Esame orale Scienza delle costruzioni - parte 2

Se la sezione è piccola, tali tensioni hanno andamento costante nello spessore.

Anche considerando una sezione piccolissima

• T_Z (S₂) t (CS₂) Δz = T_Z (S₁) t (CS₁) Δz

Equilibrio agli sforzi longitudinali (per assunzione di equilibrio)

le flusso delle tensioni tangenziali è costante nella sezione trasversale

T_Z(S) t(CS) = cost = q(CS)

Continuità del flusso delle tensioni tangenziali

Equivalente tra momento torcente applicato e momento risultante delle tensioni applicate.

dF = τ_zs(s) · t(cs) · dS

Tensione costante nell'anello

Quindi il momento risultante

dM = |dF · h(s)| = τ_zs(s) · t(cs) · h(s) · ds

braccio della forza

Per trovare il momento risultante integro:

M = ∮ dM = ∮ τ_zs(s) · t(cs) · h(cs) ds

Su tutto il percorso

= τ_zs(s) · t(cs) ∫_Γ h(cs) ds =

= 2 τ_zs(s) · t(cs) ∫_Γ rdr

= 2 τ_zs(s) · t(cs) · πr

Area racchiusa della linea media

τ_zs(s), t(cs) = cost

Se no sarebbe molto difficile da integrare

A partire da M_c

Σ_msg = 3 M_c

Σ_max 2πrC³ = 2πrE = 3M/E

3πrE³)

= 3πr( ^{= 2}

Visto che Σ_msg allora la

Tensore che sviluppa la

settore appena e maggiore

Rispetto e quella chiusa

Angelo unitario di torsione

e molto negativo in quella

aperta, che significa che

per spessori piccoli quella

aperta in negativo molla a

tensione

Con questa espressione ho calcolato la posizione dell'origine "O".

O ≡ G baricentro geometrico

La fibra binelastica ovvero la fibra che passa per il baricentro geometrico della sezione trasversale (G) neutra.

Continuos

My = 0 → ∫sy̅ dA = 0 → ∫sz̅dA=0

Momento centrifugo dell'area rispetto agli assi y e z

Se y e z sono assi baricentrici

le momento centrifugo succede di niente.

∫yz dA

Penso due quadratini simmetria, uno

a sx e uno a dx dell'asse y

ΔA₁ = Δ₂ ᵧ ᶻ

Integrale momento centrigo ∑Δz₁ = ∑ᵧᶻ

Ma se prendo due quadratini uguali e simmetria rispetto -y allora

la loro eucl. εz come distanza da y allora annullano

e viceversa e così via.

Proced

Mz = -∫yy̅ dA = -∫y(−Eᵗ/3) dA = Eₛ/∫yy² dA - Mₛz

Astuz:

∫y² dA = Izz

Momento di Inerzia dell'area A rispetto dell'asse z.

n = z cosθ - y sinθ

m = z sinθ + y cosθ

n = AP - AB = AP - A'B₁

= z cosθ - y sinθ

triangolo

A'OB₁ con OA' = y

quindi y sinθ = A'B₁

m = BB₁ + OB₁ =

= z sinθ + y cosθ

PC₁ = BB₁ = z sinθ

I_nn = ∫_A m² da = ∫_A (z sinθ + y cosθ)² da =

= sin²θ ∫_A z² da + cos²θ ∫_A y² da + 2 sinθ cosθ ∫_A yz da =

= sin²θ I_yy + cos²θ I_zz + 2 sinθ cosθ I_yz

Piano xy

Piano yz

Piano (m,x)

Analogamente

Piano y,x

Piano x,z

Quando la trave non è simmetrica, piano di sollecitazione e inflessione non coincidano.

