Esercizi Saint-Venant PDF

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ESERCIZI SUL CILINDRO DI SAINT-VENANT

Il problema di Saint –Venant studia un cilindro di materiale elastico, omogeneo, isotropo a comportamento lineare. Gli assi x e y sono baricentrici e principali d’inerzia per la sezione. Il cilindro di Saint-Venant è libero e in equilibrio sotto l’azione di forze applicate in corrispondenza delle basi, ma è lecito considerare il cilindro vincolato in corrispondenza della base z = 0 e porre: per z = 0 ux = u y = uz = 0 u z ,x = u z ,y = u y ,x = 0

queste condizioni rappresentano le condizioni affinché siano impedite le traslazioni secondo i tre assi e le rotazioni attorno ai tre assi ed escludono roto-traslazioni rigide del cilindro. Le forze di volume sono nulle e la superficie laterale del cilindro è scarica. Il tensore della tensione, in seguito all’ipotesi

σ xx = σ yy = σ xy = 0 risulta il seguente:

[σ ij ]

 0  = 0 σ zx 

0 0

σ zy

σ xz   σ yz  . σ zz 

Si noti che IIIσ = 0 ⇒ stato di tensione piano . Il piano in cui sono contenute le tensioni è sempre parallelo a z : consideriamo un elemento piano avente per normale z (ossia appartenente alla sezione del cilindro).

τ è la risultante di σ zx e σ zy .

σ zz τ

σ zx z

x

Il vettore della tensione S z , risultante di τ e di σ zz , appartiene al piano π , parallelo a z .

Sn

y

σ zy 1

Lo studio generale del cilindro può essere condotto attraverso la sovrapposizione dei seguenti quattro casi. Casi in cui è presente solo σ zz 1. Forza normale semplice N ≠ 0 M x = M y = Tx = T y = M t = 0 N

N

2. Flessione pura M x ≠ 0 M y ≠ 0 N = Tx = T y = M t = 0

M

M

Casi in cui è presente tensione normale σ zz e tensione tangenziale τ (σ zx e σ zy ) 3. Flessione e taglio

M

M

Tx ≠ 0 T y ≠ 0 M x ≠ 0 M y ≠ 0 N = M t = 0

T

T

Casi in cui è presente solo tensione tangenziale τ (σ zx e σ zy ) 4. Torsione

Mt ≠ 0

MT

MT

N = Tx = T y = M x = M y = 0

1.Forza normale ESERCIZIO 1

Determinare lo stato di deformazione in una trave soggetta a forza normale, lo stato di spostamento e l’energia potenziale elastica Φ .

N

z

σ zz =

N A

y 2

ε zz =

1 N σ zz = ; E EA

ν νN ε xx = ε yy = − σ zz = − E

EA

L’allungamento della trave, di lunghezza iniziale L, è dato da

L

N

N

0

NL EA

∆L

L

y

∆ L = ∫ ε zzdz =

La variazione di area della sezione A è data da: ∆A = A (ε xx + ε yy ) = −2ν

N , E

mentre la variazione di volume è la seguente: ∆ V = V (ε xx + ε yy + ε zz ) = (1 − 2ν )

NL . E

Per determinare il campo di spostamento integro le equazioni di congruenza 1 (u x ,y + u y ,x ) = 0 2 1 ε yz = (u y ,z + u z ,y ) = 0 2 1 εxz = (ux ,z + uz ,x ) = 0 2

N ; EA N ; ε yy = u y ,y = −ν EA N ; εzz = uz ,z = −ν EA

εxx = ux ,x =

ε xy =

e ottengo: ux = −

νN EA

x; u y = −

νN EA

y; u z =

N z . EA

Per determinare l’energia potenziale elastica Φ : Φ=

1 1 1 N N 1 1 N 2L N2 = = = = σ ε σ ε dV dV dV L dA 2 ∫V ij ij 2 V∫ zz zz 2 ∫V A EA 2 ∫A EA 2 2 EA

Verifico che il teorema di Clapeyron è soddisfatto. Infatti

3

Lest = N ⋅ uz (L ) =

N 2L ; EA

quindi si ha: Lest = 2Φ . ESERCIZIO 2

Tracciare il cerchio di Mohr nel caso di sola forza normale N. Il tensore della tensione risulta in questo caso: 0 0 0  σ ij = 0 0 0    0 0 σ zz 

[ ]

dove σ zz =

N . A

Conosciamo a priori i valori delle tensioni principali: si tratta infatti di uno stato di tensione mono-assiale (IIIσ = 0; IIσ = 0) in cui l’unica tensione principale non nulla è proprio N σ I = σ zz = A e il piano della sezione, avente per normale z corrisponde alla prima giacitura principale. Tracciamo il cerchio di Mohr:

