b) l ellisse centrale di inerzia; c) analiticamente e graficamente il centro relativo della retta r indicata in

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1 Avvertenza v Queste note rappresentano la stesura preliminare di una raccolta di temi d esame svolti e relativi all insegnamento di Scienza delle Costruzioni. La notazione adottata e gli argomenti trattati si riferiscono al corso di Scienza delle Costruzioni 1 (5 crediti formativi) rivolto agli allievi dei corsi di Laurea in Ingegneria per l Ambiente ed il Territorio, Energetica e Meccanica, e svolto negli anni accademici dal 004/005 al 007/008. In occasione del corso integrato di Meccanica dei Solidi + Scienza delle Costruzioni (10 crediti formativi) rivolto agli allievi dei corsi di Laurea in Ingegneria Energetica e Meccanica, e svolto a partire dall anno accademico 008/009, le note sono state revisionate ed ampliate con la collaborazione dell ing. Michele Marino. Data la loro natura preliminare contengono certamente errori di stampa ed imprecisioni. Si pregano pertanto gli allievi di volerci segnalare entrambi, nonché di indicarci quei passaggi che non risultassero comprensibili ad una prima lettura. Roma, Marzo 011 dott. ing. Giuseppe Vairo

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3 Geometria delle Aree Tema 1 Sia assegnata la distribuzione di aree rappresentata in Fig. 1. Si determinino: a) un riferimento principale di inerzia ed i relativi momenti del secondo ordine; b) l ellisse centrale di inerzia; c) analiticamente e graficamente il centro relativo della retta r indicata in figura; d) analiticamente e graficamente la retta antipolare per il punto P indicato. P 4a a r a a Fig. 1 Distribuzione di aree relativa al tema 1. 1

4 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata a) Si consideri per la distribuzione di aree assegnata il riferimento Cartesiano piano (O, x, y) indicato in Fig.. La distribuzione può considerarsi costituita da tre regioni: un rettangolo di area A 1 = 8a, un quadrato di area A = 4a ed un cerchio di area A 3 = πa. Per ciascuna delle regioni introdotte si consideri il riferimento locale (G i, x i, y i ) (con i = 1,, 3) centrato nel baricentro G i della regione i esima e ad assi x i, y i paralleli rispettivamente a x e y. Si osservi che (G i, x i, y i ) é principale di inerzia per la regione i-esima. L area totale risulta A = A 1 + A A 3 = (1 π)a = 8.86a e, nel riferimento (O, x, y), le coordinate del baricentro per l intera distribuzione sono: x G = S y A = A x da = aa 1 + a(a A 3 ) = 1.90a A A y G = S x A = A y da = 3aA 1 + a(a A 3 ) =.81a A A Introdotto il riferimento (G, x o, y o ), baricentrico per l intera distribuzione e con assi x o, y o paralleli rispettivamente a x e y, i momenti di figura del secondo ordine per ciascuna regione e rispetto a tale riferimento risultano: I (1) xo I (1) yo = 4a(a)3 1 = a(4a)3 1 + A 1 (y G1 y G ) =.97a 4 + A 1 (x G1 x G ) = 10.74a 4 I (1) xoyo = A 1 (x G1 x G )(y G1 y G ) = 0.15a 4 I () xo I () yo = (a)4 1 + A (y G y G ) = 14.38a 4 = (a)4 1 + A (x G x G ) = 4.60a 4 I () xoyo = A (x G x G )(y G y G ) = 6.5a 4 I (3) xo I (3) yo = πa4 4 + A 3(y G3 y G ) = 11.03a 4 = πa4 4 + A 3(x G3 x G ) = 3.35a 4 I (3) xoyo = A 3 (x G3 x G )(y G3 y G ) = 5.1a 4

5 Geometria delle Aree 3 y 4a y 1 G y o G 1 x o x 1 a y = y 3 G = G 3 x = x 3 a O x a Fig. Riferimenti e notazione per la distribuzione di area relativa al tema 1. essendo x Gi, y Gi (con i = 1,, 3) le coordinate del baricentro della porzione i-esima nel riferimento (O, x, y) ed avendo applicato i teoremi del trasporto. Pertanto, i momenti di figura del secondo ordine nel riferimento (G, x o, y o ) per l intera distribuzione risultano: I xo = I xo (1) + I xo () I xo (3) = 6.3a 4 I yo = I yo (1) + I yo () I yo (3) = 11.99a 4 I xoyo = I (1) xoyo + I () xoyo I (3) xoyo = 1.55a 4 A partire dal riferimento (G, x o, y o ), il riferimento principale di inerzia (G, ξ, η) per la distribuzione di aree assegnata si individua attraverso l angolo ϕ = 1 ( ) arctan Ixoyo = I yo I xo ed in tale riferimento risulta: I ξ = I xo + I yo I η = I xo + I yo + I xo I yo I xo I yo cos ϕ I xoyo sin ϕ = 5.9a 4 cos ϕ + I xoyo sin ϕ = 1.39a 4 b) I raggi giratori distesi lungo gli assi principali di inerzia sono pari a:

6 4 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata Iξ ρ ξ = A = 0.8a Iη ρ η = A = 1.18a e pertanto l ellisse centrale di inerzia si rappresenta qualitativamente come in Fig. 3. c) Per la retta r assegnata e nel riferimento (O, x, y) è possibile fissare il versore di orientazione e r = (1, 1) ed è immediato verificare che la distanza di O da r è a sin (π/4) = a. Pertanto, l equazione di r in (O, x, y) risulta: x + y + a = 0 Sostituendo nella precedente le coordinate del baricentro G della distribuzione, si ottiene la distanza di G da r: d r G = ( ) xg + y G + a =.06a Pertanto, rappresentando il versore e r nel riferimento centrale di inerzia, cioè { } [ ] { } ( ) eξ cos ϕ sin ϕ ex 0.86 = = e η sin ϕ cos ϕ e y 0.51 l equazione della retta r nel riferimento (G, ξ, η) risulta: 0.51ξ η +.06a = 0 In definitiva, le coordinate del centro relativo C r per la retta r sono: ξ Cr = e ηρ η d r G = 0.34a η Cr = e ξρ ξ d r G = 0.8a La costruzione grafica per la determinazione del centro relativo di r é schematicamente illustrata in Fig. 3. d) Nel riferimento (O, x, y) il punto P assegnato si individua attraverso il vettore (P O) = (4a, 0). D altro canto, nel riferimento (G, x o, y o ) le coordinate di P sono (P G) = (P O) (G O) = (4a x G, y G ), e quindi, nel riferimento principale di inerzia risultano: { ξp } = η P [ cos ϕ sin ϕ sin ϕ cos ϕ ] { } 4a xg = y G ( ) a

7 Geometria delle Aree 5 y y o C r G x o e r r O x Fig. 3 Ellisse centrale di inerzia e determinazione grafica del centro relativo della retta r per la distribuzione di aree proposta nel tema 1. Pertanto, l equazione della retta antipolare di P nel riferimento (G, ξ, η) è: ξ ξ P ρ η + η η P ρ ξ + 1 = 0, 0.96ξ 4.85η + a = 0 La costruzione grafica per la determinazione della retta antipolare di P, r A (P ) é illustrata schematicamente in Fig. 4. Tema Sia assegnata la distribuzione di aree rappresentata in Fig. 5. Si determinino: a) un riferimento principale di inerzia ed i relativi momenti del secondo ordine; b) l ellisse centrale di inerzia; c) il nocciolo centrale di inerzia, utilizzando un procedimento grafico. a) Si consideri per la distribuzione di aree assegnata il riferimento Cartesiano piano (O, x, y) indicato in Fig. 6. La distribuzione può considerarsi costituita da tre regioni: un rettangolo di area A 1 = 48a, un rettangolo di area

8 6 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata r 1 P r P G C r1 r A (P) P 1 C r Fig. 4 Costruzione grafica per la determinazione della retta antipolare del punto P per la distribuzione di aree proposta nel tema 1. a 3a a a 5a a Fig. 5 Distribuzione di aree relativa al tema. A = 7a ed un rettangolo di area A 3 = 1a. Per ciascuna delle regioni introdotte si consideri il riferimento locale (G i, x i, y i ) (con i = 1,, 3) centrato nel baricentro G i della parte i esima e ad assi x i, y i paralleli rispettivamente a x e y. Si osservi che (G i, x i, y i ) é principale di inerzia per la regione i-esima. L area totale risulta A = A 1 A A 3 = 9a

9 Geometria delle Aree 7 e, nel riferimento (O, x, y), le coordinate del baricentro per l intera distribuzione sono: x G = S y A = A x da = 4aA 1 4.5aA 3aA 3 = 4.9a A A y G = S x A = A y da = 3aA 1 0.5aA 5aA 3 =.78a A A Introdotto il riferimento (G, x o, y o ), baricentrico per l intera distribuzione e con assi x o, y o paralleli rispettivamente a x e y, i momenti di figura del secondo ordine per ciascuna regione e rispetto a tale riferimento risultano: I (1) xo I (1) yo = 8a(6a)3 1 = 6a(8a)3 1 + A 1 (y G1 y G ) = a 4 + A 1 (x G1 x G ) = 60.1a 4 I (1) xoyo = A 1 (x G1 x G )(y G1 y G ) = 3.15a 4 I () xo I () yo = 7a(a)3 1 = a(7a)3 1 + A (y G y G ) = 36.84a 4 + A (x G x G ) = 8.88a 4 I () xoyo = A (x G x G )(y G y G ) = 3.30a 4 I (3) xo I (3) yo = a(6a)3 1 = 6a(a)3 1 + A 3 (y G3 y G ) = 63.36a 4 + A 3 (x G3 x G ) = 56.07a 4 I (3) xoyo = A 3 (x G3 x G )(y G3 y G ) = 34.51a 4 essendo x Gi, y Gi (con i = 1,, 3) le coordinate del baricentro della parte i- esima nel riferimento (O, x, y) ed avendo applicato i teoremi del trasporto. Pertanto, i momenti di figura del secondo ordine nel riferimento (G, x o, y o ) per l intera distribuzione sono: I xo = I xo (1) I xo () I xo (3) = 46.1a 4 I yo = I yo (1) I yo () I yo (3) = a 4 I xoyo = I (1) xoyo I () xoyo I (3) xoyo = 34.66a 4 A partire dal riferimento (G, x o, y o ), il riferimento principale di inerzia (G, ξ, η) per la distribuzione di aree assegnata si individua attraverso l angolo

10 8 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata y 3 x 3 a y G 3 y 1 y o 3a G 1 G x 1 x o y a O x G a 5a a Fig. 6 Riferimenti e notazione per la distribuzione di aree relativa al tema. e quindi risulta: I ξ = I xo + I yo I η = I xo + I yo ϕ = 1 ( ) arctan Ixoyo = 14.1 I yo I xo + I xo I yo I xo I yo x cos ϕ I xoyo sin ϕ = 37.49a 4 cos ϕ + I xoyo sin ϕ = a 4 b) I raggi giratori distesi lungo gli assi principali di inerzia sono pari a: Iξ ρ ξ = A = 1.14a Iη ρ η = A =.5a e pertanto l ellisse centrale di inerzia si rappresenta qualitativamente come in Fig. 7. c) La costruzione grafica del nocciolo per la distribuzione di aree assegnata è schematicamente rappresentata in Fig. 8. In particolare, i centri relativi associati alle rette che definiscono l inviluppo convesso della distribuzione rappresentano il luogo dei punti di bordo del nocciolo centrale. Si noti che, risultando detto inviluppo definito da una figura poligonale a 6 lati, il bordo del nocciolo presenta 6 vertici (in figura indicati con C i ), centri relativi per le rette limite r i (i = 1,..., 6). Inoltre, ciascun lato l i del nocciolo appartiene alla retta antipolare del vertice dell inviluppo convesso della distribuzione opposto (rispetto all ellisse centrale) a l i. Ad esempio, il lato del nocciolo che congiunge C 1 e C è disteso sulla retta antipolare del vertice ottenuto dall intersezione fra r 1 e r.

11 Geometria delle Aree 9 y y o G x o O x Fig. 7 Ellisse centrale di inerzia per la distribuzione di aree proposta nel tema. r 5 r 4 r r 3 C 6 C 1 C 5 G C 4 C 3 C r 6 r 1 Fig. 8 Costruzione grafica schematica per la determinazione del nocciolo centrale di inerzia relativo alla distribuzione di aree del tema. Tema 3 Sia assegnata la distribuzione di aree rappresentata in Fig. 9 (dimensioni espresse in cm). Si determinino: a) un riferimento principale di inerzia ed i relativi momenti del secondo ordine; b) l ellisse centrale di inerzia;

12 10 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata 1 6 D C 1.5 E A Fig. 9 Distribuzione di aeree relativa al tema 3 (dimensioni espresse in cm). B c) procedendo per via analitica, le coordinate del centro relativo della retta r 1 passante per i punti E e D della distribuzione; d) procedendo per via grafica, il centro relativo della retta r passante per i punti A e B della distribuzione. a) Per la distribuzione di aree assegnata si consideri il riferimento Cartesiano piano (O, x, y) indicato in Fig. 10. La distribuzione può assumersi costituita da tre regioni: un rettangolo di area A 1 = 35.0 cm, un rettangolo di area A = 1.50 cm ed un cerchio di area A 3 = 7.07 cm. Per ciascuna delle regioni introdotte si consideri il riferimento locale (G i, x i, y i ) (con i = 1,, 3) centrato nel baricentro G i della regione i esima e ad assi x i, y i paralleli rispettivamente a x e y. Si osservi che (G i, x i, y i ) é principale di inerzia per la regione i-esima. L area totale risulta: A = A 1 A A 3 = 6.43 cm e, nel riferimento (O, x, y), le coordinate del baricentro per l intera distribuzione sono: x G = S y A = A x da = 3.5A 1 0.5A 5A 3 = 3.7 cm A A y G = S x A = A y da =.5A 1 4.5A 3A 3 =.7 cm A A I momenti di figura del secondo ordine nel riferimento (O, x, y) per ciascuna regione risultano:

13 Geometria delle Aree y y G x G y o y 1 3 G 1 x G x 1 3y 3 x o 1.5 O Fig. 10 Riferimenti e notazione per la distribuzione di aree relativa al tema 3. x I (1) x = 7(5)3 1 + A 1(y G1 ) = cm 4 I (1) y = 5(7)3 1 + A 1(x G1 ) = cm 4 I (1) xy = A 1 (x G1 )(y G1 ) = cm 4 I x () = 1(1.5)3 + A (y G ) = 7.37 cm 4 1 I y () = 1.5(1)3 + A (x G ) = 0.50 cm 4 1 I xy () = A (x G )(y G ) = 3.19 cm 4 I (3) x I (3) y = π(1.5)4 4 = π(1.5)4 4 + A 3 (y G3 ) = cm 4 + A 3 (x G3 ) = cm 4 I (3) xy = A 3 (x G3 )(y G3 ) = cm 4 essendo x Gi, y Gi (con i = 1,, 3) le coordinate del baricentro della regione i-esima espresse nel riferimento (O, x, y) ed avendo applicato i teoremi del trasporto. Pertanto, i momenti di figura del secondo ordine nel riferimento (O, x, y) per l intera distribuzione risultano pari a: I x = I x (1) I x () I x (3) = cm 4 I y = I y (1) I y () I y (3) = cm 4 I xy = I (1) xy I () xy I (3) xy = cm 4

14 1 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata y G O Fig. 11 Ellisse centrale di inerzia per la distribuzione di aree proposta nel tema 3. x e quindi, nel riferimento (G, x o, y o ) baricentrico per l intera distribuzione considerata ed applicando i teoremi del trasporto, risultano: I xo = I x A(y G ) = cm 4 I yo = I y A(x G ) = cm 4 I xoyo = I xy Ax G y G = 1.15 cm 4 A partire dal riferimento (G, x o, y o ), il riferimento principale di inerzia (G, ξ, η) per la distribuzione di aree assegnata si individua attraverso il calcolo dell angolo ϕ per cui si annulla il momento di figura del secondo ordine I ξη, cioè: ϕ = 1 ( ) arctan Ixoyo = 1.4 I yo I xo Nel riferimento centrale di inerzia risulta: I ξ = I xo + I yo I η = I xo + I yo + I xo I yo I xo I yo cos ϕ I xoyo sin ϕ = cm 4 cos ϕ + I xoyo sin ϕ = cm 4 b) I raggi giratori distesi lungo gli assi principali di inerzia sono pari a: Iξ ρ ξ = = 1.5 cm A Iη ρ η = =.0 cm A e pertanto l ellisse centrale di inerzia si rappresenta qualitativamente come in Fig. 11.

