Scienza delle costruzioni - temi esame

σ σ σ

2 2

= = = − .

, ,

2 23 t cm 0 2 23 t cm z

I III II

Per determinare le direzioni principali

procedo come nell’Esercizio 5 e ottengo,

per la prima direzione principale: °

32 y

= ± = ± = ±

0 ; 0 ; 0 ;

, ,

n 85 n 53 n

Ix Iy Iz x

II MODO

Il cerchio di Mohr corrispondente al tensore della tensione assegnato ha centro, raggio e

polo: σ σ

+ 

 ( ) ( )

1

( ) ( )

2

xx yy σ σ σ σ σ



 2

= = − + = = − = −

= ;

C 0 0 0 R 4 2 23 M 1 2

, , , ,



 xx yy xy xx xy

2 2





Per disegnare il cerchio procedo come segue:

σ τ

1. Nel riferimento cartesiano di ascisse e ordinate individuo il centro C

n n

( )

σ σ

=

2. Segno il punto , punto rappresentativo dello stato di tensione

,

T xx xy

3. Traccio il cerchio di centro passante per (in alternativa posso tracciare il

T

C

cerchio di centro e di raggio )

R

C τ n

α I giacitura

0 ( )

x II giacitura σ σ

,

T II direzione

xx xy

I direzione α

2 0 K

C

σ σ σ

α II I n

0 I direzione principale α 0

I giacitura principale ( )

σ σ

−

,

M xx xy

y

Ritrovo per le tensioni principali i valori

σ 2

= + = + =

C R 0 2 ,

23 2 ,

23 t cm

I

σ 2

= − = − = −

C R 0 2 ,

23 2 ,

23 t cm

II

Per determinare le direzioni principali della tensione ricordiamo che 7

σ

2

T K xy

α α

= = ⇒ = = ° ⇒ ≅ ° .

'

tg 2 2 2 arctg 2 63 43 a 32

0 0 0

σ σ

−

C K xx yy

α σ

0 II

x σ I

α 0 I direzione principale

I giacitura principale σ I

y σ II

ESERCIZIO 7

Determinare le tensioni e le direzioni principali per gli stati di tensione rappresentati dai

seguenti tensori:  

 

 

0 0 0 0 3 2 0

a a a a

[ ] [ ] [ ]  

 

 

σ σ σ

1 2 3 =

=

= ;

; .

0 0 0 0 2 0 0

a a a

 

 

 

ij ij ij  

 

 

0 0 0 0 0 0 0 0 0

 

 

  =

In tutti e tre i casi si ha che e quindi una tensione principale è uguale a zero.

III 0

σ

L’equazione caratteristica è quindi del tipo

( )

σ σ σ

2 − + = .

I II 0

σ σ

In questi casi la risoluzione ottenuta con il metodo del cerchio di Mohr risulta più rapida

(per quanto riguarda la determinazione delle direzioni principali).

σ

= = −

1) .

σ a a

I II σ =

La tensione principale agisce sulla giacitura di normale z.

0

III 8

τ n

II giacitura I giacitura σ

T σ II

I

σ

σ x

σ

α I

II n

0 σ σ

II

α = °

45 I

0

M I direzione

II direzione y

σ σ

= =

2) Lo stato di tensione assegnato, con componenti è caratterizzato dalla

e

a a

xx yy

presenza delle sole componenti normali alle giaciture e quindi sono direzioni

e

x y

( ) ( )

= = =

, e . Il cerchio si riduce

principali. Il cerchio di Mohr ha centro 0 0 0

C a , R M a ,

quindi ad un punto, il punto . In questo caso tutti i piani del fascio di piani passante per

C σ =

sono giaciture principali su cui agisce una tensione normale . L’altra giacitura

z a σ =

principale è quella di normale sulla quale agisce la tensione principale .

z 0

z

τ n ≡

C M

σ n

a

σ

= = −

3) .

4

σ a a

I II

σ

2 4

xy

α α ′

= = ⇒ ≅ °

tg 2 26 3

8

0 0

σ σ

− 3

xx yy

ossia 2 1

′

= ° = = ± = ± =

,

n cos 26 n n 0

3

8 0 89

Ix Iy Iz

5 5 9

τ n σ II

I giacitura

II giacitura σ

T I

α

2 0

C σ x

K I

σ σ

II σ σ

n II I

α ′

= ° I direzione

26 3

8

0

M II direzione y

ESERCIZIO 8

Tracciare il cerchio di Mohr relativo allo stato di tensione

−

 

1000 400 0 [ ]

[ ]   2

= − − .

