilibrio è trascurabile.
• Metodo delle rotazioni e metodo degli spostamenti: prendono come incognite le rotazioni dei nodi invece dei momenti. Per le travi continue portano a un sistema di equazioni equivalente.
• Calcolo agli elementi finiti e programmi di telaio: costruiscono automaticamente la matrice di rigidezza della trave e la risolvono. Programmi didattici come Ftool disegnano subito reazioni, taglio, momento e deformata, anche per più campate e disposizioni di carico diverse.

Gli stessi risultati dei calcoli a mano di questa lezione si ottengono con un programma: i due procedimenti si controllano a vicenda, e confrontarli è il modo migliore per accorgersi di un errore di segno o di un carico dimenticato.

Nelle travi continue gli errori sono quasi sempre di segno, di coefficiente o di impostazione. Pochi controlli fanno emergere la maggior parte.

• Convenzione dei segni: X è positivo se tende le fibre superiori, M positivo se tende le fibre inferiori: sull’appoggio M = −X. Mescolare le due convenzioni dà risultati sbagliati.
• Fattore 6·EI: nel secondo membro compaiono i termini 6·EI·θ° (qL³/4, 3PL²/8, …), non le rotazioni da sole. Il valore di EI non compare mai se la rigidezza è costante.
• Coefficienti (L + a) e (L + b): per una forza fuori centro si scambiano facilmente. Verifica: con a = b = L/2 devono dare 3·P·L²/8.
• Un’equazione per ogni appoggio intermedio: con n campate le incognite sono n − 1. Se si impone X = 0 su un appoggio intermedio si sta trattando la trave come discontinua.
• Somma delle reazioni: deve coincidere con il carico totale. Se non torna, c’è un errore nelle reazioni o nei carichi.
• Momento sull’appoggio: calcolato da sinistra e da destra deve dare lo stesso valore. Il taglio, invece, ha un salto pari alla reazione.
• Appoggi di estremità: se sono semplici, il momento è nullo; se c’è un sbalzo, il momento è noto e vale q·c²/2 (o P·c).
• Ordine di grandezza: il momento sugli appoggi intermedi sta tra q·L²/8 e q·L²/10, quello in campata è q·L²/12 o meno. Valori molto diversi meritano un controllo.
• Carichi variabili: il carico su tutte le campate non è sempre il caso peggiore (tavola 11).

Cinque problemi per controllare la comprensione del metodo. Dati inventati a scopo didattico.

Risultati per il controllo

• Problema 1. X_B = q·L²/8 = 25,0 kN·m; R_A = R_C = 3·q·L/8 = 15,0 kN; R_B = 5·q·L/4 = 50,0 kN; M max = 9·q·L²/128 = 14,06 kN·m a 3L/8 = 1,875 m da A
• Problema 2. X_B = X_C = q·L²/10 = 24,0 kN·m; R_A = R_D = 0,4·q·L = 24 kN; R_B = R_C = 1,1·q·L = 66 kN; M max di estremità = 0,08·q·L² = 19,2 kN·m a 1,60 m da A; M centrale = 0,025·q·L² = 6,0 kN·m
• Problema 3. X_B = w·(L₁³ + L₂³)/(8·(L₁ + L₂)) = 10·243/72 = 33,75 kN·m; R_A = 15 − 33,75/3 = 3,75 kN; R_C = 30 − 33,75/6 = 24,375 kN; R_B = 90 − 3,75 − 24,375 = 61,875 kN; M max in campata 2 = 35,625²/20 − 33,75 = 29,71 kN·m a 3,56 m da B
• Problema 4. 4·L·X_B = 3·P·L²/8, quindi X_B = 3·P·L/32 = 7,5 kN·m; R_A = 10 − 1,875 = 8,125 kN; R_B = 10 + 1,875 + 1,875 = 13,75 kN; R_C = −1,875 = −1,875 kN (verso l’alto: serve un vincolo che trattenga la trave); M sotto P = 8,125·2 = 16,25 kN·m
• Problema 5. ΔX_B = −3·EI·δ/L² = −3·4080·0,005/16 = −3,83 kN·m; X_B = 20,00 − 3,83 = 16,17 kN·m; R_B = 40 + X_B/2 = 48,09 kN (R_A = R_C = 15,96 kN)

• Trave continua: un’unica trave su più appoggi. Con n campate ha n − 1 incognite iperstatiche; si scelgono i momenti sugli appoggi intermedi.
• Equazione dei tre momenti: X_i−1·L_i + 2·X_i·(L_i + L_i+1) + X_i+1·L_i+1 = 6·EI·(θ°_dx,i + θ°_sx,i+1). Nasce dalla continuità delle rotazioni, con le rotazioni della lezione precedente.
• Termini noti: carico uniforme q·L³/4 per ciascuna campata, forza in mezzeria 3·P·L²/8, forza fuori centro P·a·b·(L + b)/L e P·a·b·(L + a)/L.
• Dopo X: R_sx = R° + (X_k − X_k+1)/L, V e M ottenuti per sovrapposizione; momento massimo dove V = 0.
• Due campate uguali: X_B = q·L²/8, reazioni 3qL/8 e 5qL/4, M max 9qL²/128. Tre campate: X = q·L²/10, reazioni 0,4qL e 1,1qL.
• Estremo incastrato: 2·X_A·L + X_B·L = 6·EI·θ°_sx. Sbalzo: il momento sull’appoggio è noto, q·c²/2.
• Carichi variabili: il massimo in campata si ha caricando quella campata e le alterne; il massimo sull’appoggio caricando le due campate adiacenti e le alterne.
• Cedimenti: per due campate uguali ΔX_B = −3·EI·δ/L²: cala il momento negativo e cresce quello in campata.
• Controlli: somma delle reazioni, momento sull’appoggio uguale dai due lati, coerenza dei segni, confronto con un programma di calcolo.