15 Geometria delle Aree 13 c) Nel riferimento (O, x, y) i punti E e D assegnati si individuano attraverso i vettori (E O) = (0, 3.5) cm e (D O) = (1, 5) cm. D altro canto, nel riferimento (G, x o, y o ) le coordinate di E e D sono, rispettivamente (E G) = (E O) (G O) = ( x G, 3.5 y G ) cm (D G) = (D O) (G O) = (1 x G, 5 y G ) cm Pertanto, nel riferimento principale di inerzia risulta: { } [ ] { } ( ) ξe cos ϕ sin ϕ xg 3. (E G) = = = cm η E sin ϕ cos ϕ 3.5 y G 1.3 (D G) = { ξd } = η D [ ] { } cos ϕ sin ϕ 1 xg = sin ϕ cos ϕ 5 y G ( ). cm.8 Per la retta r 1 si introducano nel riferimento centrale (G, ξ, η) il versore di orientazione e r1 = (e ξ, e η ) ed il versore ortogonale n r1 (Fig. 1): e r1 = { } 1 ξd ξ E = D E η D η E ( ) 0.58, n 0.8 r1 = ( ) La distanza del baricentro G della distribuzione da r risulta allora: d r G = (G E) n r1 = 3.40 cm avendo espresso (G E) come ( ξ E, η E ). Pertanto, l equazione della retta r 1 nel riferimento principale d inerzia (G, ξ, η) risulta: 0.8ξ η 3.40 = 0 e quindi le coordinate del centro relativo C 1 di r 1 sono: ξ C1 η C1 = e ηρ η d r G = e ξρ ξ d r G = 0.98 cm = 0.39 cm d) La costruzione grafica che conduce alla determinazione del centro relativo C della retta r passante per i punti A e B è schematicamente riportata in Fig. 1.

16 14 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata E r 1 n r1 D e r1 C C G A Fig. 1 Determinazione grafica del centro relativo C della retta r per la distribuzione di aree assegnata nel tema 3. L B r L Fig. 13 Distribuzione di aeree relative al tema 4. L Tema 4 Sia assegnata la distribuzione di aree rappresentata in Fig. 13. Si assuma la dimensione δ molto piccola rispetto a L (cioè, δ/l << 1), così da ritenere trascurabili i termini di ordine o(δ/l). Si determinino: a) un riferimento principale di inerzia ed i relativi momenti del secondo ordine; b) l ellisse centrale di inerzia; c) il nocciolo centrale di inerzia, utilizzando un procedimento grafico.

17 Geometria delle Aree 15 a) Si consideri per la distribuzione di aree assegnata il riferimento Cartesiano piano (O, x, y) indicato in Fig. 14 e si trascurino nel seguito i termini del tipo (δ/l) p con p 1. La distribuzione può considerarsi costituita da tre rettangoli sottili (spessore δ) di area: A 1 = Lδ A = (L δ)δ = Lδ A 3 = Lδ ( 1 δ ) Lδ L Per ciascuno dei rettangoli sottili introdotti si consideri il riferimento locale (G i, x i, y i ) (con i = 1,, 3) centrato nel baricentro G i del rettangolo i esimo e ad assi x i, y i paralleli rispettivamente a x e y. Si osservi che (G i, x i, y i ) é principale di inerzia per il rettangolo i-esimo. L area totale risulta: A = A 1 + A + A 3 = 5Lδ Nel riferimento (O, x, y), le coordinate del baricentro per l intera distribuzione sono quindi: x G = S y A = A x da = (L/)A 1 + (δ/)a + LA 3 L A A y G = S x A = A y da A = (L δ/)a 1 + LA + (δ/)a 3 A 4 5 L Introdotto il riferimento (G, x o, y o ), baricentrico per l intera distribuzione e con assi x o, y o paralleli rispettivamente a x e y, i momenti di figura del secondo ordine per ciascun rettangolo sottile risultano: I (1) xo I (1) yo = Lδ3 1 + A 1(y G1 y G ) 36 5 L3 δ = L3 δ 1 + A 1(x G1 x G ) L3 δ 1 I (1) xoyo = A 1 (x G1 x G )(y G1 y G ) 0 I () xo I () yo = 8δL3 1 + A (y G y G ) L3 δ = δ3 L 1 + A (x G x G ) 1 L3 δ I () xoyo = A (x G x G )(y G y G ) L3 δ 5

18 16 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata y y 1 G 1 x 1 y G x y o G x o y 3 O G 3 x 3 x Fig. 14 Riferimenti e notazione per la distribuzione di aree relativa al tema 4. I (3) xo I (3) yo = Lδ3 1 + A 3(y G3 y G ) 3 5 L3 δ = 8L3 δ 1 + A 3(x G3 x G ) 7 6 L3 δ I (3) xoyo = A 3 (x G3 x G )(y G3 y G ) 4 5 L3 δ essendo x Gi, y Gi (con i = 1,, 3) le coordinate del baricentro del rettangolo i-esimo espresse nel riferimento (O, x, y) ed avendo applicato i teoremi del trasporto. Pertanto, i momenti di figura del secondo ordine nel riferimento (G, x o, y o ) per l intera distribuzione sono: I xo = I (1) xo + I () xo + I (3) xo 5 15 L3 δ I yo = I yo (1) + I yo () + I yo (3) 7 4 L3 δ I xoyo = I (1) xoyo + I () xoyo + I (3) xoyo L 3 δ A partire dal riferimento (G, x o, y o ), il riferimento principale di inerzia (G, ξ, η) per la distribuzione di aree assegnata si individua attraverso l angolo ϕ = 1 ( ) arctan Ixoyo 4.6 I yo I xo Risultando quest ultimo positivo, il riferimento principale si ottiene a partire da (G, x o, y o ) attraverso una rotazione antioraria di ϕ (Fig. 14). Nel riferimento centrale di inerzia (G, ξ, η) risulta:

19 Geometria delle Aree 17 y G O Fig. 15 Ellisse centrale di inerzia per la distribuzione di aree proposta nel tema 4. x I ξ = I xo + I yo I η = I xo + I yo + I xo I yo I xo I yo cos ϕ I xoyo sin ϕ 3.9L 3 δ cos ϕ + I xoyo sin ϕ 1.3L 3 δ b) I raggi giratori distesi lungo gli assi principali di inerzia sono pari a: Iξ ρ ξ = A 0.9L Iη ρ η = A 0.5L e pertanto l ellisse centrale di inerzia si rappresenta qualitativamente come in Fig. 15. c) Il nocciolo si determina attraverso le costruzioni grafiche riportate schematicamente in Fig. 16. In particolare, i centri relativi associati alle rette che definiscono l inviluppo convesso della distribuzione rappresentano il luogo dei punti di bordo del nocciolo centrale. Si noti che, risultando detto inviluppo definito da una figura poligonale a 5 lati, il bordo del nocciolo presenta 5 vertici (in figura indicati con C i ), centri relativi per le rette limite r i (i = 1,..., 5). Inoltre, ciascun lato l i del nocciolo appartiene alla retta antipolare del vertice dell inviluppo convesso della distribuzione opposto (rispetto all ellisse centrale) a l i. Ad esempio, il lato del nocciolo che congiunge C 1 e C è disteso sulla retta antipolare del vertice ottenuto dall intersezione fra r 1 e r.

20 18 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata r 3 r 5 C 1 r 4 C 4 C 5 G C 3 C r 1 r Fig. 16 Costruzione grafica per la determinazione del nocciolo centrale di inerzia relativo alla la distribuzione di aree del tema 4.

21 Analisi della Tensione Tema 1 In un riferimento Cartesiano (O, x, y, z) sia assegnato in un punto P di un continuo alla Cauchy lo stato di tensione rappresentato della matrice T(P ) = N/m a) calcolare in P gli invarianti di tensione; b) discutere l eventuale planarità dello stato di tensione in P ; c) determinare in P le tensioni principali ed un riferimento principale di tensione; d) determinare le parti deviatorica ed idrostatica dello stato di tensione in P ; e) determinare in P le componenti di tensione normale e tangenziale relative alla direzione trisettrice per l ottante positivo del riferimento assunto. a) Gli invarianti di tensione risultano: I 1 = σ x + σ y + σ z = 4 N/m I = σ x σ y + σ y σ z + σ x σ z τ xy τ xz τ yz = 3 N /m 4 I 3 = det[t(p )] = 0 b) Poiché I 3 = 0, si deduce immediatamente che lo stato di tensione in P é piano. c) Le soluzioni dell equazione caratteristica associata al problema agli autovalori per T(P ) σ 3 + I 1 σ I σ + I 3 = σ 3 + 4σ 3σ = 0 19

22 0 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata forniscono le tensioni principali σ 1, σ, σ 3 σ 1 = 0, σ = 3, σ 3 = 1 (N/m ) Detta I la matrice identità, gli autovettori di T(P ) si ricavano valutando il Ker(T σ i I) (con i = 1,, 3). In particolare, risulta: dove Ker(T σ i I) = span(v i ) (i = 1,, 3) v 1 = (1, 1, 1), v = (1,, 1), v 3 = ( 1, 0, 1) I versori n i che identificano le direzioni principali di tensione si ottengono normalizzando gli autovettori v i appena trovati: n i = v i v i (i = 1,, 3) Nel riferimento principale di tensione (costruito considerando come base la terna ortonormale individuata dalle direzioni principali di tensione n i ) il tensore delle tensioni in P si rappresenta attraverso la seguente matrice diagonale: T(P ) = N/m d) La tensione normale idrostatica é per definizione pari a σ id = I 1 /3 = 4/3 N/m. Pertanto, gli stati idrostatico e deviatorico che compongono lo stato di tensione assegnato in P si rappresentano nel riferimento assunto come: T (id) (P ) = 4 3 I N/m T (dev) (P ) = T(P ) T (id) (P ) = 1 3 1/ /3 1 N/m 0 1 1/3 e) Il versore che individua la trisettrice dell ottante positivo nel riferimento (non principale) in cui é assegnata la matrice T risulta n = 1 3 (1, 1, 1). Pertanto, le componenti di tensione normale e tangenziale in P e relative a n valgono: σ n = n T T(P )n = 8 3 N/m τ n = Tn σ n = 3 N/m

23 Analisi della Tensione 1 Tema In un riferimento Cartesiano (O, x, y, z) sia assegnato il piano π di equazione x y + z + 1 = 0 e, relativamente ad un continuo alla Cauchy, il campo di tensione T(x, y, z) = 3x + zy 1 y z + xz y z + y 3 xy 3z x y N/m xz 3z x y x + y + 1 Determinare: a) il campo vettoriale delle forze di volume F che assicurano l equilibrio interno del corpo; b) nel punto P = (0, 0, 0) e sulla giacitura individuata da π le componenti normale e tangenziale di tensione; c) gli eventuali punti appartenenti alla retta r di equazione [x = 0 y = 0] per i quali lo stato di tensione risulta piano; d) nel punto P introdotto in b) gli invarianti di tensione ed un riferimento principale di tensione. a) Dalla condizione di equilibrio indefinito divt + F = 0 in Ω si ricava immediatamente F = (6x + y + xz, 3y + 3 x, z ) N/m 3 b) Nel riferimento Cartesiano assegnato e nel punto P = (0, 0, 0) il tensore delle tensioni si rappresenta come: T(P ) = N/m Inoltre, il versore normale al piano π é: n = 1 (, 1, ) 3 Pertanto, le componenti normale e tangenziale di tensione in P e relative alla giacitura individuata da π risultano: σ n = n T T(P )n = 8 9 N/m τ n = Tn σ n = 9 65 N/m

24 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata c) Per i punti appartenenti alla retta r di equazione [x = 0 y = 0] il campo di tensione é funzione della sola coordinata z: 1 z + 0 T(x, y, z) (x=0,y=0) = T(0, 0, z) = z + 0 3z N/m 0 3z 1 Affinché lo stato di tensione risulti piano per qualche punto di r deve essere soddisfatta la seguente equazione di secondo grado in z I 3 (z) = det[t(0, 0, z)] = 8z + 4z 4 = 0 che risolta fornisce z = 1/ e z = 1. Pertanto, il campo di tensione assegnato è piano per i due punti di r di coordinate P 1 = (0, 0, 1/) e P = (0, 0, 1). d) In riferimento alla rappresentazione del tensore delle tensioni fornita per il punto b), l equazione caratteristica relativa al corrispondente problema agli autovalori si pone nella forma: essendo σ 3 + 5σ 4 = 0 I 1 = 0, I = 5 N /m 4, I 3 = 4 N 3 /m 6 La precedente equazione (risolta ad esempio utilizzando il metodo di Ruffini) conduce alla determinazione delle tensioni principali: σ 1 = 1, σ = 1 (1 17), σ 3 = 1 (1 + 17) (N/m ) alle quali sono associate gli autovettori: v 1 = (0, 0, 1), v = ( 1/4+1/4 17, 1, 0), v 3 = ( 1/4 1/4 17, 1, 0) che, normalizzati, forniscono i versori n i identificativi delle direzioni principali di tensione. Tema 3 Assegnato nel punto P di un continuo alla Cauchy il tensore delle tensioni T(P ) = N/m 0 1 8

25 Analisi della Tensione 3 determinare, utilizzando la costruzione grafica del cerchio di Mohr per stati tensionali su un piano, le tensioni principali ed un riferimento principale di tensione. Inoltre, determinare: a) graficamente le giaciture su cui sono presenti solo tensioni tangenziali; b) il massimo valore delle componenti tangenziali di tensione; c) i valori della tensione normale e tangenziale per le giaciture che bisecano i diedri principali. Per lo stato di tensione assegnato si nota subito che la direzione coordinata i associata all asse x é una direzione principale di tensione, con tensione principale pari a σ 1 = σ x = 1 N/m. Pertanto, può applicarsi la costruzione grafica del cerchio di Mohr per stati tensionali relativi a piani appartenenti al fascio proprio con asse di sostegno l asse x. In particolare, risultano definiti nel riferimento (σ n, τ nm ), assunto ad assi paralleli rispettivamente ad y e z, i punti A = (σ y, τ yz ) = (, 1) e B = (σ z, τ yz ) = (8, 1). Questi ultimi, essendo rappresentativi della tensione relativa a due giaciture ortogonali (quella normale all asse y e quella normale all asse x, rispettivamente) occupano sul cerchio di Mohr posizioni diametralmente opposte. Pertanto, la loro determinazione consente immediatamente la rappresentazione nel piano (σ n, τ nm ) di una circonferenza simmetrica rispetto all asse σ n (Fig. 1). Individuato il polo rappresentativo M = (σ y, τ yz ) = (, 1), le direzioni principali di tensione n 1 e n nel piano (y, z) si determinano, come illustrato in Fig. 1, considerando le congiungenti il punto M con D = (σ, 0) e con E = (σ 3, 0), rispettivamente, ed imponendo che i n = n 3. Risultando la circonferenza di Mohr caratterizzata dal centro C ( ) σy + σ z C = (C x, C y ) =, 0 = (5, 0) e dal raggio R (σy σ z R = ) + τ yz = 10 i valori delle tensioni principali σ e σ 3 risultano pari a σ = C x R = 5 10 N/m σ 3 = C x + R = N/m Nel riferimento principale di tensione, definito a partire dalle tre direzioni principali trovate, il tensore delle tensioni si rappresenta attraverso la seguente matrice diagonale:

26 4 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata nm (// z) n z A yz n 3 C z E D y 3 yz M B y n (// y) Fig. 1 Costruzione grafica del cerchio di Mohr relativa al tema T(P ) = N/m 10 a) Le giaciture caratterizzate da sole tensioni tangenziali si trovano graficamente nel piano di Mohr considerando le congiungenti il punto M con i punti della circonferenza aventi valore nullo di σ n. Non risultando alcuna intersezione fra il cerchio di Mohr e l asse τ nm se ne deduce che non esiste alcuna giacitura caratterizzata da sole tensioni tangenziali. b) Considerate le tensioni principali appena determinate risulta banalmente: τ max = 1 max { σ 1 σ ; σ σ 3 ; σ 1 σ 3 } = + 10/ N/m c) Nel riferimento principale di tensione le direzioni che bisecano i diedri principali sono definite dai versori: m 1 = 1 (0, 1, 1), m = 1 (1, 0, 1), m 3 = 1 (1, 1, 0) In tale riferimento, considerando quindi la rappresentazione T del tensore di Cauchy, le componenti di tensione normale e tangenziale relative alle giaciture indicate si ricavano, al solito, attraverso le relazioni: In definitiva, risulta: σ mi = m T T(P i )m i τ mi = Tm i σmi (i = 1,, 3)

27 Analisi della Tensione 5 σ m1 = 5 τ m1 = 10 σ m = / τ m = 13/ + 10 σ m3 = 3 10/ τ m3 = 13/ 10 (N/m ) Tema 4 In un riferimento Cartesiano (O, x, y, z) ed in un punto P di un continuo alla Cauchy il tensore delle tensioni T sia rappresentato dalla matrice: T(P ) = N/m a) Discutere se lo stato di tensione assegnato soddisfa la condizione locale di equilibrio alla rotazione. b) Discutere l eventuale planarità dello stato di tensione in P. c) Determinare le tensioni principali ed un riferimento principale di tensione in P. d) Disegnare l arbelo di Mohr per lo stato di tensione assegnato. e) Discutere la presenza di giaciture in P caratterizzate da tensione normale di compressione. f) Calcolare in P le componenti normale e tangenziale della tensione ottaedrale. g) Calcolare in P le componenti normale e tangenziale di tensione associate alla trisettrice dell ottante positivo per il riferimento (O, x, y, z) assegnato. a) Il tensore T soddisfa la condizione di equilibrio alla rotazione in quanto simmetrico (T = T T ); b) Per verificare l eventuale planarità dello stato di tensione in P si procede al calcolo del terzo invariante di tensione: I 3 = det[t(p )] = 15 N 3 /m 6 Poichè I 3 0 si deduce immediatamente che lo stato di tensione non è piano. c) La soluzioni dell equazione caratteristica per il problema agli autovalori associato a T(P ) σ 3 + I 1 σ I σ + I 3 = σ 3 + 9σ 3σ + 15 = 0 forniscono i valori delle tensioni principali σ 1, σ, σ 3 : σ 1 = 5, σ = 3, σ 3 = 1 (N/m )

28 6 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata nm n Fig. Arbelo di Mohr relativo al tema 4. Detta I la matrice identità, gli autovettori v i di T(P ) corrispondono ai vettori di base per Ker(T σ i I) (i = 1,, 3): risultando v 1 = Ker(T σ i I) = span(v i ) (i = 1,, 3) (, ) ( ) ( 3, 1, v =, 0,, v 3 =, ) 3, 1 Questi ultimi, normalizzati, forniscono i versori n i che individuano le tre direzioni principali di tensione: n i = v i v i (i = 1,, 3) Si osservi che nel riferimento principale di tensione il tensore delle tensioni in P si rappresenta attraverso la seguente matrice diagonale: T(P ) = N/m d) In virtù dei valori trovati per le tensioni principali, allo stato di tensione assegnato è associato l arbelo di Mohr rappresentato in Fig.. e) Dall analisi dell arbelo di Mohr illustrato in Fig., si osserva che non sono ammissibili tensioni normali di compressione (cioè σ n < 0). Pertanto, non esistono giaciture che realizzano la condizione σ n < 0. f) Il versore che individua la direzione ottaedrale nel riferimento principale di tensione è n ott = 1 (1, 1, 1) 3

29 Analisi della Tensione 7 Tenuto conto che nel riferimento principale di tensione il tensore delle tensioni di Cauchy è rappresentato dalla matrice diagonale T, si ricava: σ ott = n T T(P ott )n ott = I 1 /3 = σ id = 3 N/m τ ott = Tn ott σott = = 1 (σ1 σ ) 3 + (σ σ 3 ) + (σ 1 σ 3 ) = 3 N/m essendo σ id la tensione idrostatica. g) Il versore che individua la trisettrice dell ottante positivo nel riferimento (non principale) in cui é assegnato il tensore T(P ) risulta n = 1 3 (1, 1, 1). Pertanto, le componenti di tensione normale e tangenziale in P e relative a n valgono: σ n = n T T(P )n = ( 1) N/m τ n = Tn σn = N/m 9 Tema 5 In un riferimento Cartesiano (O, x, y, z) ed in un punto P di un corpo continuo alla Cauchy, si assuma che lo stato di tensione sia piano, con piano delle tensioni ortogonale al secondo vettore della base canonica (i, j, k). Si assuma inoltre che le tensioni principali non nulle risultino σ 1 = 3 σ = 1 (N/m ) e siano relative, rispettivamente, alle direzioni n 1 = 1 (1, 0, 1) n = 1 ( 1, 0, 1) espresse nella base canonica assegnata. a) Rappresentare il tensore delle tensioni in P rispetto ad un riferimento principale di tensione. b) Rappresentare il tensore delle tensioni in P rispetto alla base canonica (i, j, k), procedendo sia per via analitica che per via grafica attraverso la costruzione del cerchio di Mohr per stati tensionali su un piano. c) Determinare il valore (o i valori) del parametro reale λ per cui esiste in P una giacitura alla quale è associata il vettore tensione t = 1 5 (5, λ, 4), espresso nella base canonica.

30 8 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata d) Per i valori ammissibili di λ, determinare le giaciture che realizzano il vettore tensione t definito al punto precedente. e) Calcolare le componenti normale e tangenziale di tensione sulla giacitura la cui normale n è individuata dalla bisettrice dell angolo fra n 1 e n, orientata tale che n 1 n > 0. f) Calcolare la direzione parallela al piano π = span{n 1, j} tale che il corrispondente vettore tensione abbia modulo numericamente uguale alla massima tensione tangenziale in P. a) Il riferimento principale di tensione è banalmente individuato dalla base (n 1, j, n ) che, è immediato verificare, definisce una terna ortonormale destra. Rispetto a detta base il tensore delle tensioni si rappresenta attraverso la seguente matrice diagonale T(P ) = N/m b) Procedendo per via analitica, la rappresentazione T del tensore delle tensioni nella base canonica si determina attraverso la matrice ortonormale R, costruita ponendo per riga i vettori della base principale di tensione espressi nel riferimento canonico. Risulta quindi R = n 1 j, T = R T TR n avendo tenuto conto che R T R = RR T = I. In definitiva si ottiene: R = T = Procedendo per via grafica, si può costruire nel piano (σ n, τ nm ) il cerchio di Mohr relativo al piano principale individuato da n 1 e n (cioè considerando le tensioni σ 1 e σ, Fig. 3). Osservando che l angolo α tra i versori n 1 e i è pari a α = arccos (n 1 i) = π 4 è possibile individuare il polo rappresentativo M = (σ x, τ xz ) come il punto di intersezione tra il cerchio di Mohr e la retta per il punto (σ 1, 0), inclinata di α rispetto alla direzione verticale (Fig. 3). Pertanto, risulta:

31 Analisi della Tensione 9 xz nm (// z) M = ( x, xz ) = B= ( z, xz ) z x C 1 n x = z n (// x) n 1 = /4 Fig. 3 Costruzione grafica del cerchio di Mohr relativo al tema 5. σ x = C x = σ 1 + σ τ xz = R = σ 1 σ = 1 N/m = N/m Si osservi che il segno positivo di α prescrive che n 1 sia ottenuto ruotando i in senso anti-orario. Ricordando ora che la componente di tensione σ z deve risultare ascissa, nel riferimento (σ n, τ nm ), del punto di intersezione fra la circonferenza di Mohr e l orizzontale per M, si ha σ z = σ x = 1 N/m da cui si può immediatamente ricavare T = σ x 0 τ xz = N/m τ xz 0 σ z 0 1 c) Vista la planarità prescritta per lo stato di tensione T(P ), il vettore tensione associato ad una generica direzione deve risultare ortogonale a j. Pertanto il vettore tensione t = 1 5 (5, λ, 4) è ammissibile solo per quei valori di λ tali che t j = λ = 0 d) Nel caso λ = 0 e rappresentando le quantità vettoriali nella base canonica non principale, la direzione n o a cui è associata la tensione t λ=0 si calcola risolvendo rispetto alle componenti di n o il sistema lineare Si identifica pertanto il vettore Tn o = t

32 30 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata n o = (1/ 5, r, / 5) essendo r un qualunque numero reale. Tuttavia, n o condizione di vincolo: deve soddisfare la n o n o = r = 1 e quindi l unico valore ammissibile per il parametro r risulta r = 0. e) E immediato verificare che il versore n che individua la bisettrice dell angolo fra n 1 e n, orientato tale che n 1 n > 0, coincide con il versore k. Pertanto, le componenti di tensione normale e tangenziale in P e relative ad n = k risultano σ n = k T T(P )k = σ z = 1 N/m τ n = Tk σ n = τ xz = N/m f) Un generico versore n span (n 1, j) (quindi parallelo a π) è definito da n = sn 1 + rj = (s/, r, s/ ) essendo s e r due numeri reali che devono soddisfare il vincolo: n n = s + r = 1 Pertanto, il vettore tensione associato a n risulta t n = Tn = 3s (1, 0, 1) = 3sn 1 N/m Risultando la tensione tangenziale massima pari a τ max = N/m (Fig. 3), si ottiene che l unico valore di s che soddisfa la condizione t n = τ max è s = /3. Inoltre, dalla condizione n = 1 si ricava r = 5/3. In definitiva, la direzione n che soddisfa le condizioni prescritte è n = 1 3 (, 5, ) Tema 6 In un riferimento Cartesiano (O, x, y, z) di un corpo continuo alla Cauchy, sia assegnato il piano π di equazione z = 1 ed il seguente campo di tensione: T(P ) = 3 z + y + z z + y + z x + y 1 N/m z + y 1 1 z

33 Analisi della Tensione 31 a) Determinare le tensioni principali ed un riferimento principale di tensione nel punto di intersezione fra il piano π e la retta di equazione [x = 0 y = 0]; b) Disegnare l arbelo di Mohr nel punto di intersezione fra il piano π e la retta di equazione [ x + z = 0 y = 0]; c) Discutere se il campo di tensione assegnato descrive uno stato autoequilibrato di tensione. d) Determinare le forze di volume F che assicurano l equilibrio interno del corpo. e) Individuare le componenti normale e tangenziale di tensione nell origine del sistema di riferimento e relativamente ai versori di base per il Ker(A), essendo A la matrice: A = a) Il punto di intersezione P 1 fra il piano π e la retta di equazione [x = 0 y = 0] ha coordinate P 1 = (0, 0, 1) e quindi T(P 1 ) = N/m 1 3 a cui corrisponde l equazione caratteristica σ 3 + I 1 σ I σ + I 3 = σ 3 3σ + 4 = 0 la cui soluzione fornisce le tensioni principali σ 1, σ, σ 3 : σ 1 = 1, σ = σ 3 = (N/m ) Detta I la matrice identità, determinare gli autovettori di T(P ) corrisponde a caratterizzare il Ker(T σ i I) (con i = 1,, 3). In particolare, per la prima tensione principale si ricava: Ker(T σ 1 I) = span(v 1 ) con v 1 = (1,, 1) mentre, relativamente alla seconda tensione principale (di molteplicità pari a due), risulta Ker(T σ I) = span(v a, v b ) con v a = (, 1, 0) v b = (1, 0, 1) dove v a e v b sono stati ricavati ponendo alternativamente pari ad 1 i due parametri liberi che derivano dalla risoluzione del sistema omogeneo associato a (T σ I). La seconda e la terza direzione principale di tensione possono allora essere individuate come

34 3 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata nm n Fig. 4 Arbelo di Mohr relativo al tema 6. v = v a, v 3 = v 1 v così da ottenere una terna ortogonale destra. I vettori v i, normalizzati, forniscono i versori di base per il riferimento principale di tensione. b) Il punto di intersezione P fra il piano π e la retta [ x + z = 0 y = 0] ha coordinate P = (1, 0, 1) e quindi T(P ) = N/m 1 3 a cui corrisponde l equazione caratteristica σ 3 + I 1 σ I σ + I 3 = σ 3 σ + 3σ + 6 = 0 la cui soluzione fornisce le tensioni principali σ 1, σ, σ 3 : σ 1 = 3, σ = 3, σ 3 =, (N/m ) Il corrispondente arbelo di Mohr è rappresentato in Fig. 4. c) Il campo di tensione assegnato non descrive uno stato auto-equilibrato in quanto risulta divt 0 P Ω d) Dalla condizione di equilibrio indefinito divt + F = 0 in Ω si ricava immediatamente

35 Analisi della Tensione 33 F = (1/, 1, 1/) N/m 3 e) Il tensore delle tensioni nel punto P o = (0, 0, 0) è rappresentato da: T(P o ) = N/m Poichè è immediato verificare che il rango di A è pari a, il Ker(A) ha dimensione pari a 1. Pertanto, può porsi Ker(A) = {v Av = 0} = span {n} essendo n il versore di base per Ker(A). In particolare, si ricava ( n = 0, 1/, 1/ ) Le componenti normale e tangenziale di tensione relative a n nel punto P o risultano quindi σ n = n T T(P o )n = 1 N/m τ n = Tn σ n = N/m Si vuole far notare che il Ker(A) può equivalentemente rappresentarsi assumendo come versore di base il versore n. Tale scelta è totalmente ininfluente ai fini del risultato richiesto in quanto si verifica σ n = σ n, τ n = τ n.

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37 Analisi della Deformazione Tema 1 Si consideri un corpo continuo omogeneo di forma parallelepipedica e lo si riferisca ad un riferimento Cartesiano centrato nel suo baricentro e ad assi paralleli agli spigoli del corpo. Si assuma che le dimensioni degli spigoli siano pari a: a = 15 cm (per lo spigolo disteso parallelamente all asse y), b = 10 cm (parallelo all asse x), c = 1 cm (parallelo a z). Sia assegnato il seguente campo di spostamento: x (1 yz) 3y + 3 s(x, y, z) = 10 3 y 3 xz xy(1 + 3y) z 3 cm + 1 Si determini, in teoria infinitesima (cioè in ipotesi di piccole deformazioni): a) il campo di deformazione; b) gli spostamenti rigidi e lo stato di deformazione congruente per un intorno del punto P = ( 1, 0, 1) cm; c) gli invarianti di deformazione in P ; d) il luogo di tutte le possibili dilatazioni e scorrimenti in P ; e) la variazione di volume del solido a seguito della cinematica prescritta. a) Il campo congruente di deformazione infinitesima corrispondente al campo di spostamento s assegnato si ottiene considerando la parte simmetrica del gradiente di s: D(x, y, z) = sym( s) = 10 3 x(1 yz) x z 3/ z / x y + y(1 + 3y)/ 3y xz + x(1 + 6y)/ sym 3z 35

38 36 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata b) Lo componente s T (Q) di traslazione rigida per un punto Q appartenente ad un intorno del punto P assegnato risulta: s T (Q) = s(p ) = La componente di spostamento s ω (Q) associata alla rotazione rigida infinitesima di un intorno di P e per un suo generico punto Q è pari a: s ω (Q) = [ω(p )](Q P ) = / (Q P ) cm 0 3/ 0 essendo ω(p ) = [asym( s)] P. Nell ipotesi di piccole deformazioni la componente di spostamento s D (Q) di deformazione pura per un generico punto Q nell intorno di P é: 3 0 s D (Q) = [D(P )](Q P ) = / (Q P ) cm 0 1/ 3 c) Noto il tensore delle piccole deformazioni in P si ricava immediatamente: J 1 = ε x + ε y + ε z = J = ε x ε y + ε y ε z + ε x ε z γ xy/4 γ yz/4 γ yz/4 = 13/ J 3 = det[d(p )] = 55/ 10 9 d) Il luogo di tutte le possibili dilatazioni ε e scorrimenti γ in P si individua graficamente ricorrendo alla determinazione dei cerchi principali di Mohr relativi allo stato di deformazione in P. In particolare, l equazione caratteristica del problema agli autovalori per D(P ) risulta: cioè ε 3 + J 1 ε J ε + J 3 = 0 cm ( ) ( ) ε 3 ( )ε ε = 0 la cui soluzione fornisce le dilatazioni principali ε 1, ε, ε 3 in P : ε 1 = , ε = , ε 3 = A partire da queste ultime é immediato costruire nel piano (ε, γ/), come riportato in Fig. 1, i tre cerchi principali di Mohr relativi allo stato di deformazione in P. L area campita individua il luogo di tutte le possibili coppie (ε, γ/) nel punto P. Pertanto, il massimo valore di dilatazione fra

