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--- scienza_costruzioni:analisi_dello_stato_di_tensione [2012/12/31 10:56]
mickele [Il tensore degli sforzi]
+++ scienza_costruzioni:analisi_dello_stato_di_tensione [2021/06/13 13:08]
@@ Linea 1: / Linea 1: @@
-====== Analisi dello stato di tensione ======
-Nel seguito analizzeremo lo stato di tensione all'interno di un solido tridimensionale generico.
-I presupposti da cui si parte sono assolutamente generali; l'unica limitazione che si introduce è che il solido viene analizzato nella confgiurazione indeformata, presupponendo trascurabili gli spostamenti dei punti del solido conseguenti all'applicazione dei carichi.
-=====Il tensore degli sforzi=====
-Consideriamo un solido deformabile in equilibrio sotto l'azione di forze esterne.
-Applicando le equazioni cardinali della statica al nostro solido otteniamo
-$$\int\limits_S \mathbf{p}(x,y,z,) \, \mathrm{d}S + \iiint\limits_V \mathbf{f}(x,y,z,) \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z = \mathbf{0}$$
-$$\int\limits_S \mathbf{r} \times \mathbf{p}(x,y,z,) \, \mathrm{d}S + \iiint\limits_V \mathbf{r} \times  \mathbf{f}(x,y,z,) \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z = \mathbf{0}$$
-Tagliamo il nostro solido con un piano A. Ciascuno dei due solidi ottenuti rimane in equilibrio. Dobbiamo pertanto supporre l'esistenza sulla piano di sezione di forze di superficie $\mathbf{t}(x,y,z)$. Indicando con $S_A$ la supercie esterna di uno dei due solidi, con $S^\prime_A$ la superficie della sezione e con $V_A$ il relative volume, abbiamo che
-$$\int\limits_{S_A} \mathbf{p}(x,y,z,) \, \mathrm{d}S + \int\limits_{S^\prime_A} \mathbf{t}(x,y,z,) \, \mathrm{d}S + \iiint\limits_{V_A} \mathbf{f}(x,y,z,) \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z = \mathbf{0}$$
-$$\int\limits_{S_A} \mathbf{r} \times \mathbf{p}(x,y,z,) \, \mathrm{d}S + \int\limits_{S^\prime_A} \mathbf{t}(x,y,z,) \, \mathbf{r} \times \mathrm{d}S + \iiint\limits_{V_A} \, \mathbf{f}(x,y,z,) \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z = \mathbf{0}$$
-Concentriamo la nostra attenzione su un punto P della sezione, individuato dal vettore posizione $\mathbf{r = (x,y,z,)}$. Su tale punto agiranno delle forze du superficie $\mathbf{t}$ il cui valore dipenderà anche dalla giacitura del piano di sezione. Indicando con $n$ il vettore normale al piano di sezione nel punto P, scriveremo perciò $\mathbf{t}(\mathbf{r}, \mathbf{n})$. Supponiamo di conscere i valori di $\mathbf{t}$ nel punto P lungo le tre giaciture individuate dalle basi del nostro sistema di riferimento ortonormale. Indicheremo con
-$$\mathbf{t_x} =
-\left( \begin{matrix}
-t_{xx} \\\\
-t_{xy} \\\\
-t_{xz}
-\end{matrix} \right)$$
-$$\mathbf{t_y} =
-\left( \begin{matrix}
-t_{yx} \\\\
-t_{yy} \\\\
-t_{yz}
-\end{matrix} \right) $$
-$$\mathbf{t_z} =
-\left( \begin{matrix}
-t_{zx} \\\\
-t_{zy} \\\\
-t_{zz}
-\end{matrix} \right)$$
-i tre valori di $\mathbf{t}$ nel punto P lungo giaciture perpendicolari, rispettivamente, alle basi $\mathbf{i}$, $\mathbf{j}$ e $\mathbf{k}$ (leggi assi x,y e z).
-Analizziamo l'equilibrio del tetraedro infinitesimo centrato nel punto P individuato dai tre piano ortogonali alle basi e da un quarto piano ortogonale al vesore $\mathbf{n}$ che individua la giacitura su cui stiamo cercando il vettore $\mathbf{t}$.