400 600 0

σ daN cm

 

ij  

0 0 0

 

− 

 1000 600 ( )

=

= 

 ; ;

C 0 200 0

2 



1 ( ) ( )

2 2

= + + − =

R 1000 600 4 400 895

2

σ 2

= + =

x R 1095 daN cm

I C

σ 2

= − = −

x R 695 daN cm

II C ( )

⋅ −

2 400 ′ ′

α α α

= = − ⇒ = − ° ⇒ = − °

,

tg 2 0 5 2 26 5

6 13 2

8

o 0 0

+

1000 600 τ n

600 400

1000 400 M

σ

C K I

x

1000 O

σ σ

II α

400 2 n

0 T α ′

= °

13 3

0

0

400 II giacitura I giacitura

600 verso positivo di rotazione

y 10

α misura l’angolo al centro di rotazione che dobbiamo percorrere dal punto

2 0 ( )

σ σ

rappresentativo dello stato di tensione (che rappresenta le componenti di

,

T xx xy

( )

α = ) per raggiungere il punto corrispondente alla

tensione sulla giacitura di normale , 0

x

σ .

prima tensione principale I

( ) ′

− °

ruotiamo sul cerchio di - , ossia ruotiamo in senso

In questo caso da 1000 600 26 3 0

T ,

anti-orario. σ II

n I

′

°

13 1 8 I direzione

σ I x

x σ σ

II I

II direzione

y

y n II

ESERCIZIO 8

Tracciare il cerchio di Mohr relativo allo stato di tensione seguente:

 

1000 600 0 [ ]

[ ]   2

= .

600 1000 0

σ daN cm

 

ij  

0 0 0

 

Determinare:

1. Le tensioni principali e le direzioni principali

2. La tensione tangenziale massima e la giacitura sulla quale essa agisce.

1) + 

 1000 1000 ( )

=

= 

 ; ;

0 1000 0

C 2 



1 ( ) ( )

2 2

= − + =

1000 1000 4 600 600

R 2

( ) ( )

= = −

;

1000 600 1000 600

T , M , 11

σ = + = 2

x R 1600 daN cm

I C

σ = − = 2

x R 400 daN cm

II C ( )

⋅

2 600

α α α

= = ∞ ⇒ = ° ⇒ = °

tg 2 2 90 45

0 0

o −

1000 1000

τ n I giacitura

II giacitura σ

T 2

= 400 daN cm

σ II

N I

α

2 0

O C σ

σ σ x

I

II n σ σ 2

= 1600 daN cm

II

α I

°

= 45

P 0

M I direzione

II direzione y

2) Per determinare la tensione tangenziale massima è sufficiente notare che i punti del

cerchio aventi ordinata massima e minima individuano le coppie di valori

( ) ( ) ( )

σ τ σ τ

e ; in questo caso il punto è il punto del cerchio che

1000 600

T ,

, ,

,

max ,

min

n n n n ( )

− è rappresentativo

individua la tensione tangenziale massima, mentre il punto 1000 600

M ,

della tensione tangenziale minima. Per determinare la giacitura sulla quale agisce la

tensione tangenziale massima è sufficiente congiungere il polo della rappresentazione

con il punto . In questo caso particolare risulta quindi che la giacitura di normale è

M T x

la giacitura cercata. x

τ 2

= 600 daN / cm

n max

y 12

ESERCIZIO 9

Assegnato il campo di spostamenti infinitesimi

= +

u Ax By

x = − =

con

u x Ay A B cost.

,

y =

u A

z

dire se il campo di deformazione ad esso associato è piano e calcolare i valori di e

A B

affinché il corpo, dopo la deformazione, mantenga il volume iniziale.

Le equazioni di congruenza forniscono:

( )

1 1 ( )

ε ε

= = = + = +

u A u u B 1

, , ,

xx x x xy x y y x

2 2

( )

1

ε ε

= = − = + =

u A u u 0

, , ,

yy y y yz y z z y

2 ( )

1

ε ε

= = + =

u u u 0

, , ,

zz z z xz x z z x

2

Affinché lo stato di deformazione sia piano deve essere

= .

III 0

ε

In questo caso affinché il campo di deformazione sia piano deve essere:



 1 ( )

+ 1 0

A B 

 2 



[ ] 1 ( )

ε 

 =

= = + − .