39 Analisi della Deformazione 37 Fig. 1 Luogo di tutte le possibili dilatazioni e scorrimenti in P (tema 1). quelle ammissibili è pari a ε max = ε 3 = , il minimo è ε min = ε 1 = , ed il massimo scorrimento risulta γ max = (ε 3 ε 1 ) = e) La funzione di campo associata all invariante primo di deformazione risulta: J 1 (x, y, z) = ε x + ε y + ε z = [x(1 yz) + 3(y z )] 10 3 Pertanto, nel riferimento Cartesiano assegnato la variazione di volume per il corpo in esame si valuta, in teoria infinitesima, come: Ω = J 1 (x, y, z) dv Ω = 10 3 b/ b/ = 0.84 mm 3 a/ c/ a/ c/ [x(1 yz) + 3(y z )] dx dy dz Tema In un riferimento Cartesiano (O, x, y, z) sia assegnato per un corpo continuo il seguente campo di spostamento y 3 xz + 5z + 1 s(x, y, z) = 10 3 z x y + 3 x(z + y ) x 3 m y Introdotto il punto P di coordinate (0, 0, 1) m, si determini:

40 38 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata a) la variazione di lunghezza di una fibra materiale appartenente ad un intorno del punto P, sia assumendo l ipotesi di piccole deformazioni che considerando deformazioni finite. Nella sua configurazione iniziale la fibra sia lunga l o = 10 m e sia diretta come il versore e = (1, 1, 0); b) il tensore delle piccole deformazioni in P ; c) le dilatazioni principali e le direzioni principali di deformazione in P ; d) gli scorrimenti angolari tra coppie di fibre materiali appartenenti ad un intorno di P e distese lungo le direzioni principali di deformazione; e) gli scorrimenti angolari tra coppie di fibre materiali appartenenti ad un intorno di P ed ortogonali ai piani che bisecano i diedri principali. a) Si indichi con dr = l o e il vettore che caratterizza la fibra materiale infinitesima nell intorno del punto P e con dr il suo trasformato a seguito della cinematica prescritta. Conseguentemente, risulta: dr T dr = dr = l o (dr ) T dr = dr = dr T F T Fdr dove F è il tensore gradiente di deformazione, inteso calcolato in P e pari a F(P ) = I + s P, essendo: s P = Pertanto, risulta: [ dr dr ] P = (l o + l) l o = dr T [ ( s) + ( s) T + ( s) T ( s) ] P dr 999/ /00 = 10 7 e T e 1199/ /1000 = m Poichè la misura di deformazione [ dr dr ] P assume valore negativo, la fibra subisce una riduzione di lunghezza quantificabile come: l = l o + [ dr dr ] P l o = m Non avendo introdotto alcuna ipotesi sull entità delle deformazioni, il precedente risultato fornisce la valutazione della variazione di lunghezza per la fibra assegnata in regime di deformazioni finite. Analogamente, nell ipotesi di piccole deformazioni, si ottiene:

41 Analisi della Deformazione 39 [ dr dr ] P = dr T [ ( s) + ( s) T ] P dr = 10 7 e T e = m e quindi, osservando che l o + [ dr dr ] P = l o + dr T [ s + ( s) T ] P dr = l o 1 + e T D(P )e = l o (1 + e T D(P )e) la riduzione di lunghezza della fibra in esame può approssimarsi come l approx = l o + [ dr dr ] P l o = εe l o = m essendo ε e = e T D(P )e la dilatazione associata alla direzione e. Si noti come l approx sovrastimi (in valore assoluto) la reale variazione di lunghezza l di circa il 10%. b) Il tensore delle piccole deformazioni in P é: D(P ) = [sym( s)] P = c) Dal tensore di deformazione in P appena trovato si ricava immediatamente: J 1 = , J = , J 3 = e quindi l equazione caratteristica del problema agli autovalori per D(P ) risulta: ε 3 + ( )ε ( )ε = 0 la cui soluzione fornisce le dilatazioni principali ε 1, ε, ε 3 in P : ε 1 = , ε = 1 (3 + 13) 10 3, ε 3 = 1 (3 13) 10 3 Inoltre, detta I la matrice identità, trovare gli autovettori di D(P ) corrisponde a caratterizzare il Ker(D ε i I) (con i = 1,, 3). In particolare, si ricava: Ker(D ε i I) = span(v i ) (i = 1,, 3) con

42 40 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata v 1 = (, 1, ), v = (1+ 13, 4, 3+ 13), v 3 = (1 13, 4, 3 13) Questi ultimi, normalizzati, forniscono i versori a i che individuano le tre direzioni principali di deformazione: a i = v i v i (i = 1,, 3) d) Considerando coppie di fibre distese lungo direzioni principali di deformazione il corrispondente scorrimento angolare è, per definizione, nullo. e) Nel riferimento principale di deformazione le direzioni ortogonali ai piani che bisecano i diedri principali sono definite rispettivamente dai versori b 1 = 1 (0, 1, 1), b = 1 (1, 0, 1), b 3 = 1 (1, 1, 0) o dai loro opposti. In tale riferimento e riferendosi quindi alla rappresentazione in forma diagonale D(P ) del tensore delle deformazioni in P D(P ) = (3 + 13)/ (3 13)/ lo scorrimento angolare fra le direzioni b i e b j (con i j) risulta pari a: γ b1 b = b T 1 [ D(P )]b = ε 3 γ b1b 3 = b T 1 [ D(P )]b 3 = ε γ bb 3 = b T [ D(P )]b 3 = ε 1 Tema 3 In un riferimento Cartesiano (O, x, y, z) si consideri il punto P = (1, 0, 1) cm ed una fibra materiale dr di modulo 10 3 cm appartenente all intorno stellato del punto P e diretta come il primo vettore della base canonica. Sia assegnata inoltre la seguente trasformazione r (x, y, z) : Si individui con r (x, y, z) = 1 5 x + 3 x + y z x + y + y3 + (z 1) 3 5 x + y z cm

43 Analisi della Deformazione 41 ε = dr dr dr la dilatazione nominale associata alla fibra dr, essendo dr il vettore trasformato di dr. a) Determinare il gradiente spaziale F(x, y, z) della trasformazione assegnata r (x, y, z) e calcolare il tensore F nel punto P assegnato. b) Calcolare la dilatazione nominale ε, valutando dr in modo esatto. c) Calcolare la misura di deformazione dr ˆε = dr dr e verificare che sussiste l uguaglianza dr ˆε = dr dr = n T r En r dove E è il tensore di deformazione di Green-Lagrange e n r é il versore associato alla direzione individuata da dr. d) Determinare l espressione del campo di spostamento s(x, y, z) associato alla trasformazione r (x, y, z) ed il gradiente spaziale di s(x, y, z). Nell ipotesi di piccole deformazioni, valutare il campo di spostamento in un punto Q appartenente all intorno di P, indicando le componenti di traslazione rigida, rotazione rigida e deformazione pura. e) Calcolare la dilatazione nominale ε in teoria infinitesima (cioé in ipotesi di piccole deformazioni e attraverso il tensore delle piccole deformazioni D). Valutare inoltre l errore normalizzato compiuto rispetto alla teoria esatta (punto b)). f) Determinare la componente di deformazione pura del campo di spostamento per dr e, in teoria infinitesima, il corrispondente vettore trasformato dr d (relativo alla sola componente deformativa del campo di spostamento) fornendone una rappresentazione grafica. Utilizzando dr d calcolare la dilatazione nominale ε e valutare l errore normalizzato compiuto rispetto alla teoria esatta (punto b)). g) Calcolare le dilatazioni principali e le direzioni principali di deformazione in P. a) Il gradiente spaziale F(x, y, z) della trasformazione r (x, y, z), cioè il tensore gradiente di deformazione, risulta: x 1 5 z F(x, y, z) = x + 3y (z 1) y 4 5 z

44 4 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata ed in particolare, in P, si ottiene F(P ) = b) La dilatazione nominale ε in teoria esatta puó essere calcolata attraverso il gradiente di deformazione come: ε = dr dr dr = F(P )dr dr dr dove F é calcolato in P in quanto dr appartiene ad un suo intorno. Poichè dr = (1, 0, 0) 10 3 cm, si ricava: dr = F(P )dr = 16/ cm, dr = cm, ε =.40 3/5 c) Ricordando che vale la relazione dr = (dr ) T dr = dr T F T Fdr la misura di deformazione ˆε assegnata può porsi nella forma: drt F ˆε = T Fdr dr T dr drt (F dr T = T F I)dr dr dr T = dr = n T r (F T F I)n r = n T r En r e quindi risulta verificata la relazione proposta tra ˆε ed il tensore di Green- Lagrange E = 1 (FT F I) In particolare, per la fibra materiale dr assegnata si ottiene: ˆε = 3.5 d) Il campo vettoriale di spostamento s(x, y, z) è per definizione la differenza fra la generica posizione trasformata r (x, y, z) e quella di riferimento r = (x, y, z): s(x, y, z) = r (x, y, z) r = 4 5 x + 3 x + y z x + y + y3 + (z 1) 3 5 x + y z z cm

45 Analisi della Deformazione 43 Pertanto s(x, y, z) = F I = x 1 5 z x 1 + 3y (z 1) y 4 5 z 1 I predetti campi, calcolati in P, forniscono s(p ) = 3/5 11/5 1 13/5 1/ cm, s(p ) = F I = /5 3/5 0 1/5 Di conseguenza, il vettore spostamento associato ad un generico punto Q = (x, y, z) nell intorno di P si esprime, in forma linearizzata, come s(q) = s(p ) + s P (Q P ) + o( Q P ) 3 5 = (x 1) + y 13 5 (z 1) 1 (x 1) + y (x 1) 1 cm 5 (z 1) In definitiva, si individuano: la componente di traslazione rigida s T (P ) = s(p ) la componente di rotazione rigida infinitesima s ω (P ) = [ω(p )](Q P ) = (Q P ) cm la componente di deformazione pura infinitesima 11/5 0 8/5 s D (P ) = [D(P )](Q P ) = (Q P ) cm 8/5 0 1/5 dove, al solito, ω(p ) = [asym( s)] P e D(P ) = [sym( s)] P. e) La dilatazione nominale ε, valutata in ipotesi di piccole deformazioni e attraverso il tensore delle piccole deformazioni D, risulta: ε = dr dr dr = n T r D(P )n r = ε inf1 dove il tensore di deformazione pura D é calcolato nel punto P in quanto dr appartiene ad un suo intorno. Poichè n r = (1, 0, 0), risulta:

46 44 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata z dr ' dr x ' dr z dr s D x Fig. Rappresentazione della configurazione trasformata relativa alla deformazione pura della fibra materiale dr in ipotesi di piccole deformazioni (tema 3) ε inf1 =.0 L errore normalizzato rispetto alla teoria esatta ( ε calcolata al punto b)) è quindi pari a: ε esatto ε inf1 ε esatto = 8.5% f) In teoria infinitesima la componente di spostamento da deformazione pura associata a dr risulta: s D (P ) = [D(P )]dr = [sym( s)] P dr = 11/ cm 8/5 e quindi il vettore trasformato dr d (che identifica la configurazione attuale della fibra a meno di componenti di spostamento rigido) è: dr d = dr + [D(P )]dr = 16/ cm 8/5 I vettori dr e dr d sono rappresentati schematicamente in Fig.. Il modulo di dr d e la corrispondente dilatazione nominale risultano dr d = cm, ε inf = dr d dr dr =.58 Ad ε inf corrisponde un errore normalizzato rispetto alla teoria esatta ( ε calcolata al punto b)) pari a: ε esatto ε inf ε esatto = 7.1% g) Per lo stato di deformazione D(P ) in P è immediato ricavare J 1 = 3, J = 1, J 3 = 3

47 Analisi della Deformazione 45 e quindi l equazione caratteristica del problema agli autovalori per D(P ) risulta: ε 3 + 3ε + 1ε 3 = 0 la cui soluzione fornisce le dilatazioni principali ε 1, ε, ε 3 in P : ε 1 = 1, ε = 3, ε 3 = 1 Inoltre, detta I la matrice identità, gli autovettori v i di D(P ) corrispondono ai vettori di base per Ker(T σ i I) (i = 1,, 3): risultando Ker(D ε i I) = span(v i ) (i = 1,, 3) v 1 = (0, 1, 0), v = (, 0, 1), v 3 = (1/, 0, 1) Questi ultimi, normalizzati, forniscono i versori a i che individuano le tre direzioni principali di deformazione rispetto al riferimento Cartesiano assegnato: a i = v i (i = 1,, 3) v i Tema 4 In un riferimento Cartesiano (O, x, y, z) ed in un punto P di un corpo continuo deformabile sia assegnato il vettore di rotazione rigida infinitesima ω v e le dilatazioni principali ε i associate alle direzioni principali di deformazione n i (i = 1,, 3) ω v = ε = 10 3 n = 1 (1, 1, 0) ε 1 = n 1 = 1 (1, 1, 0) ε 3 = n 3 = (0, 0, 1) e sia, infine, lo spostamento del punto P definito come s(p ) = (1,, 0) 10 3 cm a) Determinare in teoria infinitesima (cioé in ipotesi di piccole deformazioni) e nel riferimento Cartesiano (O, x, y, z), il campo di spostamento associato al generico intorno di P. b) Considerando la sola componente del campo di spostamento associata alla deformazione pura (in teoria infinitesima), rappresentare nel riferimento Cartesiano (O, x, y, z) la configurazione trasformata di un cubo

48 46 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata avente un vertice in P e spigoli di dimensione dl (infinitesima) paralleli a (n 1, n, n 3 ). c) Calcolare la variazione di volume del cubo assegnato al punto precedente. d) Considerando la sola componente del campo di spostamento associata alla deformazione pura (in teoria infinitesima), rappresentare nel riferimento Cartesiano (O, x, y, z) la configurazione deformata di un cubo avente un vertice in P e spigoli di dimensione dl (infinitesima) paralleli agli assi coordinati (x, y, z). e) Calcolare la variazione di volume del cubo assegnato al punto precedente. f) Calcolare in P lo scorrimento angolare fra la direzione individuata dalla retta di equazione [3x + y = 0 z = 0] e la sua ortogonale. a) Il campo di spostamento per un generico punto Q nell intorno del punto P assegnato si esprime, a meno di termini con ordine di infinitesimo superiore rispetto a Q P, come s(q) = s(p ) + [ s] P (Q P ) = s(p ) + [asym( s) + sym( s)] P (Q P ) In teoria infinitesima, i tensori ω(p ) = [asym( s)] P e D(P ) = [sym( s)] P identificano, rispettivamente, la componente di rotazione rigida e quella di deformazione pura. In particolare, si ha: ω(p ) = 0 ω v,z ω v,y 0 1 ω v,z 0 ω v,x = ω v,y ω v,x D(P ) = R T (P ) D(P )R(P ) = essendo (ω v,x, ω v,y, ω v,z ) = ω v, D la matrice diagonale che rappresenta il tensore di deformazione nel riferimento principale di deformazione D(P ) = / e R la matrice ortonormale associata al cambio di base che fa passare dal riferimento Cartesiano assegnato a quello principale: R(P ) = n 1 n = 1/ n In definitiva, in teoria infinitesima ed a meno di termini con ordine di infinitesimo superiore rispetto a Q P, il campo di spostamento di un punto