-Scrivendo le equazioni di equilibrio a traslazione otteniamo che
-$$\mathbf{t_n} =
-\left( \begin{matrix}
-t_{nx} \\\\
-t_{ny} \\\\
-t_{nz}
-\end{matrix} \right) =
-\begin{bmatrix} t_{xx} & t_{yx} & t_{zx}\\\\
-t_{xy} & t_{yy} & t_{zy}\\\\
-t_{xz} & t_{yz} & t_{zz} \end{bmatrix}
-\left( \begin{matrix}
-n_{x} \\\\
-n_{y} \\\\
-n_{z}
-\end{matrix} \right) =
-\mathbf{ \begin{bmatrix} t \end{bmatrix} } \mathbf{n}$$
-in cui abbiamo definitio il tensore degli sforzi
-$$\mathbf{ \begin{bmatrix} t \end{bmatrix} } =
-\begin{bmatrix} t_{xx} & t_{yx} & t_{zx}\\\\
-t_{xy} & t_{yy} & t_{zy}\\\\
-t_{xz} & t_{yz} & t_{zz} \end{bmatrix}$$
-Notazione alternativa a quella appena vista è la seguente
-$$\mathbf{ \begin{bmatrix} \sigma \end{bmatrix} } =
-\begin{bmatrix} \sigma_{x} & \tau_{yx} & \tau_{zx}\\\\
-\tau_{xy} & \sigma_{y} & \tau_{zy}\\\\
-\tau_{xz} & \tau_{yz} & \sigma_{z} \end{bmatrix}$$
-=====Simmetria del tensore di tensione=====
-Consideriamo un parallelepipedo infinitesimo centrato nel punto P individuato dal vettore posizione $\mathbf{r}$ ed avente spigoli di lunghezza $\mathrm{d}x$, $\mathrm{d}y$, $\mathrm{d}z$.
-Imponendo l'equilibrio a rotazione lungo un asse parallelo all'asse x e passante per P, otteniamo che
-$$(\tau_{zy} \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y) \mathrm{d}z - (\tau_{yz} \, \mathrm{d}x \mathrm{d}z) \mathrm{d}y = 0 \Longrightarrow \tau_{yz} = \tau_{zy}$$
-analogamente possiamo trovare che
-$$\tau_{yx} = \tau_{xy}$$
-$$\tau_{yz} = \tau_{zy}$$
-da cui deriviamo la simmetria della matrice $\begin{bmatrix}\sigma\end{bmatrix}$.
-=====Stato tensionale piano e cerchio di Mohr=====
-Definiamo piano uno stato tensionale in cui una tensione principale è nulla. Disponendo il sistema di riferimento lungo le tre direzioni principali della tensione, abbiamo una matrice degli sforzi del tipo
-$$\begin{bmatrix} \sigma_1 & 0 & 0 \\\\
-& \sigma_2 &0  \\\\
-& 0 & 0 \end{bmatrix}$$
-Facendo ruotare il sistema di riferimento attorno all'asse $\mathbf{k}$, ed applicando la legge di trasformazione del tensore degli sforzi, abbiamo che
-$$\begin{bmatrix} l_x & l_y & l_z \\\\
-m_x & m_y & m_z  \\\\
-& 0 & 1 \end{bmatrix}
-\begin{bmatrix} \sigma_1 & 0 & 0 \\\\
-& \sigma_2 &0  \\\\
-& 0 & 0 \end{bmatrix}
-\begin{bmatrix} l_x & m_x & 0 \\\\
-l_y & m_y & 0  \\\\
-l_z & m_z & 1 \end{bmatrix} = $$
-$$\begin{bmatrix} \sigma_1 l_x^2 + \sigma_2 l_y^2 & \sigma_1 l_x m_x + \sigma_2 l_y m_y & 0 \\\\
-\sigma_1 l_x m_x + \sigma_1 l_y m_y & \sigma_1 m_x^2 + \sigma_2 m_y^2 & 0  \\\\
-& 0 & 0 \end{bmatrix} =
-\begin{bmatrix} \sigma_x & \tau_{xy} & 0 \\\\
-\tau_{xy} & \sigma_y & 0  \\\\
-& 0 & 0 \end{bmatrix}
-$$
-Lavoriamo pertano sulla sottomatrice
-$$\begin{bmatrix} \mathbf{\sigma^\star} \end{bmatrix}  =
-\begin{bmatrix} \sigma_x & \tau_{xy} \\\\
-\tau_{xy} & \sigma_y \end{bmatrix} $$
-ricercando i versori $\mathbf{n} = \begin{Bmatrix} n_x \\\\ n_y \end{Bmatrix}$ in cui il vettore sforzo è parallelo al versore stesso.
