Ricerca delle tensioni e direzioni principali per uno stato tensionale PDF

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Ricerca delle tensioni e direzioni principali per uno stato tensionale.

X3 1 1 1 1

1 1/2 1/2

1/2

X2

1/2

X1 Figura 1 Assegnato lo stato tensionale rappresentato in figura 1, determinare tensioni e direzioni principali e rappresentarle graficamente. Il tensore della tensione si ottiene ordinando in colonna i vettori tj: 12 [σ P ] = − 1 2 XYZ  1

−1 2 12 1

1 1  − 1

Il problema agli autovalori assume quindi la seguente formulazione:    [σ P ]− [I ]σ n {n} = {0}   che esplicitata in forma matriciale può essere rappresentata come segue: 1 2 − σ n  12 −   1

−1 2 1 2 −σ n 1

 n X   0 1   n Y  =  0     − 1 − σ n   nZ   0 1

Escludendo la soluzione banale n X = nY = nZ = 0 , in quanto priva di senso fisico, poiché dovrà valere la condizione di ortogonalità: n X2 + nY2 + n Z2 = 1 occorrerà imporre l’annullamento del determinante della matrice dei coefficienti:  det  [σP ]− [I ]σn 

  = 0 

Si ottiene a questo punto l’equazione caratteristica del problema degli autovalori: 1 2 − σ n  1

(1 2 − σ n ) ⋅ 

1  − 1 2 1 2 − σ n    −1 2 =0 − (− 1 2 ) ⋅    +1 1  −1 − σ n  − 1 − σ n   1  1 1

che si può esplicitare ulteriormente ottenendo l’equazione agli autovalori:

σ n3 − 3σ n + 2 = 0 Dalla risoluzione di questa equazione di 3° grado si ottengono le seguenti radici che rappresentano i valori degli autovalori del problema e inoltre il valore delle tensioni principali :

σ 1 = σ 2 =1 σ 3 = −2 Andando a sostituire i valori ottenuti nella matrice dei coefficienti del sistema di partenza si andranno ad ottenere le direzioni principali lungo le quali si avrà annullamento delle tensioni tangenziali. Sostituendo l’autovalore σ 1 = 1 :  −1 2  12 −  1

−1 2 −1 2 1

1  n X   0 1   n Y  =  0 − 2  n Z   0

Come è possibile osservare la matrice dei coefficienti ha rango 1 poiché l’autovalore ha molteplicità 2. Scartando ad esempio le prime due equazioni e tenendo in conto della condizione di ortogonalità, dalla terza equazione si hanno ∞1 soluzioni, che descrivono un piano. Fissando nZ = 0 , si ottiene:  1 n1 =   2

−

1 2

 0 

T

1   3 

T

Scegliendo n Z = 1 e poi normalizzando si ottiene:  1 n2 =   3

1 3

Tutte le direzioni appartenenti al piano spazzato da n1 e n2 sono direzioni principali. Sostituendo l’autovalore σ 3 = −2 : 52  12 −   1

− 1 2 1  n X   0 5 2 1  nY  =  0     1 3  n Z   0

si trova:  1 n3 =  −  6

1 − 6

2   6

T

che risulta ortogonale agli altri due versori. Lo stato tensionale così ottenuto potrà essere rappresentato da un cilindro teso in direzione radiale e compresso lungo l’asse (figura 2):

n

3

X

3

2

1

n

1

n

2

X

2

1

X

1

Figura 2...