49 Analisi della Deformazione 47 n 3 n 3 s D n n n 1 Fig. 3 Rappresentazione schematica della trasformazione per deformazione pura del cubo infinitesimo assegnato al punto b) (tema 4). n 1 Q nell intorno di P risulta: s(q) = 1 7/ 5/ / 7/ 1 (Q P ) cm 0 1 1/ b) Il cubo assegnato può riguardarsi come un intorno infinitesimo di P nel quale è lecito assumere lo stato di deformazione costante nello spazio e rappresentato, in teoria infinitesima, da D(P ). Pertanto, gli spigoli del cubo paralleli nella configurazione di riferimento, restano paralleli anche nella configurazione deformata. Per descrivere allora la configurazione trasformata (a meno di componenti di spostamento rigido) basta quindi calcolare lo spostamento di deformazione pura associato a tre vettori di modulo dl e direzione n 1, n e n 3 : s D1 = [D(P )](dln 1 ) = dln 1 cm s D = [D(P )](dln ) = 10 3 dln cm s D3 = [D(P )](dln 3 ) = dln 3 cm Conseguentemente, è immediato verificare che gli spigoli del cubo si spostano parallelamente a loro stessi (in altre parole, non si verificano scorrimenti fra spigoli inizialmente ortogonali) generando un parallelepipedo retto (Fig. 3). c) La variazione di volume per il cubo considerato nel punto precedente puó essere calcolata noti i vettori dl i che descrivono gli spigoli nella configurazione deformata: V V o = V V o 1 = (dl 1 dl ) dl 3 dl 3 1 = 0.65% essendo dl i = dln i + s Di, i = 1,, 3

50 48 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata z z y s D y span (i,j) x x Fig. 4 Rappresentazione schematica della trasformazione per deformazione pura del cubo infinitesimo assegnato al punto d) (tema 4). Alternativamente, puó considerarsi direttamente il primo invariante di deformazione V V o = J 1 = 0.65% d) Analogamente a quanto osservato per il punto b), il cubo assegnato può riguardarsi come un intorno infinitesimo di P nel quale è lecito assumere lo stato di deformazione costante nello spazio e rappresentato, in teoria infinitesima, da D(P ). Pertanto, gli spigoli del cubo paralleli nella configurazione di riferimento, restano paralleli anche nella configurazione deformata. La configurazione trasformata si individua allora (a meno di componenti di spostamento rigido) valutando lo spostamento di deformazione pura associato a tre vettori di modulo dl e direzione parallela agli assi coordinati (i, j, k) ( 7 s Di = [D(P )](dli) = i 3 ) j 10 3 dl cm s Dj = [D(P )](dlj) = ( 3 i + 7 ) j 10 3 dl cm s Dk = [D(P )](dlk) = dlk cm Pertanto, gli spigoli del cubo inizialmente paralleli alla direzione k subiscono una variazione di lunghezza ma non di direzione, mentre quelli paralleli ai versori i e j variano direzione ma restano ortogonali a k. Come mostrato in Fig. 4, il cubo si deforma trasformandosi in un parallelepipedo non retto (cioé compaiono scorrimenti angolari fra spigoli inizialmente ortogonali). e) La variazione di volume per il cubo considerato nel punto precedente puó essere calcolata noti i vettori dl c che descrivono gli spigoli nella configu-

51 Analisi della Deformazione 49 razione deformata: V V o = V V o 1 = (dl i dl j ) dl k dl 3 1 = 1.35% essendo dl c = dlc + s Dc, c = i, j, k In alternativa ed in via approssimata si puó calcolare la dimensione di ogni spigolo trascurando la componente di spostamento perpendicolare allo spigolo stesso, V V o = (dla i dla j ) dla k dl 3 1 = 0.65% essendo dl a c = dlc + (s Dc c)c, c = i, j, k Ciò corrisponde a procedere attraverso il primo invariante di deformazione. f) Alla retta assegnata corrisponde la direzione e quindi la direzione ortogonale è: a = 1 13 (, 3, 0) b = 1 13 (3,, 0) Pertanto, γ ab = b T D(P )a = 15/13 Tema 5 In un riferimento Cartesiano (O, x, y, z) il campo delle piccole deformazioni D(x, y, z) sia rappresentato da: (xy + 1) z 0 D(x, y, z) = 3zy (1 z ) sym 4xz Si stabilisca se il campo di deformazione assegnato è congruente ed in caso affermativo si valuti il corrispondente campo di spostamento. Per stabilire se il campo di deformazione assegnato è congruente bisogna verificare se è soddisfatta l equazione:

52 50 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata ( D) = 0 D altra parte, è immediato ricavare 3y z D = 0 4z x 0 0 e quindi resta verificato che ( D) = 0, cioè che il campo di deformazione assegnato è congruente. Il campo di spostamento s(x, y, z) associato a D(x, y, z) si ricava allora attraverso le seguenti considerazioni. E noto che ω v = ω = D essendo ω la parte emisimmetrica del gradiente di s ω = asym( s) = 0 ω z ω y ω z 0 ω x ω y ω x 0 e ω v = (ω x, ω y, ω z ) il campo vettoriale associato a ω, cioè tale che per ogni vettore v risulti [ω]v = ω v v. Pertanto, risulta ω x x ω y ω x y ω y ω x z ω y x ω z x y ω z y z ω z z = 3y z 0 4z x 0 0 E quindi possibile introdurre le seguenti forme differenziali dω x = ω x x dx + ω x y dy + ω x dz = dx 3y dy + z dz z dω y = ω y x dx + ω y y dy + ω y dz = dy 4z dz z dω z = ω z x dx + ω z y dy + ω z dz = x dx z Poichè D(x, y, z) soddisfa le condizioni di congruenza, tali forme differenziali associate alle componenti di ω v sono esatte e quindi il risultato della loro integrazione non dipende dal percorso di integrazione. Pertanto, l integrale tra (0, 0, 0) e ( x, ȳ, z) di ciascuna può compiersi assumendo, per esempio, un percorso di integrazione che preveda dapprima l integrazione rispetto alla coordinata x, mantenendo y e z costanti e nulle, poi l integrazione rispetto a y, mantenendo costanti x = x e z = 0, ed infine l integrazione rispetto a z, mantenendo costanti x = x e y = ȳ (quindi dx = dy = 0):

53 Analisi della Deformazione 51 x ω i ω i ( x, ȳ, z) =ω i (0, 0, 0) + 0 x dx y=z=0 ȳ ω i z + ω i 0 y dy + x= x, z=0 0 z dz x= x, y=ȳ con i = x, y, z. Pertanto, posto ω oi = ω i (0, 0, 0) (con i = x, y, z) ed omettendo il simbolo di soprasegnatura, per integrazione risulta: ω x = ω ox + x 3 y + z ω y = ω oy y z ω z = ω oz x Noti i tensori ω e D è allora possibile determinare il tensore gradiente del campo vettoriale di spostamento s(x, y, z) = (s x, s y, s z ): s = ω + D (xy + 1) ω oz z + x / ω oy (y + z ) = ω oz z x / 3zy ω ox x + 3 y + 1 z ω oy + (y + z ) ω ox + x 3 y + 1 4xz Restano quindi definite le seguenti forme differenziali, esatte per congruenza di D: ds x = s x x dx + s x y dy + s x z dz = (xy + 1) dx (ω oz + z x /) dy + (ω oy y z ) dz ds y = s y x dx + s y y dy + s y z dz = (ω oz z x /) dx + 3zy dy + ( ω ox x + 3y / + 1 z ) dz ds z = s z x dx + s z y dy + s z z dz = ( ω oy + z + y) dx + (ω ox + x 3y / + 1) dy + 4xz dz Considerato come percorso di integrazione quello precedentemente introdotto, risulta: x s i ȳ s i ( x, ȳ, z) = s oi + s i z 0 x dx+ s i y=z=0 y dy+ x= x, z=0 z dz x= x, y=ȳ 0 con i = x, y, z e s oi = s i (0, 0, 0). In definitiva, omettendo il simbolo di soprasegnatura, si ottiene 0

54 5 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata s x (x, y, z) = s ox + x ω oz y + x y/ + ω oy z zy z 3 /3 s y (x, y, z) = s oy + ω oz x x 3 /6 ω ox z xz + 3zy / + z z 3 /3 s z (x, y, z) = s oz ω oy x + ω ox y + xy y 3 / + y + xz

55 Il Teorema dei Lavori Virtuali, l Elasticità Lineare ed il Problema dell Equilibrio Elastico Tema 1 Si consideri un corpo continuo libero nello spazio, di forma parallelepipedica e dimensioni a = 10 cm, b = 5 cm, c = 0 cm. Rispetto ad un riferimento Cartesiano centrato nel baricentro del corpo e ad assi paralleli ai suoi spigoli (asse x parallelo allo spigolo di dimensione a; asse y parallelo a quello di dimensione b) siano assegnati: - il campo di forze di volume: (a 4x ) (y+z) F(x, y, z) = x y + (x + z) b 4y z (x + y) 4z c N/m3 - il campo di spostamento: 3x + y s(x, y, z) = xz z + y m Il corpo sia inoltre soggetto a forze di superficie nulle. Indicati con T 1 e T due differenti campi simmetrici di tensione e con D 1 e D due differenti campi simmetrici di deformazione infinitesima T 1 : σ (1) x = x a 4 τ (1) xy = x y 1 4 ( τ (1) xz = (4x a ) 16 (4z c ) σ (1) y = y b 4 τ (1) yz = z y 1 4 σ (1) z = z c 4 ( a y + b x a b 4 c y + b z c b 4 ) ) N/m 53

56 54 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata ( ) σ x () = x a 4 y + 1 T : D 1 : τ () xy = x z 1 4 τ xz () = (4x a ) σ () y ( 16 (4y ) c ) = zx y b 4 τ () yz = xz y 1 4 σ () z = z c ε (1) x = 6y 10 4 γ xy (1) / = y γ (1) xz / = 1 x 10 4 ε (1) y = γ yz (1) / = z + y 10 4 ε (1) z = z c 4 ( a y + b x a b 4 y ) ( c y + b z c b 4 y ), D : N/m 10 4 ε () x = x 10 4 γ xy () / = (y + z) 10 4 γ xz () / = ε () y = γ yz () / = x + y 10 4 ε () z = z si individui la coppia (T i, D i ) che consente l applicazione del teorema dei lavori virtuali per il corpo in esame. Affinché siano rispettate le ipotesi di applicabilità del teorema dei lavori virtuali é necessario prima di tutto che siano soddisfatte le ipotesi di piccoli spostamenti e piccole deformazioni. Per il campo di spostamento assegnato la prima condizione é soddisfatta. Infatti, preso il generico punto di coordinate (x, y, z) vale la seguente disuguaglianza: s(x, y, z) = 10 4 x 4 + 4x y + 5y x z + z 4 + z y 9 < max { a, b, c } 9 = (0 10 ) m e quindi banalmente risulta s(x, y, z) max {a, b, c}. Analogamente, per entrambi i campi di deformazione assegnati é soddisfatta l ipotesi di piccole deformazioni in quanto per ogni punto del corpo assegnato una qualunque norma dei tensori ad essi associati è sempre inferiore o al più dell ordine di 10 4 ( 1). Inoltre, é necessario verificare che il sistema delle forze (costituito dalle forze esterne e dalle tensioni) sia in equilibrio. La simmetria dei campi di tensione assegnati assicura il rispetto della condizione locale di equilibrio alla rotazione per il generico intorno infinitesimo del corpo. D altro canto, devono essere soddisfatte le equazioni indefinite di equilibrio di Cauchy: divt + F = 0 in Ω

57 Il TLV, Elasticità Lineare, Probl. Equil. Elastico 55 E immediato verificare che, per la distribuzione di forze di volume prescritta, il campo di tensione che soddisfa la precedente equazione vettoriale é T 1. Resta da verificare l equilibrio ai limiti sulla superficie di bordo del continuo in esame. Per ipotesi, sul contorno del corpo non agiscono forze di pressione. Inoltre, i versori normali alle diverse facce del parallelepipedo nel riferimento assunto sono n x = (1, 0, 0), n x = ( 1, 0, 0) n y = (0, 1, 0), n y = (0, 1, 0) n z = (0, 0, 1), n z = (0, 0, 1) Pertanto, é immediato verificare il campo T 1 soddisfa anche l equilibrio ai limiti: T 1 x= a n x = 0, T 1 y= b n y = 0, T 1 z= c n z = 0, T 1 x= a n x = 0 T 1 y= b n y = 0 T 1 z= c n z = 0 Resta da verificare la condizione di congruenza interna fra il campo di spostamento assegnato ed il tensore delle piccole deformazioni. Il campo di deformazione infinitesima congruente é pari a: D(x, y, z) = sym[ s] che coincide con D. In definitiva, le ipotesi di applicabilità del teorema dei lavori virtuali risultano soddisfatte per la coppia (T 1, D ). Tema Si consideri una sfera omogenea Ω di raggio R e la si riferisca ad un riferimento Cartesiano (G, x, y, z) centrato nel suo baricentro G. Si assuma che la sfera sia rigida e che sia rispettata l ipotesi di piccolezza degli spostamenti. Il bordo Ω della sfera sia soggetto alla seguente partizione: Ω = Σ u Σ p, con Σ u Σ p = e Σ u = {P Ω z [ R, 0]} Σ p = {P Ω z (0, R]} Lo spostamento s(p ) di punti P appartenenti alla porzione di bordo Σ u sia ristretto attraverso il seguente vincolo liscio e bilatero:

58 56 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata s(p ) n R = 0 essendo n R la normale in P a Σ u. Siano inoltre assegnati i seguenti campi di forze di volume F e di superficie p su Σ p a) F = (3x, y, 4z) N/m 3, p = (0, 0, ) N/m b) F = (x + 1, z y, xz 1) N/m 3, p = (0, 0, y/r ) N/m Si stabilisca, applicando il teorema degli spostamenti virtuali, se i campi a) e b) soddisfano l equilibrio. In caso affermativo, si determini la risultante ed il momento risultante rispetto a G del sistema reattivo agente sulla sfera. Com è noto, il teorema degli spostamenti virtuali stabilisce che l uguaglianza tra i lavori virtuali interno ed esterno per ogni sistema di spostamenti congruente (nel senso della compatibilità interna e del rispetto dei vincoli esterni) equivale ad imporre l equilibrio per il sistema di forze. Nel caso in esame, in virtù dell ipotesi di corpo rigido, il generico sistema di spostamenti congruente deve essere caratterizzato da un campo di spostamento rigido e quindi da un campo di deformazione nullo. Pertanto, in applicazione del teorema degli spostamenti virtuali, un dato sistema di forze è in equilibrio se e solo se è nullo il lavoro virtuale che le forze esterne compiono per ogni spostamento rigido infinitesimo compatibile, cioè: { s nr = 0 su Σ F s dω + p s dσ = 0 s tale che u Ω Σ p sym[ s] = 0 in Ω avendo sfruttato l ipotesi di vincolo liscio su Σ u, cioè Σ u r s dσ = 0 essendo r la distribuzione delle azioni reattive sulla superficie di vincolo Σ u. E immediato verificare che campi di spostamento rigidi infinitesimi compatibili devono essere di pura rotazione. Infatti, qualunque spostamento di traslazione pura s T non è mai compatibile, risultando s T n R 0 per qualche punto di Σ u. Inoltre, in virtù delle condizioni di vincolo prescritte, l applicazione del teorema di Chasles indica immediatamente che il centro di spostamento coincide con G 1. In definitiva, tutti i campi di spostamento rigido infinitesimo compatibili si descrivono come: s(p ) = ω (P G) 1 Le normali alle traiettorie dei punti di un corpo rigido mobile in ogni istante concorrono nel centro della rotazione istantanea (Michel Chasles, ). Pertanto, poichè per i punti appartenenti a Σ u la normale ai vettori compatibili di spostamento coincide con n R, il punto di intersezione di tutte le rette passanti per punti di Σ u e dirette come n r coincide con G.