-Deve perciò verificarsi che
-$$ \begin{bmatrix} \sigma_x & \tau_{xy} \\\\
-\tau_{xy} & \sigma_y \end{bmatrix} \begin{Bmatrix} n_x \\\\ n_y \end{Bmatrix} =
-\sigma_n \begin{Bmatrix} n_x \\\\ n_y \end{Bmatrix}
-\Longrightarrow
-\begin{bmatrix} \sigma_x - \sigma_n& \tau_{xy} \\\\
-\tau_{xy} & \sigma_y - \sigma_n \end{bmatrix} \begin{Bmatrix} n_x \\\\ n_y \end{Bmatrix} = \begin{Bmatrix} 0 \\\\ 0 \end{Bmatrix}$$
-in cui $\sigma_n \in \mathbb{R}$.
-Imponendo che il determinante dell'ultima matrice si annulli, otteniamo la seguente equazione di secondo grado
-$$(\sigma_x - \sigma_n) (\sigma_y - \sigma_n) - \tau_{xy}^2 = 0 \Longrightarrow
-\sigma_n^2 - (\sigma_x + \sigma_y) \sigma_n + \sigma_x \sigma_y  - \tau_{xy}^2 = 0 $$
-che ammette le due soluzioni
-$$ \sigma_{n \,1,2} = \frac{\sigma_x + \sigma_y}{2} \pm \frac{1}{2} \sqrt{(\sigma_x - \sigma_y)^2 - 4 \tau_{xy}^2 }$$
-Al variare di $\sigma_x$, $\sigma_y$ e $\tau_{xy}$, $\sigma_{n \,1}$ e $ \sigma_{n \,2}$ rimangono costanti. Nel piano $(\sigma, \tau)$ i punti $(\sigma_x, \tau_{xy})$ e $(\sigma_y, \tau_{xy})$ descrivono una circonferenza, comunemente denominata cerchio di Mohr.
-Altro modo di arrivare alla stessa conclusione è osservare che, nota la matrice $\begin{bmatrix}\sigma_{xy} = \end{bmatrix}$, la matrice $\begin{bmatrix}\sigma_{xy}^{\star} = \end{bmatrix}$ in un sistema ruotato attorno alla base $\mathbf{k}$ è dato da
-$$\begin{bmatrix}\sigma_{xy}^{\star}\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}N \end{bmatrix} \begin{bmatrix}\sigma_{xy} \end{bmatrix} \begin{bmatrix}N \end{bmatrix} ^T$$
-con
-$$\begin{bmatrix}N\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}l_x & l_y \\\\ m_x & m_y \end{bmatrix}$$
-in cui i vettori $\mathbf{l}$ e $\mathbf{m}$ giacciono nel piano $xy$.
-Indicando con $\theta$ l'angolo di rotazione di $\mathbf{l}$ rispetto a $\mathbf{i}$, possiamo anche scrivere
-$$\begin{bmatrix}N\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}\cos \theta & \sin \theta \\\\ -\sin \theta & \cos \theta \end{bmatrix}$$
-Possiamo quindi scrivere
-$$
-\begin{bmatrix}\sigma_{xy}^{\star}\end{bmatrix} =
-\begin{bmatrix}\cos \theta & \sin \theta \\\\ -\sin \theta & \cos \theta \end{bmatrix}
-\begin{bmatrix}\sigma_x & \tau_{xy} \\\\ \tau_{xy} & \sigma_y \end{bmatrix}
-\begin{bmatrix}\cos \theta & -\sin \theta \\\\ \sin \theta & \cos \theta \end{bmatrix} =
-$$
-$$
-\begin{bmatrix}\sigma_x \cos^2 \theta + \sigma_y sin^2 \theta + sin 2 \theta \; \tau_{xy} & \frac{\sigma_y - \sigma_x}{2} \sin 2 \theta + \tau_{xy} \cos 2 \theta \\\\ \frac{\sigma_y - \sigma_x}{2} \sin 2 \theta + \tau_{xy} \cos 2 \theta & \sigma_x \sin^2 \theta + \sigma_y cos^2 \theta - sin 2 \theta \; \tau_{xy} \end{bmatrix}
-$$
-Imponendo che $\begin{bmatrix}\sigma_{xy}^{\star}\end{bmatrix}$ sia una matrice diagonale, si ottiene
-$$ \frac{\sigma_y - \sigma_x}{2} \sin 2 \theta_n + \tau_{xy} \cos 2 \theta_n = 0 \Longrightarrow \theta_n = \frac{1}{2} \arctan \frac{2 \tau_{xy}}{\sigma_x - \sigma_y}$$
-Gli angoli di rotazione $\theta_n$ e $\theta_n + \frac{\pi}{2}$ che rispettano la suddetta condizione corrispondono ai valori $\sigma_{n \,1,2}$ calcolati precedentemente.