τn z

σ zz

I giacitura principale II direzione principale

II giacitura principale I direzione principale

σn

σ zz

x

C

σ σ  C =  zz ;0 ; R = zz 2 2  

y

M ≡σI

2.Flessione

s≠f n⊥ f

ψs x

Mx

G

ψf x

κx

n G

κy M My y

f

s y

4

σ zz = y=

M Mx y− y x Jx Jy

My Jx x Mx Jy

tg ψ n =

asse neutro n;

M y Jx M x Jy

assi x e y principali d 'inerzia

ε xx = ε yy = −

ν E

σ zz = −

ν  M x E  J x

y−

My Jy

 x  

M  1 1M σ zz =  x y − y x  E E  Jx Jy  = εxz = ε yz = 0

εzz = εxy

asse di flessione f perpendicolare asse neutro : f ⊥ n κ M J asse di flessione f : tg ψ f = − x = − x y κy M y Jx asse di sollecitazione s :

tg ψ s = −

Mx My

ESERCIZIO 3

Nella sezione più sollecitata di una trave il momento massimo ha valore M x . Si effettui la verifica di sicurezza, essendo nota la tensione ammissibile del materiale σ amm , le dimensioni della sezione rettangolare e la direzione dell’asse di sollecitazione s . s≡ f M x = 8000 daN ⋅ m B = 25cm H = 40cm

Mx x

σ amm = 50daN / cm2

n

σ zz y

Abbiamo flessione retta perché l’asse di sollecitazione s coincide con un asse principale d’inerzia della sezione, in questo caso s ≡ y . Quando si ha flessione retta gli assi di sollecitazione e di flessione coincidono:

5

Jx =

BH 3 = 133.333,3 cm 4 12

Si ha flessione retta perché s coincide con un asse principale d’inerzia. Nel caso di flessione retta l’asse di sollecitazione e l’asse di flessione coincidono, quindi s≡ f .

La tensione σ zz è espressa da

σ zz =

Mx y Jx

 H M H = σ zz   = x ⋅ = 120 daN/cm2  2  Jx 2  H  M  H σ zz min = σ zz  −  = x ⋅  −  = −120 daN/cm2  2  Jx  2 

σzz

max

σ zz max = σ zz min > σ amm La verifica di sicurezza non è quindi soddisfatta. ESERCIZIO 4

Verificare una sezione costituita da una HE B 200 soggetta a un momento flettente M = 5 ⋅ 10 5 daN ⋅ cm , inclinato di 30° rispetto all’asse x , e determinare l’equazione dell’asse neutro. σ amm = 2400 daN / cm 2 ; J x = 5.696cm 4 , J y = 2. 003cm 4

(

)

M x = M cos 30° = 5 ⋅ 105 daN ⋅ cm ⋅ 0,866 = 4,33 ⋅ 105 daN ⋅ cm M y = M sen30 ° = 5 ⋅10 5 daN ⋅cm ⋅ 0,5 = 2,5 105 daN ⋅cm

σ zz =

M Mx 433.000 250.000 y− y x = y− x Jx Jy 5.696 2003

Asse di sollecitazione 433.000 M tgψ s = − x = = .1,732 ⇒ ψ s = −60 ° M y 250.000 s

y = −1,732 x equazione dell’asse di sollecitazione

Asse di flessione κ M J 433.000 2003 tgψ f = − x = − x y = − = − 0, 609 ⇒ ψ f = − 31° 20′ M y Jx 250.000 5695 κy 6

f

y = −0 ,609 x

equazione asse di flessione

σ zz min

A(10 ,−10)

f Mx x

σ zz max

G

M B (−10,10 ) n s

y

Asse neutro My Jx y= x Mx Jy tg ψ n = 1, 642 ⇒ ψ n = 58°40′

n

y = 1,642 x

equazione asse neutro

La tensione massima è in B, dove entrambi i termini che compongono σ zzsono positivi.