59 Il TLV, Elasticità Lineare, Probl. Equil. Elastico 57 Fig. 1 Sistema di coordinate sferiche. cioè attraverso un campo di rotazione rigida infinitesima attorno ad un asse per G e diretto come il vettore ω, cioè attraverso tre parametri liberi (ω x, ω y, ω z ) costanti per ogni punto della sfera. Ricordando che per ogni terna di vettori a, b, c vale la seguente proprietà si verifica banalmente che a (b c) = c (a b) = b (c a) [ω (P G)] n r = 0 P Σ u e ω Il teorema degli spostamenti virtuali consente quindi di scrivere: [ ] ω (P G) F dω + (P G) p dσ = 0 ω Ω Σ p che equivale a prescrivere una condizione globale di equilibrio alla rotazione per il corpo assegnato (seconda equazione cardinale della statica). Posto (P G) = (x, y, z) e valutando gli integrali in gioco attraverso un sistema di coordinate sferiche (Fig. 1), per il campo di forze a) risulta: Per dominii che presentano una simmetria sferica le coordinate di ogni punto appartenente alla regione di integrazione sono determinabili tramite due angoli (θ e φ) ed una distanza (r [0, R]): Pertanto: f(x, y, z) = f(r sin θ cos φ, r sin θ sin φ, r cos θ)

60 58 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata (P G) F dω = yz zx dω Ω Ω xy R π π r sin θ sin φ cos θ = r cos θ sin θ cos φ r sin θdrdθdφ = r sin θ cos φ sin φ (P G) p dσ = y x dσ Σ p Σ p 0 π/ π R sin θ sin φ = R sin θ cos φ R sin θdθdφ = mentre per il sistema b) si ha: (P G) F dω = xyz y z + zy z + x dω = 4πR5 /15 0 Ω Ω xz xy yx y 0 (P G) p dσ = Σ p Σ p y /r y xy/r + x dσ = 4πR3 / In definitiva, vista l arbitrarietà di ω, le forze che soddisfano la condizione di equilibrio ottenuta applicando il teorema degli spostamenti virtuali sono quelle relative al sistema a) assegnato. In riferimento a quest ultimo, la prima equazione cardinale della statica fornisce immediatamente la risultante delle azioni reattive distribuite su Σ u r dσ = Σ u Ω F dω Σ p p dσ = πR N (1) mentre il momento risultante di queste rispetto a G è : (P G) r = (P G) F dω (P G) p dσ = 0 () Σ u Ω Σ p f dω = Ω f dσ = R π π π π Ω 0 0 f(r sin θ cos φ, r sin θ sin φ, r cos θ)r sin θ drdθdφ f(r sin θ cos φ, R sin θ sin φ, R cos θ)r sin θ dθdφ

61 Il TLV, Elasticità Lineare, Probl. Equil. Elastico 59 Tema 3 Si consideri un cubo omogeneo di lato l = 100 cm in equilibrio e lo si riferisca ad un riferimento Cartesiano (O, x, y, z) centrato nel suo baricentro e ad assi paralleli ai suoi lati. Il cubo sia poggiato in corrispondenza della faccia per z = l/ su di una superficie piana ortogonale all asse z. Sul corpo, costituito da un materiale a comportamento elastico lineare isotropo (E = 0 GPa, ν = 0.3), sia assegnato il seguente campo di tensione: z(4x l ) (4x l )(4y l )/16 0 T(x, y, z) = 4y l 0 N/mm sym z l Si determini: a) il campo reattivo agente sulla faccia vincolata del cubo; b) i campi delle forze di volume e di superficie che assicurano l equilibrio del corpo; c) il corrispondente campo delle piccole deformazioni; d) attraverso l applicazione del teorema dei lavori virtuali, il valore dello spostamento medio in direzione z sulla faccia per z = l/. Si discuta infine, circa la presenza o meno di una condizione di attrito sulla superficie di vincolo del cubo. a) Il versore normale alla faccia vincolata é n T z = (0, 0, 1). Pertanto, per l equilibrio ai limiti, il campo reattivo su detta faccia risulta: r = T z= l/ n z = (0, 0, l) T N/mm b) Dalla condizione di equilibrio indefinito divt + F = 0 in Ω si ricava immediatamente 8zx 1 (4x l )y F = 1 x(4y l ) 8y N/mm3 Inoltre, risultando i versori normali alle facce libere del cubo pari a: n T x = (1, 0, 0), n T x = ( 1, 0, 0) n T y = (0, 1, 0), n T y = (0, 1, 0) n T z = (0, 0, 1) si verifica immediatamente che, per l equilibrio ai limiti, risulta:

62 60 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata T x=±l/ n ±x = T y=±l/ n ±y = T z=l/ n z = 0 cioé le forze di superficie sul contorno libero del corpo sono identicamente nulle. c) Avendo assunto il materiale a comportamento elastico lineare isotropo, il campo delle piccole deformazioni si ottiene a partire dal campo di tensione, attraverso il legame costitutivo inverso di Navier: ε x = 1 E [z(4x l ) ν(4y l + z l)] ε y = 1 { 4y l ν[z(4x l ) + z l] } E ε z = 1 { z l ν[4y l + z(4x l )] } E γ xy = 1 8E (4x l )(4y l )(1 + ν) γ xz = 0 γ yz = 0 d) Si assuma come sistema degli spostamenti il sistema assegnato e si consideri come sistema delle forze quello ottenuto considerando il cubo in esame, poggiato sulla faccia per z = l/, e soggetto sulla sola faccia per z = l/ al campo costante di forze di superficie p T z = (0, 0, 1) N/m, duale allo spostamento cercato. In altre parole, nel sistema di forze considerato non sono presenti né forze di volume né forze di superficie sulle facce parallele all asse z. Un campo di tensione che soddisfa banalmente le condizioni di equilibrio interno ed ai limiti per il sistema di forze considerato é il seguente: T (f) (x, y, z) = N/m Pertanto, indicata con ŵ(x, y) la componente di spostamento in direzione z sulla faccia per z = l/, cioé ŵ(x, y) = s(x, y, z) z=l/ n z, l uguaglianza del lavoro virtuale esterno con quello interno conduce all equazione: x= l y= l 1 ŵ(x, y) dx dy = x= l y= l z= l T (f) D (s) dx dy dz x= l y= l x= l y= l z= l essendo D (s) il campo delle piccole deformazioni riferito al sistema degli spostamenti e cioé quello ricavato al punto c). Pertanto, lo spostamento medio cercato w risulta:

63 Il TLV, Elasticità Lineare, Probl. Equil. Elastico 61 w = 1 l x= l y= l ŵ(x, y) dx dy = 1 l x= l y= l z= l 1 ε (s) z dx dy dz x= l y= l = 1 3E l (νl 3) = mm x= l y= l z= l Infine, poiché la distribuzione di forze reattive sulla superficie per z = l/ ricavata al punto a) non ha componenti parallele al piano di vincolo, ne consegue che quest ultimo, nel caso in esame, non esercita sul corpo azioni di attrito. Tema 4 Si consideri la sfera omogenea di raggio R = 0 cm, libera nello spazio. Essa sia costituita di materiale linearmente elastico ed isotropo (E = MPa, ν = 0.3). Rispetto ad un riferimento Cartesiano centrato nel suo baricentro, sia assegnato il seguente campo di spostamento: 5(x + y + z) 3 s(x, y, z) = (x + y) + 1 m 3(y + z) + 1 Si determini: a) le condizioni di carico (campi di forze di superficie e di volume) a cui corrisponde come soluzione del problema dell equilibrio elastico il campo di spostamento assegnato; b) il potenziale elastico ed il potenziale elastico complementare; c) l energia elastica immagazzinata dal solido; d) la variazione di volume associata alla cinematica prescritta. a) A partire dal campo di spostamento assegnato é possibile determinare il campo delle piccole deformazioni: 5 1/ 5/ D(x, y, z) = sym[ s] = / sym 3 Sfruttando poi le relazioni costitutive dirette di Navier é possibile risalire al campo di tensione:

64 6 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata σ x = Gε x + λj 1 = 5.38 MP a σ y = Gε y + λj 1 = 8.46 MP a σ z = Gε z + λj 1 = 6.9 MP a τ xy = Gγ xy = 0.77 MP a τ xz = Gγ xz = 3.85 MP a τ yz = Gγ yz =.31 MP a avendo utilizzato le costanti di Lamé E G = = MP a (1 + ν) νe λ = = MP a (1 + ν)(1 ν) e la funzione relativa al primo invariante di deformazione J 1 (x, y, z) = 10 5 Poiché il campo di tensione trovato risulta costante, se ne deduce immediatamente che il campo di forze di volume agente sul corpo e tale da assicurare il rispetto dell equilibrio interno é identicamente nullo. D altra parte, introdotto un sistema di coordinate sferiche come illustrato in figura 1, il versore normale nel generico punto della superficie di bordo per la sfera assegnata risulta: n(θ, ϕ) = (sin θ cos ϕ, sin θ sin ϕ, cos θ) T Pertanto, per l equilibrio ai limiti, il campo di forze di superficie é agente sul contorno della sfera é: 10.8 sin θ cos ϕ sin θ sin ϕ cos θ p(θ, ϕ) = Tn = sin θ cos ϕ 16.9 sin θ sin ϕ 4.6 cos θ N/mm 7.7 sin θ cos ϕ 4.6 sin θ sin ϕ 13.8 cos θ b) In virtù del comportamento elastico lineare assunto, risulta che la funzione potenziale elastico φ(x, y, z) e la funzione potenziale elastico complementare ψ(x, y, z) devono essere coincidenti. Pertanto, risulta: φ(x, y, z) = ψ(x, y, z) = 1 T D = 0.54 KJ/m3 c) L energia elastica E immagazzinata dal corpo é pari all integrale sul volume del solido della funzione potenziale elastico. Risultando quest ultima costante, si ricava banalmente: E = φ(x, y, z) dω = π(0.)3 = J Ω

65 Il TLV, Elasticità Lineare, Probl. Equil. Elastico 63 d) Infine, la variazione di volume corrispondente alla cinematica prescritta risulta: Ω = J 1 (x, y, z) dω = π(0.)3 = mm 3 Ω Tema 5 Si consideri una trave omogenea ad asse rettilineo di lunghezza l = 1 m per la quale valgano le ipotesi del modello di trave alla Eulero-Bernoulli. Detta trave abbia una sezione quadrata di lato r = 5 cm e sia costituita di acciaio. Si consideri un riferimento Cartesiano centrato nel baricentro di una sezione retta di estremità della trave, con l asse z disteso lungo la sua linea d asse, di modo che z [0, l]. Assunto il problema piano, rispetto al piano (y, z), siano assegnate le funzioni v(z) e w(z) che esprimono rispettivamente le componenti di spostamento orizzontale (lungo z) e verticale (lungo y) per un generico punto della linea d asse della trave: ( v(z) = 10 5 z l 5 ) 6 z3 l + z4 m 3 ( ) w(z) = 10 7 lz z m Si determini: a) il vettore spostamento s(x, y, z) per ogni punto P = (x, y, z) del corpo; b) il campo di deformazione infinitesima; c) le caratteristiche della sollecitazione al variare di z; d) le condizioni di vincolo per le sezioni di estremità della trave (cioé per z = 0 e z = l); e) i carichi distribuiti su di essa agenti, paralleli (lungo z) ed ortogonali (lungo y) alla sua linea d asse; f) l energia elastica immagazzinata dal solido; g) la variazione di volume della trave. a) Il modello di trave alla Eulero-Bernoulli prevede l ipotesi di trascurabilità degli effetti di deformabilità tagliante. Conseguentemente, la rotazione della generica sezione retta risulta pari a: ϕ(z) = dv(z) dz = v (z) = 10 5 ( zl 5 z l z3 )

66 64 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata Pertanto, tenuto conto che il problema é assunto piano rispetto al piano (y, z), il vettore spostamento per il generico punto P = (x, y, z) della trave risulta: 0 s(x, y, z) = v(z) w(z) + yϕ(z) 0 = (z l 5 6 z3 l + z4 3 ) zl 1 z y ( zl 5 z l z3) 10 m b) Noto il campo di spostamento, il campo di deformazione infinitesima si ricava immediatamente come: D(x, y, z) = sym[ s] = z (y + 5yz 4yz )10 c) Le caratteristiche della sollecitazione al variare di z sono: N(z) = EAw (z) = 50(1 z) N M(z) = EI x v (z) = z 4.17z Nm T (z) = EI x v (z) = z N (3) essendo I x = r 4 /1 = 5.08 cm 4, A = r = 5 cm ed avendo assunto per l acciaio E = 00 GPa. d) Le condizioni di vincolo per le basi di estremità della trave si ricavano immediatamente considerando che: per z = 0 risulta v(0) = 0, w(0) = 0, ϕ(0) = 0, quindi la condizione di vincolo corrispondente é un incastro; per z = l risulta v(l) = 0, w(l) 0, ϕ(l) 0, quindi la condizione di vincolo corrispondente é un appoggio semplice. e) Tenuto conto che valgono, sotto le ipotesi del modello piano di trave alla Eulero-Bernoulli, le seguenti relazioni differenziali EI x v iv (z) = q(z) EAw (z) = p(z) si ricava: q(z) = 8.33 N/m, p(z) = 50 N/m. f) L energia elastica immagazzinata dal solido può valutarsi considerando le azioni interne o equivalentemente quelle esterne. In particolare, risulta

67 Il TLV, Elasticità Lineare, Probl. Equil. Elastico 65 E = 1 = 1 l 0 l 0 ( N (z) EA + M ) (z) dz EI x [q(z)v(z) + p(z)w(z)]dz = J g) Infine, la variazione di volume corrispondente alla cinematica prescritta é pari a: Ω = Ω J 1 (x, y, z) dω = r/ r/ l r/ r/ 0 ε z (x, y, z) dx dy dz = 0.15 mm 3

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69 Il Problema del De Saint Venant Tema 1 Si consideri una trave di acciaio di lunghezza L = m e con sezione retta a corona circolare di raggio esterno R = 30 cm e raggio interno r = 0 cm, che rispetti le ipotesi del De Saint Venant. Si consideri inoltre un riferimento Cartesiano in cui l asse z coincida con la linea d asse della trave e gli assi x e y siano centrati nel baricentro della sezione d estremità per z = 0, cosicché z [0, L]. La trave sia caricata sulle basi d estremià con distribuzioni di forze superficiali tali che sulla base per z = L la risultante ed il momento risultante rispetto al baricentro della sezione retta sono, rispettivamente: R L = (0, 0, 150) N; M L = ( 100, 100, 00) N m. Si determini: a) la risultante ed il momento risultante sulla base per z = 0; b) il campo di tensione soluzione del problema alla De Saint Venant; c) le distribuzioni di carico superficiale sulle basi estremali per le quali la soluzione del problema alla De Saint Venant é ovunque esatta; d) lo stato di tensione nel punto P = (5, 5, 100) cm, discutendo la sua eventuale planarità e determinando il piano delle tensioni; e) un riferimento principale di tensione in P ; f) un riferimento principale di deformazione in P ; g) il lavoro di deformazione per il solido; h) la variazione di volume del solido. a) Per l equilibrio globale del solido a trave in esame deve risultare: R 0 = R L, M 0 = M L essendo R 0 e M 0 la risultante ed il momento risultante, rispetto al baricentro della sezione retta, relativi alla base per z = 0. 67

70 68 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata b) Il campo di tensione soluzione del problema alla De Saint Venant in esame é: T(x, y, z) = 0 0 τ xz 0 0 τ yz τ xz τ yz σ z essendo τ xz = M t I p y = y N/m τ yz = M t I p x = x N/m σ z = N A + M x I x y M y I y x = y x N/m dove, avendo indicato con e i (con i = x, y, z) i versori coordinati, si é posto: N = R L e z = 150 N, M y = M L e y = 100; Nm, M x = M L e x = 100 Nm M t = M L e z = 00 Nm A = π(r r ) = 0.16 m, I x = I y = π(r4 r 4 ) 4 = I p = m4 c) Le distribuzioni superficiali di carico sulle basi di estremità per le quali la soluzione alla De Saint Venant é ovunque esatta, si ricavano imponendo l equilibrio ai limiti. Pertanto, sulla base per z = 0: p 0 = T( e z ) = ( y, x, y x) T mentre sulla base per z = L: p L = Te z = ( y, x, y x) T d) Lo stato di tensione nel punto P assegnato risulta banalmente: T(P ) = N/m sym Inoltre, com é noto, detto stato di tensione deve risultare piano. Infatti I 3 = det(t ) = 0. Tenuto conto che in P il vettore τ z risulta pari a e che τ z = (τ xz, τ yz, 0) T = ( 1, 1, 0) T