Consideriamo una sezione non simmetrica

Connessione piano neutro

Flessione pieno (x,y)

M_t,z = I_zz ∫_A1 x

Medesima σ_x Misulfronte σ_x |_x - ΔF_yx = 0

∫_A1 σ_{x | x+Δx} dA - ∫_A1 σ_{x | o} dA - ΔF_yx = 0

∫_A1 M_t,z (x+Δx) y dA = ∫_A1 -M_t,z (x) I_zz y dA - ΔF_yx = 0

M_t,z e I_zz non dipendono da dA

- M_t,z (x + o + Δx) - M_t,z (x) I_zz^-1 ∫_A1 y dA - ΔF_yx = 0

Ricavo ΔF_yx

ΔF_yx = - M_t,z (x + Δx) - M_t,z (x) I_zz^-1 ∫_A1 y dA

divido per Δx

ΔF_yx / Δx = - (M_t,z (X + ΔX) - M_t,z (x) I_zz^-1 ∫_A1 ψ

Se in generale le forze di taglio non passano per tali

punti, la sezione è soggetta a torsione.

O Steppiamo ad esempio che le sollecitazioni risultante sia formata

delle componenti V_x e V_z, passanti per il baricentro G

delle sezioni trasversale, con G ≠ C.

_tt

V_z e V_z

C C

OSS 1

Per l’effetto di M_t le tensioni tangenziali hanno

risultante nulla.

La sezione è assimentriche ed un profilo

tubenoidare convolgato

• flussi opposti nelle tensioni

tangenziali nulla spezione.

OSS 2

Data che lo spessore è sottile, le nette delle

tensioni tangenziali sulla corda è assimilabile al

valore puntuale.

La tensione T_xs Si attengono quando la corda ha

lunghezza minima, ovvero in ortogonale alla superficie ellisse.

_tt

T_xs nessun limite tensione sulla corda.

Condizioni al contorno

M_bx(x) = M_t(x) = ^pℓ2/₂ ← da traccia

Integralo delle formule trovate prima

E_IV_o(x) = ^pℓ2/₂ x - ^pℓx/₂

• E_IV'_o(x) = ^pℓ2/₂ x²/₂ - ^pℓ3/₆ + C₁
• E_IV(x) = ^pℓ/₂ x³/₆ - ^pℓ4/₂₄ + C₁x + C₂

C₁ e C₂ si trovano tramite le condizioni di contorno (o bonde)

V(x): [0,L] → ℝ

Traduzione matematica

1. Bordi
• x = 0 → V(0) = 0
• x = L → V(L) = 0

0 V(0) = 0 → V(L) = ¹/_EI [ ^pℓ4/₁₂ - ^pℓ6/₂₄ + C₁L + C₂] = 0

→ C₁ = ^pℓ3/₂₄

E_IV(x) = ^pℓ/₂₄ [x³ - 2ℓx² - ℓ³]

Sostituisco C₁ e C₂

M_t= EI v IV = + x₂^EI dx - ^{6EI d}x

V= -EI [v III ] = -(x₂^EI)- 6EI]

poi posso disegnare i diagrammi e poi posso trovare le reazioni vincolari di V se M_t

• globale es sottopunto

Trovati V e M_t

Tribologia: studio dei punti in contatto (es. tra organi meccanici)

Problema di fine elastica

• ricerca uniformamenti il valore critico del carico P
• Se esistono configurazion di equilibrio nell'interno della configurazione rettilinea di riferimento

La configurazione verticale (quella verde) è di equilibrio

Se si equilibrio obvie rispetto equation differenziale.

EI ^d2v/_dx² + P ^d2v/_dx² = 0

• Condizioni di contorno
  • x = 0 in incastro quindi v(0)=0
  • ^dv(0)/_dx = 0
• x = l Vy(l) = 0 non ha carico trasverso (verticale)
• M₀(x=l) = 0 non ho coppia applicata

-EI ^d2v(0)/_dx² - P ^dv(x=l)/_dx = 0

EI ^d2v(l)/_dx² = 0

Poi, per i numeri complessi,

V = Ae^λωx

Visto che λ² = 1

-EI ω⁴+ Pω² = 0

• w₁=0
• w₂=0

w₃= i ^√P/_EI

w₄= -i ^√P/_EI