-=====Stato tensionale generico e cerchi di Mohr=====
-Scegliamo il sistema di riferimento di modo che coincida con le direzioni principali della tensione. La matrice $\begin{bmatrix} \sigma\end{bmatrix}$ può essere espressa nella forma
-$$\begin{bmatrix} \sigma\end{bmatrix} =
-\begin{bmatrix} \sigma_1 & 0 & 0 \\\\
-& \sigma_2 & 0 \\\\
-& 0 & \sigma_3 \end{bmatrix} $$
-Supponiamo inoltre di aver scelto il sistema di riferimento di modo che le tensioni principali risultino decrescenti $(\sigma_1 \ge \sigma_2 \ge \sigma_1)$.
-La tensione generica $\begin{Bmatrix} t \end{Bmatrix}$ associata ad una giacitura $\begin{bmatrix} n \end{bmatrix}$ è data da
-$$\begin{Bmatrix} t \end{Bmatrix} = \begin{Bmatrix} \sigma_1 \, n_1 \\\\ \sigma_2 \, n_2 \\\\ \sigma_3 \, n_3 \end{Bmatrix}$$
-La componente della tensione $\begin{Bmatrix} t \end{Bmatrix}$ parallela al vettore $\begin{Bmatrix} n \end{Bmatrix}$ è dato da
-$$ \sigma_n = \begin{Bmatrix} t \end{Bmatrix}^T  \begin{Bmatrix} n \end{Bmatrix} = \sigma_1 \, n_1^2 + \sigma_2 \, n_2^2 + \sigma_3 \, n_3^2$$
-Indicando con $\tau_n$ la componente della tensione perpendiacolare al vettore $\begin{Bmatrix} n \end{Bmatrix}$, possiamo esprimere il modulo di $\begin{Bmatrix} t \end{Bmatrix}$ nella forma
-$$ \sigma_n^2 + \tau_n^2 = \sigma_1^2 \, n_1^2 + \sigma_2^2 \, n_2^2 + \sigma_3^2 \, n_3^2$$
-Ricordando che $\mathbf{n}$ è un versore,
-$$ n_1^2 + n_2^2 + n_3^2 = 1$$
-Le ultime tre equazioni possono essere viste come un sistema nelle incognite $n_1^2$, $n_2^2$ e $n_3^2$, la cui soluzione è:
-$$n_1^2 = \frac{\tau_n^2 + (\sigma_n - \sigma_2) (\sigma_n - \sigma_3)}{(\sigma_1 - \sigma_2) (\sigma_1 - \sigma_3)}$$
-$$n_2^2 = \frac{\tau_n^2 + (\sigma_n - \sigma_1) (\sigma_n - \sigma_3)}{(\sigma_2 - \sigma_1) (\sigma_2 - \sigma_3)}$$
-$$n_3^2 = \frac{\tau_n^2 + (\sigma_n - \sigma_1) (\sigma_n - \sigma_2)}{(\sigma_3 - \sigma_1) (\sigma_3 - \sigma_2)}$$
-Dovendo i tre termini essere maggiori di 0, e con l'ipotesi fatta in precedenza sulla decrescenza delle tensioni principali $(\sigma_1 \ge \sigma_2 \ge \sigma_1)$, si dovrà avere che
-$$\tau_n^2 + (\sigma_n - \sigma_2) (\sigma_n - \sigma_3) \ge 0$$
-$$\tau_n^2 + (\sigma_n - \sigma_1) (\sigma_n - \sigma_3) \le 0$$
-$$\tau_n^2 + (\sigma_n - \sigma_1) (\sigma_n - \sigma_2) \ge 0$$
-che può essere scritta anche nella forma
-$$\tau_n^2 + \left(\sigma_n - \frac{\sigma_2 + \sigma_3}{2} \right)^2 \ge \left(\frac{\sigma_2 - \sigma_3}{2} \right)^2$$
-$$\tau_n^2 + \left(\sigma_n - \frac{\sigma_1 + \sigma_3}{2} \right)^2 \le \left(\frac{\sigma_1 - \sigma_3}{2} \right)^2$$
-$$\tau_n^2 + \left(\sigma_n - \frac{\sigma_1 + \sigma_2}{2} \right)^2 \ge \left(\frac{\sigma_1 - \sigma_2}{2} \right)^2$$
-La prima disequazione rappresente la porzione del piano $(\sigma, \tau)$ **esterna** al cerchio di raggio $R_3 = \frac{\sigma_2 - \sigma_3}{2}$ con centro nel punto $C_3\left( \frac{\sigma_2 + \sigma_3}{2}, 0\right)$.