71 Il Problema del De Saint Venant 69 M B z nm (// t z ) t z n 1 e z n z C n (// e z ) A z Fig. 1 Costruzione grafica del cerchio di Mohr relativa al tema 1. e z τ z = ( 1, 1, 0) T allora il piano π delle tensioni in P ha equazione: x y = 0 avendo ricavato il termine noto della precedente imponendo la condizione di appartenenza di P a π. e) In virtù di quanto osservato al punto d), in P la direzione ortogonale a π, cioé e π = 1 ( 1, 1, 0) T, é sicuramente principale di tensione. Per ricavare le altre due direzioni principali di tensione, dovendo queste essere sul piano π trovato, si può fare ricorso alla costruzione grafica di Mohr. In particolare, detto t z = τ z / τ z il versore associato al vettore τ z, nel riferimento (e z, t z, e π ) lo stato di tensione in P si rappresenta come segue: T(P ) = σ z τ z t z τ z t z 0 0 = N/m Conseguentemente, assumendo il piano di rappresentazione del cerchio di Mohr coincidente con π e considerando l asse delle σ n parallelo a e z e l asse delle τ nm parallelo a t z, si ricavano le direzioni principali di tensione n 1 e n che insieme a e π definiscono un riferimento principale di tensione in P (cf. figura 1). f) Poiché il materiale costituente la trave é a comportamento elastico lineare isotropo, allora il riferimento principale di deformazione in P coincide con il riferimento principale di tensione. g) Il lavoro di deformazione risulta:

72 70 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata a a/4 C a a/4 a/4 Fig. Sezione retta relativa al tema. a E = 1 ( L σz A E + τ ) xz + τyz da G ( = 1 L N EA + M x + M ) y + M t EI x EI y GI p = J avendo assunto per l acciaio E = MPa, ν = 0.3 e quindi risultando G = MPa. h) Infine, poiché la variazione di volume di una trave alla De Saint Venant é causata dal solo sforzo normale N, si ricava: Ω = Ω I 1 NL dω = = 0.6 mm3 K K essendo K = E/(1 ν) = MP a. Tema Assegnata per un solido alla De Saint Venant la sezione riportata in figura con a = 10 cm, si determini la distribuzione delle tensioni normali σ z nel caso di sollecitazione di sforzo normale eccentrico applicato in C, indicandone i valori massimo e minimo. Si utilizzi il metodo dei momenti di nocciolo considerando per lo sforzo normale il valore N = 100 N. Si verifichino i risultati tramite le formule monomia e trinomia. Si valuti inoltre il luogo delle posizioni del centro di pressione sull asse congiungente il punto C assegnato al baricentro della sezione, relativamente alle quali é assicurato uno stato di sollecitazione di sola trazione.

73 Il Problema del De Saint Venant 71 n 1 P 1 C P d n* P d n* P n * m y o x E e m en* G E 1 n O x o y s P Fig. 3 Notazione e convenzioni relative al tema. Rispetto ad un riferimento di comodo (O, x o, y o ) scelto come indicato in figura 3, le coordinate del baricentro per la sezione assegnata risultano: x G = 10 cm, y G = 5.94 cm Vista la simmetria della sezione, il riferimento (G, x, y) riportato in figura 3 é principale di inerzia ed in particolare, utilizzando il teorema del trasporto, risulta: I x = cm 4 ρ x = 5.4 cm I y = cm 4 ρ y = 4.35 cm essendo A = 100 cm l area della sezione retta proposta. Riferendosi d ora in poi al riferimento principale di inerzia introdotto, il centro delle pressioni C ha coordinate(e x, e y ) T = (5, 6.56) T cm, cosicché l eccentricità risulta e = e x + e y = 8.5 cm. Il coefficiente angolare dell asse di sollecitazione s si ricava come: tan α = e y e x = 1.31 Conseguentemente, l equazione dell asse dei momenti m é: m) y = tan γ x = 1 tan α x = 0.76 x mentre l equazione dell asse n, coniugato baricentrico di s, risulta:

74 7 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata n ) y = tan β x = tan γ I x I y x = 1.18 x essendo β = o l angolo che l asse n forma con l asse delle x. Le direzioni degli assi m e n possono caratterizzarsi tramite i versori e m e e n (cf. figura 3), rispettivamente definiti come: { } { } e m = = 1 + tan γ tan γ 0.61 { } { } e n = = 1 + tan β tan β 0.76 Conseguentemente, l angolo δ fra l asse m e n é tale che: cos δ = e m e n = 0.98 Inoltre, il momento di figura del secondo ordine per la sezione retta assegnata, rispetto all asse n e valutato considerando le distanze ortogonali, può valutarsi come: I n = I x + I y + I x I y cos β = 33.5 cm 4 D altra parte, detta d r P la distanza del generico punto P dalla generica retta r, valutata ortogonalmente a quest ultima e, detta d rp la distanza di P da r valutata parallelamente ad s (cioé considerando distanze oblique), é noto che risulta d r P = d rp cos δ. Pertanto, il momento di figura del secondo ordine rispetto all asse n ed in distanze oblique é: I n = I n cos = cm4 δ Si considerino ora le rette n 1, n parallele ad n e tangenti estreme alla figura rispettivamente in P 1, P. Dalla figura 3 é immediato ricavare che P 1 = (x P1, y P1 ) T = (5, 9.06) T cm, P = (x P, y P ) T = ( 10, 5.94) T cm e pertanto le rette n 1, n hanno equazione: n 1 ) y = tan β (x x P1 ) + y P1 y = 1.18 x n ) y = tan β (x x P ) + y P y = 1.18 x Ne consegue che i moduli delle distanze oblique del baricentro G della sezione da n 1 e n risultano pari a: d n 1 G = d n 1 G cos δ = 1 tan βx P1 + y P1 = 9.90 cm cos δ 1 + tan β d n G = d n G cos δ = 1 tan βx P + y P = cm cos δ 1 + tan β

75 Il Problema del De Saint Venant 73 z P 1 n * n 1 C n x G n y s P Fig. 4 Diagramma delle tensioni σ z relativo al tema. e quindi i raggi di nocciolo distesi su s, cioé le misure dei segmenti E 1 G e E G, risultano: E 1 G = E G = ρ n d =.46 cm n 1 G ρ n d =.07 cm n G essendo ρ n = I n /A. In definitiva, i valori massimo e minimo per σ z si registrano in corrispondenza dei punti P 1 e P rispettivamente e, sfruttando il metodo dei momenti di nocciolo, risultano: σ z (P 1) = N ( 1 + e ) = 4.35 N/cm A E 1 G σ z (P ) = N ( 1 e ) =.98 N/cm A E G Corrispondentemente, é possibile tracciare il diagramma delle σ z per tutti i punti della sezione retta, come riportato in figura 4. Per ciò che concerne la verifica dei risultati appena ottenuti tramite la formula monomia, si osservi che allo sforzo normale eccentrico assegnato corrisponde il momento flettente M = Ne = 85.0 N cm. Inoltre, l equazione dell asse neutro n, antipolare per C, risulta: n) e x x ρ y + e y y ρ x + 1 = x 0. y + 1 = 0

76 74 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata e quindi d np 1 = d np 1 cos δ = 1 e x x P1 ρ y cos δ ( ex ρ y d np = d np cos δ = 1 e x x P ρ y cos δ ( ex ρ y + ey y P 1 ρ x ) + ( ey ρ x + e y y P ρ x ) + ( ey ρ x + 1 ) = 1.86 cm + 1 ) = 8.79 cm Conseguentemente, utilizzando la formula monomia, si ricavano gli stessi valori ricavati in precedenza: σ z (P 1 ) = M I n d np 1 = 4.35 N/cm σ z (P ) = M I n d np =.98 N/cm Analogamente, considerando le componenti del momento flettente lungo gli assi coordinati, cioé M x = Ne y = N cm e M y = Ne x = 500 N cm, anche attraverso la formula trinomia si ottengono ancora i valori massimo e minimo di σ z già trovati: σ z (P 1 ) = N A + M x I x y P1 M y I y x P1 = 4.35 N/cm σ z (P ) = N A + M x I x y P M y I y x P =.98 N/cm Infine, il luogo dei centri di pressione su s che assicura uno stato di trazione per tutti i punti della sezione retta é definito dal segmento E 1 E, intersezione del nocciolo centrale della sezione con l asse s. In questo caso, infatti, l asse neutro non tagli ala sezione e quindi, essendo N positivo, tutti i punti della sezione sono soggetti a trazione. Tema 3 Si consideri un solido alla De Saint Venant in acciaio di lunghezza L = 3 m, la cui sezione retta é indicata in figura 5, con a = 15 cm. La trave sia caricata sulle basi d estremià con distribuzioni di forze superficiali tali che sulla base per z = L la risultante sia nulla ed il momento risultante rispetto al baricentro della sezione retta sia M L = (500, 50, 0) KN cm, avendo espresso il vettore M L nel riferimento di comodo (O, x o, y o ) indicato in figura

77 Il Problema del De Saint Venant 75 a a x o O y o a a a Fig. 5 Sezione retta relativa al tema Si determini: a) il diagramma delle σ z, l asse neutro e l asse di flessione; b) le componenti di spostamento per punti sulla linea d asse della trave; c) l energia elastica immagazzinata dal solido e la sua variazione di volume; d) il valore dello sforzo normale supplementare da applicare nel baricentro della sezione retta affinché non siano presenti punti soggetti a trazione. a) Rispetto al riferimento di comodo (O, x o, y o ) assegnato, le coordinate del baricentro per la sezione proposta risultano: x G =.5 cm, y G = 11.5 cm Vista la simmetria della sezione, il riferimento (G, x, y) riportato in figura 6 é principale di inerzia ed in particolare, utilizzando il teorema del trasporto, risulta: I x = cm 4 I y = cm 4 essendo A = 900 cm l area della sezione retta proposta. Riferendosi d ora in poi al riferimento principale di inerzia introdotto, le tensioni normali σ z sono descritte dalla funzione: σ z = M x I x y M y I y x = 9.1y +.1x e quindi l equazione dell asse neutro n risulta: n) M x I x y M y I y x = 0 y = 0.3 x Conseguentemente, l equazione dell asse di flessione f, ortogonale all asse n, risulta:

78 76 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata P 1 n G z x P f y Fig. 6 Diagramma delle tensioni σ z relativo al tema 3. f) y = M x M y I y I x x y = 4.35 x In figura 6 é riportato il diagramma delle σ z, costruito valutando le distanze dall asse neutro in modo ad esso ortogonale. Si noti che i valori minimo e massimo di σ z si attingono rispettivamente nei punti P 1 e P indicati. In particolare, risultando P 1 = (x P1, y P1 ) T = ( 7.50, 18.75) T cm e P = (x P, y P ) T = (.5, 11.5) T cm, si ricava: σ (min) z = σ z (P 1 ) = N/cm σ (max) z = σ z (P ) = N/cm b) Sovrapponendo gli effetti relativi alle flessioni rette lungo x e y presenti, si ottiene, a meno di moti rigidi, il seguente campo di spostamento: u = ν M x EI x xy + M y EI y [z + ν(x y )] v = M x EI x [z ν(x y )] + ν M y EI y xy w = M x EI x yz M y EI y xz Pertanto, per i punti sulla linea d asse (cioé per x = 0, y = 0) si ottiene: u = ( )z cm v = ( )z cm w = 0 avendo assunto per l acciaio E = N/cm e ν = 0.3.

79 Il Problema del De Saint Venant 77 c) L energia elastica immagazzinata dalla trave risulta: E = 1 MxL + 1 My L = J EI x EI y mentre, non essendo presente sollecitazione di sforzo normale, la variazione di volume del solido é identicamente nulla. d) Detto N lo sforzo normale supplementare da applicare nel baricentro G, la tensione σ z complessiva risulta, per sovrapposizione degli effetti, pari a: σ z = M x I x y M y I y x + N A = 9.1y +.1x + N( ) N/cm Poiché la sovrapposizione di N in G non varia l inclinazione dell asse neutro rispetto al caso precedente, i punti più distanti dal nuovo asse neutro risultano ancora P 1 e P. Affinché non vi siano punti della sezione retta soggetti a trazione deve risultare che in P, dove in precedenza si attingeva la massima σ z, si registri ora un valore al più nullo di σ z : σ z (P ) = 9.1y P +.1x P + N( ) 0 Pertanto, i valori di N che assicurano la condizione richiesta sono: N KN

80

81 Travi Inflesse ad Asse Rettilineo Tema 1 Per la struttura riportata in Fig. 1 determinare l espressione analitica delle funzioni di rotazione ed abbassamento integrando le equazioni della linea elastica. Si disegnino i diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione e si fornisca una rappresentazione qualitativa della configurazione deformata per la linea d asse della struttura. La struttura proposta é isostatica. La Fig. mostra le reazioni vincolari ed i diagrammi delle caratteristiche della sollecitazione al variare della coordinata assiale z. In particolare, risulta: N(z) = 0 z F z (0, l) (su AB) F z (l, l) (su BC) T (z) = 0 z (l, 3l) (su CD) F z (3l, 4l) (su DE) F (l z) z (0, l) (su AB) F (l z) z (l, l) (su BC) M(z) = F l z (l, 3l) (su CD) F (4l z) z (3l, 4l) (su DE) Pertanto, trascurando gli effetti di deformabilità tagliante (cioè utilizzando il modello di trave alla Eulero-Bernoulli), l integrazione delle equazioni indefinite della linea elastica sui diversi tratti matematici della struttura fornisce: 79

82 80 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata Fig. 1 Struttura relativa al tema 1. Fig. Reazioni vincolari e caratteristiche della sollecitazione (tema 1). w AB (z) = C 1, φ AB (z) = F lz EI + F z EI + C v AB (z) = F lz EI F z3 6EI C z + C 3

83 Travi Inflesse ad Asse Rettilineo 81 w BC (z) = C 4, φ BC (z) = F lz EI + F z EI + C 5 v BC (z) = F lz EI F z3 6EI C 5z + C 6 w CD (z) = C 7, φ CD (z) = F lz EI + C 8 v CD (z) = F lz EI C 8z + C 9 w DE (z) = C 10, φ DE (z) = 4F lz EI F z EI + C 11 F lz v DE (z) = + F lz3 EI 6EI C 11z + C 1 dove le C i rappresentano costanti di integrazione da determinare attraverso l imposizione di opportune condizioni al contorno di tipo cinematico. In particolare, le 1 condizioni al contorno che risolvono in modo unico il problema risultano: 1) w A = w AB (0) = 0 ) v A = v AB (0) = 0 3) φ A = φ AB (0) = 0 4) w B = w+ B w AB(l) = w BC (l) 5) v B = v+ B v AB(l) = v BC (l) 6) w C = w+ C w BC(l) = w CD (l) 7) v C = v+ C v BC(l) = v CD (l) 8) φ C = φ+ C φ BC(l) = φ CD (l) 9) v C = 0 v BC (l) = 0 10) w D = w+ D w CD(3l) = w DE (3l) 11) φ D = φ+ D φ CD(3l) = φ DE (3l) 1) v E = 0 v DE (4l) = 0 Si osservi che le precedenti condizioni consentono di verificare immediatamente l annullarsi dello spostamento orizzontale w per ogni valore della coordinata z. Ciò poteva prevedersi a priori (omettendo quindi l integrazione dell equazione differenziale relativa a w e le corrispondenti condizioni al

84 8 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata Fig. 3 Configurazione deformata per la linea d asse della struttura (tema 1). Fig. 4 Struttura relativa al tema. bordo), risultando ovunque nullo lo sforzo normale e non essendo presenti distorsioni di tipo assiale. La Fig. 3 mostra qualitativamente la configurazione deformata della linea d asse per la struttura in esame. Tema Per la struttura riportata in Fig. 4 determinare l espressione analitica delle funzioni di rotazione ed abbassamento integrando le equazioni della linea elastica. Si disegnino i diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione e si fornisca una rappresentazione qualitativa della configurazione deformata per la linea d asse della struttura. La struttura proposta é isostatica. La Fig. 5 mostra le reazioni vincolari ed i diagrammi delle caratteristiche della sollecitazione al variare della coordinata assiale z. Si vuole ricordare che su strutture isostatiche le distorsioni ed i cedimenti vincolari non inducono reazioni vincolari e quindi caratteristiche della sollecitazione. In particolare, risulta:

85 Travi Inflesse ad Asse Rettilineo 83 Fig. 5 Reazioni vincolari e caratteristiche della sollecitazione (tema ). N(z) = 0 z 0 z (0, l) (su AB) m/l z (l, l) (su BC) T (z) = m/l z (l, 3l) (su CD) 0 z (3l, 4l) (su DE) m z (0, l) (su AB) m M(z) = l (l z) z (l, l) (su BC) m l (l z) z (l, 3l) (su CD) m z (3l, 4l) (su DE) Trascurando gli effetti di deformabilità tagliante ed evitando di considerare il parametro di spostamento w, identicamente nullo a priori, l integrazione delle equazioni indefinite della linea elastica sui diversi tratti matematici della struttura fornisce: φ AB (z) = mz EI + C 1 v AB (z) = mz EI C 1z + C

86 84 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata φ BC (z) = mz EI mz lei + C 3 v BC (z) = mz EI + mz3 6lEI C 3z + C 4 φ CD (z) = mz EI mz lei + µz + C 5 v CD (z) = mz EI + mz3 6lEI µz C 5z + C 6 φ DE (z) = mz EI + µz + C 7 v DE (z) = mz EI µz C 7z + C 8 dove le C i rappresentano costanti di integrazione da determinare attraverso l imposizione di opportune condizioni al contorno di tipo cinematico. Si osservi che, nel rispetto della convenzione secondo cui sono positive le distorsioni che fanno compiere lavoro positivo alle caratteristiche di sollecitazione duali positive, la quantità µ = α t/h é negativa, avendo assunto positiva la variazione termica t ed essendo: α il coefficiente di dilatazione lineare del materiale, h la dimensione trasversale della sezione retta. Tenuto conto dei cedimenti vincolari anelastici assegnati, le 8 condizioni al contorno che risolvono in modo unico il problema sono: 1) φ A = φ AB (0) = ϕ ) v B = v+ B v AB(l) = v BC (l) 3) φ B = φ+ B φ AB(l) = φ BC (l) 4) v B = 0 v AB (l) = 0; 5) v C = v+ C v BC(l) = v CD (l) 6) v D = v+ D v CD(3l) = v DE (3l) 7) φ D = φ+ D φ CD(3l) = φ DE (3l) 8) v D = δ v DE (3l) = δ La Fig. 6 mostra qualitativamente la configurazione deformata della linea d asse per la struttura in esame. Tema 3 Per la struttura riportata in Fig. 7 determinare l espressione analitica delle funzioni di rotazione ed abbassamento integrando le equazioni della linea elas-

87 Travi Inflesse ad Asse Rettilineo 85 Fig. 6 Configurazione deformata per la linea d asse della struttura (tema ). Fig. 7 Struttura relativa al tema 3. tica (si assuma q > m/l ). Si disegnino i diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione e si fornisca una rappresentazione qualitativa (trascurando la deformabilitá assiale della struttura) della configurazione deformata per la linea d asse della struttura. La struttura proposta é isostatica e le caratteristiche della sollecitazione possono ricavarsi operando per sovrapposizione degli effetti. Le figure 8 e 9 riportano rispettivamente le reazioni vincolari ed i diagrammi delle caratteristiche della sollecitazione al variare della coordinata assiale z nel caso in cui agiscano separatamente il carico distribuito q e la coppia m. In particolare, risulta: N(z) = m z l qz z (0, l) (su AB) m T (z) = l z (l, l) (su BC) m l z (l, 3l) (su CD) m l z (3l, 4l) (su DE)

88 86 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata Fig. 8 Reazioni vincolari e caratteristiche della sollecitazione dovute al solo carico distribuito q (tema 3). Fig. 9 Reazioni vincolari e caratteristiche della sollecitazione dovute alla sola coppia m (tema 3). q (l z ) z (0, l) (su AB) m M(z) = l (z l) z (l, l) (su BC) m l (z 3l) z (l, 3l) (su CD) (z 3l) z (3l, 4l) (su DE) m l

89 Travi Inflesse ad Asse Rettilineo 87 Pertanto, trascurando gli effetti di deformabilità tagliante, l integrazione delle equazioni indefinite della linea elastica sui diversi tratti matematici della struttura fornisce: w AB (z) = mz lea + C 1, v AB (z) = ql z 4EI qz4 4EI + C z + C 3 w BC (z) = mz lea + C 4, v BC (z) = mz EI + mz3 6lEI C 5z + C 6 w CD (z) = mz lea + C 7, v CD (z) = mz3 6lEI + 3mz EI C 8z + C 9 w DE (z) = mz lea + C 10, v DE (z) = mz3 6lEI + 3mz EI C 11z + C 1 φ AB (z) = ql z EI qz3 6EI + C φ BC (z) = mz EI mz lei + C 5 φ CD (z) = mz lei 3mz EI + C 8 φ DE (z) = mz lei 3mz EI + C 11 dove le C i rappresentano costanti di integrazione da determinare attraverso l imposizione di opportune condizioni al contorno. In particolare, le 1 condizioni al contorno che risolvono in modo unico il problema risultano: 1) w A = w AB (0) = 0 ) φ A = φ AB (0) = 0 3) v B = v AB (l) = 0 4) w B = w+ B w AB(l) = w BC (l) 5) v B = v+ B v AB(l) = v BC (l) 6) w C = w+ C w BC(l) = w CD (l) 7) v C = v+ C v BC(l) = v CD (l) 8) φ C = φ+ C φ BC(l) = φ CD (l) 9) EIv + C + EIv C = kv C (1) EI[v CD(l) v BC(l)] = kv BC (l)

90 88 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata Fig. 10 Configurazione deformata per la linea d asse della struttura (tema 3). 10) (w D v D ) = (w+ D v+ D ) w CD (3l) v CD (3l) = w DE (3l) v DE (3l) 11) w E = 0 w DE (4l) = 0 1) v E = 0 v DE (4l) = 0 dove tutte le condizioni al contorno, ad eccezione della 9, sono di tipo cinematico (cioè coinvolgono esclusivamente grandezze cinematiche). La condizione 9, invece, tiene conto del cedimento vincolare elastico per il carrello in C e rappresenta una condizione al contorno di tipo accoppiato, nel senso che lega grandezze di natura statica (il salto di taglio in C) con parametri cinematici (lo spostamento v C ). La Fig. 10 mostra qualitativamente la configurazione deformata della linea d asse per la struttura in esame, avendo trascurato la sua deformabilitá assiale ed avendo operato per sovrapposizione degli effetti. Tema 4 Per la struttura riportata in Fig. 11 determinare l espressione analitica delle funzioni di rotazione ed abbassamento integrando le equazioni del quarto ordine della linea elastica. Si disegnino i diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione e si fornisca una rappresentazione qualitativa della configurazione deformata per la linea d asse della struttura. La struttura proposta é isostatica. Evitando di considerare il parametro di spostamento w, identicamente nullo a priori, l integrazione delle equazioni della linea elastica del quarto ordine sui diversi tratti matematici della strut-

91 Travi Inflesse ad Asse Rettilineo 89 Fig. 11 Struttura relativa al tema 4. tura fornisce: v AB (z) = v BC (z) = qz4 4EI + C z C z + C 3z + C 4 qz4 4EI + C 5 z C 6 z z + C 7z + C 8 z 3 v CD (z) = C C 10 + C 11z + C 1 z 3 v DE (z) = C C z 14 + C 15z + C 16 dove le C i rappresentano costanti di integrazione da determinare attraverso l imposizione di opportune condizioni al contorno sia di tipo cinematico che statico. In particolare, le 16 condizioni al contorno che risolvono in modo unico il problema risultano: 1) φ A = 0 v AB(0) = 0 ) v B = 0 v AB(l) = 0 3) φ + B = φ B v AB(l) = v BC(l) 4) v + C = v C v BC(l) = v CD (l) 5) φ + D = φ D v CD(3l) = v DE(3l) 6) v + D = v D v CD(3l) = v DE (3l) 7) v E = 0 v DE (4l) = 0

92 90 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata Fig. 1 Reazioni vincolari e caratteristiche della sollecitazione (tema 4). 8) T A = 0 v AB(0) = 0 9) T + B = 0 v BC(l) = 0 10) M + B = M B ; v AB(l) = v BC(l) 11) M C = 0 v BC(l) = 0 1) M + C = 0 v CD(l) = 0 13) T + C = T C ; v BC(l) = v CD(l) 14) M + D = M D ; v CD(3l) = v DE(3l)

93 Travi Inflesse ad Asse Rettilineo 91 Fig. 13 Configurazione deformata per la linea d asse della struttura (tema 4). 15) M E = 0 v DE(4l) = 0, 16) T + D T D = R D T + D T D = k vv D EI[v CD(3l) v DE(3l)] = k v v DE (3l) Le prime 7 condizioni al contorno sono di natura strettamente cinematica, quelle dalla 8 alla 15 sono di natura statica, mentre l ultima condizione, tenuto conto del cedimento vincolare elastico per il carrello in D, rappresenta una condizione al contorno di tipo accoppiato, nel senso che lega grandezze di natura statica (il salto di taglio in D) con parametri cinematici (lo spostamento v D ). La Fig. 1 mostra le reazioni vincolari ed i diagrammi delle caratteristiche della sollecitazione al variare della coordinata assiale z, mentre la Fig. 13 mostra qualitativamente la configurazione deformata della linea d asse per la struttura in esame. Tema 5 Per la struttura riportata in figura 14 determinare l espressione analitica delle funzioni di spostamento e rotazione integrando le equazioni del quarto ordine della linea elastica. Si disegnino i diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione e si fornisca una rappresentazione qualitativa della configurazione deformata per la linea d asse della struttura. La struttura proposta é isostatica. Nell ipotesi di deformabilità assiale della struttura, risultando presenti forze (reattive in questo caso) con componente orizzontale non nulla, é necessario considerare il parametro di spostamento w. L integrazione delle

94 9 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata Fig. 14 Struttura relativa al tema 5. equazioni della linea elastica del quarto ordine sui diversi tratti matematici della struttura fornisce: w AB (z) = C 1 z + C z 3 v AB (z) = C C 4 w BC (z) = C 7 z + C 8 v BC (z) = C 9 z 3 z + C 5z + C 6 z + C 11z + C C 10 w CD (z) = C 13 z + C 14 z 3 v CD (z) = C C z 16 + C 17z + C 18 dove le C i rappresentano costanti di integrazione da determinare attraverso l imposizione di condizioni al contorno sia di tipo cinematico che statico. In particolare, osservando che i versori e ed e indicati in figura risultano rispettivamente pari a e = ( j + k), e = (j + k), le 18 condizioni al contorno che risolvono il problema sono: 1) s A e = (v Aj + w A k) ( j + k) = 0 v AB (0) = w AB (0) ) w + B = w B w AB(l) = w BC (l) 3) v + B = v B v AB(l) = v BC (l) 4) v B = 0 v AB (l) = 0 5) φ + B = φ B v AB(l) = v BC(l) 6) φ + C = φ C v BC(l) = v CD(l) 7) (s + C s C ) e = 0 w BC(l) w CD (l) = v BC (l) v CD (l)

95 Travi Inflesse ad Asse Rettilineo 93 8) w D = 0 w CD (3l) = 0 9) v D = 0 v CD (3l) = 0 10) M A = m EIv AB(0) = m 11) R A e = ( T Aj N A k) (j + k) = 0 EIv AB(0) = EAw AB(0) 1) N + B = N B w AB(l) = w BC(l) 13) M + B = M B v AB(l) = v BC(l) 14) N + C = N C w BC(l) = w CD(l) 15) M + C = M C v BC(l) = v CD(l) 16) T + C T C = F EI[v CD(l) v BC(l)] = F 17) R C e = (T C j + N C k) (j + k) = 0 EIv BC(l) = EAw BC(l) 18) M D = 0 v CD(3l) = 0 Le caratteristiche della sollecitazione possono ricavarsi, operando per sovrapposizione degli effetti, attraverso semplici considerazioni di statica grafica. Le figure 15 e 16 riportano rispettivamente le reazioni vincolari e le caratteristiche della sollecitazione nel caso in cui agiscano separatamente la forza F e la coppia m. Infine, in Fig. 17 é illustrata qualitativamente la configurazione deformata per la linea d asse della struttura, considerando sempre ciascun ente di carico agente singolarmente. Tema 6 Per la struttura riportata in Fig. 18 determinare l espressione analitica delle funzioni di rotazione ed abbassamento integrando le equazioni del quarto ordine della linea elastica. Si disegnino i diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione e si fornisca una rappresentazione qualitativa della configurazione deformata per la linea d asse della struttura. La struttura proposta é isostatica. Il parametro di spostamento w puó considerarsi identicamente nullo a priori in quanto non esistono forze (attive e/o reattive) o distorsioni (concentrate e/o distribuite) con componente orizzontale non nulla. Pertanto, l integrazione delle equazioni della linea elastica del quarto ordine sui diversi tratti matematici della struttura fornisce:

96 94 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata Fig. 15 Reazioni vincolari e caratteristiche della sollecitazione dovute alla sola forza F (tema 5). z 3 v AB (z) = C C z + C 3z + C 4 z 3 v BC (z) = C C z 6 + C 7z + C 8 z z 3 v CD (z) = C C 10 + C 11z + C 1 z 3 v DE (z) = C C z 14 + C 15z + C 16 dove le C i rappresentano costanti di integrazione da determinare imponendo opportune condizioni al contorno sia di tipo cinematico che statico.

97 Travi Inflesse ad Asse Rettilineo 95 Fig. 16 Reazioni vincolari e caratteristiche della sollecitazione dovute alla sola coppia m (tema 5). In particolare, le 16 condizioni al contorno che risolvono in modo unico il problema risultano: 1) v A = δ v AB (0) = δ ) v B = v+ B v AB(l) = v BC (l) 3) φ B = φ+ B v AB(l) = v BC(l) 4) v C = v+ C v BC(l) = v CD (l) 5) φ C = φ+ C v BC(l) = v CD(l) 6) φ D = φ+ D v CD(3l) = v DE(3l)

98 96 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata Fig. 17 Configurazione deformata per la linea d asse della struttura (tema 5). Fig. 18 Struttura relativa al tema 6. 7) v E = 0 v DE (4l) = 0 8) φ E = ϕ v DE(4l) = ϕ 9) M A = 0 v AB(0) = 0 10) T + B = T B v AB(l) = v AB(l) 11) M + B = M B ; v AB(l) = v BC(l) 1) T + C T C = F EIv CD(l) + EIv BC(l) = F 13) M + C = M C v CD(l) = v BC(l)

99 Travi Inflesse ad Asse Rettilineo 97 Fig. 19 Reazioni vincolari e caratteristiche della sollecitazione (tema 6). 14) T D = 0; v CD(3l) = 0 15) T + D = T D ; v CD(3l) = v DE(3l) 16) M + D = M D v CD(3l) = v DE(3l), Le prime 8 condizioni al contorno sono di natura strettamente cinematica, quelle dalla 9 alla 16, invece, di natura statica. La Fig. 19 mostra le reazioni vincolari ed i diagrammi delle caratteristiche della sollecitazione al variare della coordinata assiale z, mentre la Fig. 0 mostra qualitativamente la configurazione deformata della linea d asse per la struttura in esame, ottenuta operando per sovrapposizione degli effetti. Tema 7 Per la struttura riportata in figura 1 determinare il valore dello spostamento verticale e della rotazione per la sezione S indicata utilizzando il metodo dei corollari di Mohr. La struttura proposta é isostatica. In virtù delle posizioni alla base del metodo dei corollari di Mohr, trascurando gli effetti di deformabilità tagliante e tenuto conto del diagramma del

100 98 G. Vairo - Università di Roma Tor Vergata Fig. 0 Configurazione deformata per la linea d asse della struttura (tema 6). Fig. 1 Struttura relativa al tema 7. momento flettente riportato in Fig., la struttura reale in esame si trasforma nella struttura fittizia di Fig. 3. In particolare, il carico fittizio distribuito verticale é pari a: F L/EI z (0, l) q (z) = F (l z)/ei z (l, l) µ z (3l, 4l) essendo µ la distorsione termica distribuita angolare associata alla distribuzione termica a gradiente costante assegnata sul tratto CE.