σ zz max = 760,182 + 1248,127 = 2008,31 daN cm 2 N.B.: benchè M y abbia intensità minore di M x , il suo contributo alla determinazione di

σ zz è maggiore poiché J y < J x . La tensione minima è in A, dove entrambi i termini che compongono σ zz sono negativi:

σ zz min = − 760,182 − 1248,127 = −2008,31 Kg / cm 2 La verifica di sicurezza

σ zz max ≤ σ amm 7

risulta verificata. 3 Flessione e taglio

Per la determinazione della σ zz , legata alla flessione, si veda il punto 2. Per la determinazione delle tensioni tangenziali legate al taglio si ricorre alla teoria approssimata di Jourawski. La tensione tangenziale σ zy dovuta al taglio T y è espressa dalla formula:

σ zy =

T y S ′x

x

bJ x

G

M

y

R

b (y )

N

A′

α

Q y

Nella formula precedente i singoli termini rappresentano 1 ) Ty = valore del taglio nella sezione considerata; fissata la sezione il taglio T risulta costante. 2 ) S ′x = momento statico della porzione di sezione A ′ sottostante alla corda b considerata,

calcolato rispetto all' asse x baricentrico (variabile quindi sulla sezione). 3 )b = lunghezza della corda genericaMN , parallela all' asse x , considerata sulla sezione (variabile). 4 ) J x = momento d' inerzia dell' intera sezione calcolato rispetto all' asse x baricentrico (costante).

La componente σ zx della tensione tangenziale è invece fornita dalla relazione

σ zx = σ zy tgα

α è l’angolo formato tra RQ e l' asse y . Il punto Q è individuato dall’incontro delle tangenti alla sezione condotte dai punti M e N (La sezione è stata ipotizzata simmetrica rispetto all’asse y ).

8

ESERCIZIO 5

Determinare la tensione tangenziale σ zy max nella seguente trave

H 2s

P = 1000daN

s

s

s = 4 mm

P

H

L = 2m

x

2s

H = 14cm

L

y

Il taglio T y è costante lungo l’asse della trave. Quindi T y max = P . 4

H 1 3 − (H − 2s )(H − 4s ) = 1104cm 4. 12 12 A causa delle discontinuità della sezione l’equazione del momento statico S ′x è data da: Jx =

H H −2s < y ≤ 2 2 per H   1 H  S ′x = H  − y    − y  + 2  2  2 

 y 

e

b( y ) = cos t . = H

H H + 2 s < y < - 2s 2 2 per 1H H  H   S x′ = H ⋅ 2 s − s  + 2s − 2 s − y   y +  − 2 s − y  2 2  2   2   −

e

b( h) = cos t . = 2 s

La simmetria della sezione rispetto all’asse x implica la simmetria rispetto a x anche del diagramma della tensione tangenziale σ zy .

x

σ zymax =103,7 daN / cm 2 y

9

La tensione risulta massima in corrispondenza dell’asse baricentrico, dove S ′x è massimo ( σ zy max si calcola sostituendo nella formula il valore y che rende nulla la derivata prima della funzione calcolata rispetto a y )

σ zy max = 103,7 daN / cm2 .

ESERCIZIO 6

Determinare le tensioni principali e le direzioni principali della tensione nei punti indicati della trave seguente

q x

h

z l y  h  1) A1 0 , ,0   2  b  2) A 2  ,0 ,0  2 

y

h l  3) A3  0 ,− ,  2 2 

1)

ql 2 stato di tensione bi - assiale ( y , z)

M x = 0 Ty =

τn

σ zz = 0 σ zy = 0 C (0 ,0 ) R = 0 σ I = σ II = 0 O≡C

σn Il cerchio di Mohr si riduce a un punto. Tutte le tensioni principali sono nulle. 10

2) ql 2 stato di tensione bi - assiale ( y , z )

M x = 0 Ty =

3ql 4bh  σ zz + σ yy  3ql  1 3ql  2 σ zz − σ yy 2 + 4σ zy C =  , R = = ,0 = (0,0) , M σ zz , −σ zy = M  0, − 2 4bh  2 4bh    2σ zy 3ql 3ql σI = σ II = − tg 2α 0 = =∞ ⇒ 2α 0 = 90° ⇒ α 0 = 45° σ zz − σ yy 4bh 4bh

σ zz = 0 σ zy =

(

)

(

)

τn II giacitura

I giacitura T

σ II

σ II

σI

σI

α0

z

σn

α 0 = 45°

σ II

σI

M 3)

II direzione ql 2 Mx = Ty = 0 8 3ql 2 σ zz = − σ zy = 0 4bh 2  3ql 2   3ql 2  3 ql 2    C − M R 0 , 0 = , , , − 2  4bh2   8bh 2    8bh  2σ zy 3ql 2 tg 2 = =0 ⇒ 2α 0 = 0° σ I = 0 σ II = − α 0 σ zz − σ yy 4bh 2