-La seconda rapprenta invece la porzione del piano $(\sigma, \tau)$ **interna** al cerchio di raggio $R_2 = \frac{\sigma_1 - \sigma_3}{2}$ con centro nel punto $C_2\left( \frac{\sigma_1 + \sigma_3}{2}, 0\right)$.
-La terza rapprenta invece la porzione del piano $(\sigma, \tau)$ **esterna** al cerchio di raggio $R_1 = \frac{\sigma_2 - \sigma_3}{2}$ con centro nel punto $C_1\left( \frac{\sigma_2 + \sigma_3}{2}, 0\right)$.
-Intersecando le tre aree otteniamo che i punati $(\sigma_n, \tau_n)$ che possono rappresentare lo stato tensionale nel nostro punto di analisi, al variare della giacitura $\mathbf{n}$, si trovano in una porzione di piano ben definita delimitata dalle tre circonferenze di raggio $R_1$, $R_2$ e $R_3$, con centro nei punti $C_1$, $C_2$ e $C_3$, tutti appartenenti alla retta $\sigma$.
-=====Equazioni indefinite di equilibrio=====
-Consideriamo un punto $P$ del nostro solido deformabile individuato dal vettore $\boldsymbol{r}$ di componenti $(x,y,z)$ e costruiamo a partire da esso un parallelepipedo con gli spigoli paralleli agli assi lunghi $\mathrm{d}x, \mathrm{d}y, \mathrm{d}z$. Approssimiamo i valori delle tensioni sulle facce del parallelepipedo mediante il relativo sviluppo in serie di Taylor del primo ordine nel punto $P$.
-Imponendo l'equilibrio a traslazione lungo l'asse x troviamo
-$$\left( \sigma_x + \frac{\partial \sigma_x }{\partial x} \mathrm{d}x \right) \mathrm{d}y \; \mathrm{d}z - \sigma_x \mathrm{d}y \; \mathrm{d}z +
-\left( \tau_{xy} + \frac{\partial \tau{xy} }{\partial y} \mathrm{d}y \right) \mathrm{d}x \; \mathrm{d}z - \tau_{xy} \mathrm{d}x \; \mathrm{d}z +
-\left( \tau_{xz} + \frac{\partial \tau{xz} }{\partial z} \mathrm{d}z \right) \mathrm{d}x \; \mathrm{d}y - \tau_{xz} \mathrm{d}x \; \mathrm{d}y = 0 \Longrightarrow$$
-$$\Longrightarrow \frac{\partial \sigma_x}{\partial x} + \frac{\partial \tau_{xy}}{\partial y} + \frac{\partial \tau_{xz}}{\partial z} + f_x = 0$$
-Ripetendo analoghe considerazioni lungo gli altri due assi troviamo altre due equazioni indefinite di equilibrio
-$$ \frac{\partial \tau_{xy}}{\partial x} + \frac{\partial \sigma_{y}}{\partial y} + \frac{\partial \tau_{yz}}{\partial z} + f_y = 0$$
-$$ \frac{\partial \tau_{xz}}{\partial x} + \frac{\partial \tau_{yz}}{\partial y} + \frac{\partial \sigma_{z}}{\partial z} + f_y = 0$$
-Estendendo la definizione di divergenza alle funzioni vettoriali, possiamo riscrivere sinteticamente le equazioni indefinite di equilibrio nella forma
-$$\rm div \, \boldsymbol{\sigma} + \mathbf{f} = \mathbf{0}$$

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