II giacitura

I direzione

y

⇒ α 0 = 0°

τn σI = 0

M

σ II

σ II

σn ≡ I giacitura pr . σ II

C

σI

z

σI y

11

4 Torsione

∇ ω = 0 in A ω , x n x + ω , y n y = yn x − xn y

ε zx = κ t (ω, x − y)

Mt x

G

κt =

σ zx

σzx = Gκ t (ω ,x − y ) σ zy = Gκ t(ω , y + x)

qM t GJ 0

εzy

1 2 1 = κt ω, y + x 2

(

)

A u x = −κ t zy

σ zy

u y = κ t zx uz = κt ω ( x , y)

y

ESERCIZIO 6

Verificare la resistenza di un elemento a sezione circolare soggetto a un momento torcente M t = 150 daN ⋅ m . La sezione dell’elemento ha diametro d = 40 mm ed è in acciaio

(σ

)

= 2.200daN / cm 2 ; E = 2.100.000daN / cm 2 . Calcolare la curvatura torsionale .

amm

τ max Nel caso della sezione circolare si ha Mt

ω =0 q =1

κt =

R

x

Mt GJ 0

τ

Quindi:

σ zx = −

Mt y J0

2 = τ = σ 2zx + σ zy

J0 =

πR 4 2

σ zy =

e

Mt J0

Mt x. J0

2 2 y +x =

Mt r J0

y

per 0 ≤ r ≤ R

= 25,13cm 4

quindi:

τ max = τ (R ) =

Mt R = 1194daN / cm 2 . J0

12

Applicando il criterio di resistenza di von Mises

σ id = σ 2 + 3τ 2 ≤ σ amm abbiamo:

σ id = 3 τ 2 = 2.068daN / cm 2 e quindi

σ id ≤ σ amm è verificata. κt =

Mt = 7 ,46 ⋅10 −4 cm −1 GJ 0

dove G =

curvatura torsionale

E = 800. 000kg / cm 2 . 2(1 + ν )

ESERCIZIO 7

Tracciare i diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione e determinare la tensione tangenziale massima nella trave rappresentata in figura

H = 14 cm s = 4 mm L = 2m M t = 7000daN ⋅ cm

H 2s s

s

H x

Mt

2s

y

L’unica caratteristica di sollecitazione presente nella mensola è il momento torcente, che risulta costante.:

+

MT = 7000 daN.cm

13

Poiché la trave è un cilindro cavo a sezione sottile possiamo ricorrere alla teoria approssimata della torsione di Bredt. La tensione tangenziale è quindi calcolabile attraverso la formula:

τ=

Mt 2Ω ⋅ s

in cui

Ω s

è l' area racchiusa dalla linea media fra i due contorni esterno e interno è lo spessore della sezione nel punto considerato

Ω = ( H − s)( H − 2s ) = 179,2cm 2 s = 0, 4cm La tensione tangenziale risulta massima nei punti in cui lo spessore s della sezione è minimo; infatti τ nella formula è inversamente proporzionale a s

τ max =

7000 = 48,70 dan / cm 2 . 2 ⋅179,52 ⋅ 0,4

ESERCIZIO 8

Verificare la sezione rappresentata in figura e soggetta al momento torcente M T = 60daN ⋅ m . Calcolare inoltre la rotazione unitaria e il lavoro di deformazione

s

Dati:

t

t a

b

a = 5 cm b = 6 cm c = 5,5 cm

σ amm = 1600 daN cm2

s

E = 2,1⋅ 10 6 daN cm2 G = 800000 daN / cm 2

c b

La tensione tangenziale massima si calcola nel modo seguente:

Ω = 5,75 ⋅ 5,5 = 31,625cm

2

14

τ max =

MT 60 ⋅10 2 daN ⋅ cm = = 379,45 daN cm 2 2Ω s 2 ⋅ 31,625cm 2 ⋅ 0,23cm

Se verifichiamo con il criterio di Mises

σ id = 3τ 2 = 625 daN cm2 ≤ σ amm la sezione risulta verificata. Calcolo la rotazione unitaria con la formula

κT =

∫

C

MT 4GΩ2

∫ C

dC . s

dC 5,75 cm 5,5cm ) = 67 = 2( + s 0,5cm 0,25cm

κT =

6 ⋅ 103 daN ⋅ cm −2

(

4 ⋅ 8 ⋅10 daN ⋅ cm 31,625 cm 5

)

2 2

4 1 ⋅ 67 = 1,256 ⋅ 10 − cm −

Il lavoro di deformazione per unità di lunghezza è dato da: daN ⋅ cm 1 M T κ T = 0,382 cm 2

15...