1 0 0

III Det Det B A

ε ij 2 

 0 0 0 

 

 

 [ ]

ε

=

Ma la condizione è senz’altro verificata poiché il tensore della deformazione

III 0

ε ij

ha la terza riga (e la terza colonna) formata da elementi nulli.

Il campo di deformazione è quindi piano.

Un cubetto di lato unitario nella configurazione iniziale rimane un parallelepipedo, dopo la

deformazione, quando è orientato secondo le direzioni principali della deformazione. I lati

ε ε ε

+ + +

, , , .

del parallelepipedo misurano rispettivamente 1 1 1

I II III

Definiamo il rapporto

dilatazione cubica

( )( )( )

ε ε ε

− + + + −

V V 1 1 1 1 (*)

ε ε ε

0

∆ = = ≅ + + =

I II III I ε

I II III

1

V

0

(*) Si trascurano in questo modo i termini che risultano infinitesimi di grado superiore

ε .

rispetto alle 13

Abbiamo quindi dedotto che la variazione di volume di un elemento di volume unitario è

espressa dall’invariante primo della deformazione.

Nel nostro caso

= − + =

I A A 0 0

ε

∆ = = .

V I V 0

ε 0 .

Questo significa che i volumi si conservano qualunque siano i valori di e di

A B 14

ESERCIZI SUL CILINDRO DI SAINT-VENANT

Il problema di Saint –Venant studia un cilindro di materiale elastico, omogeneo, isotropo a

comportamento lineare.

Gli assi sono baricentrici e principali d’inerzia per la sezione.

e

x y

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

= e porre:

della base z 0

=

per z 0

= = =

u u u 0

x y z

= = =

u u u 0

z , x z , y y , x

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 σ σ

= = = 0

xx yy xy

risulta il seguente:

σ

 

0 0 xz

[ ]  

σ σ

= .

0 0

 

ij yz

 

σ σ σ

 

zx zy zz

= ⇒

Si noti che stato di tensione piano .

0

III σ

Il piano in cui sono contenute le tensioni è sempre parallelo a : consideriamo un

z

elemento piano avente per normale (ossia appartenente alla sezione del cilindro).

z σ σ

τ e .

è la risultante di zx zy

,

Il vettore della tensione S

σ z

zz τ σ ,

risultante di e di zz

τ σ π

appartiene al piano ,

zx .

parallelo a z

z

x S n

σ

y zy 1

Lo studio generale del cilindro può essere condotto attraverso la sovrapposizione dei

seguenti quattro casi. σ

Casi in cui è presente solo zz

1. Forza normale semplice

≠ = = = = =

N M M T T M

0 0

x y x y t N N

2. Flessione pura

≠ ≠ = = = =

M M N T T M

0 0 0 M M

x y x y t τ σ σ

σ

Casi in cui è presente tensione normale e tensione tangenziale ( e )

zz zx zy

3. Flessione e taglio M M

≠ ≠ ≠ ≠ = =

N

T T M M M

0 0 0 0 0

x y x y t T T

τ σ σ

Casi in cui è presente solo tensione tangenziale ( e )

zx zy

4. Torsione M

M T

T

≠ = = = = =

Mt 0 N T T M M 0

x y x y

1.Forza normale

ESERCIZIO 1

Determinare lo stato di deformazione in una trave soggetta a forza normale, lo stato di

Φ

spostamento e l’energia potenziale elastica .

N z N

σ =

zz A

y 2

ν ν

1 N N

ε σ ε ε σ

= = = = − = −

;

zz zz xx yy zz

E EA E EA

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

∫ ε

∆ = =

L dz

zz

N

N EA

0

∆

L L

y

La variazione di area della sezione A è data da:

( ) N

ε ε ν

∆ = + = −

A A 2 ,

xx yy E

mentre la variazione di volume è la seguente:

( ) NL

( )

ε ε ε ν

∆ = + + = −

V V 1 2 .

yy zz

xx E

Per determinare il campo di spostamento integro le equazioni di congruenza

( )

N 1

ε ε

= = = + =

u ; u u 0

xx x , x xy x , y y , x

EA 2 ( )

N 1

ε ν ε

= = − = + =

u ; u u 0

yy y , y yz y , z z , y

EA 2 ( )

N 1

ε ν ε

= = − = + =

u ; u u 0

zz z , z xz x , z z , x

EA 2

e ottengo:

ν ν

N N N

= − = − =

u x u y u z

; ; .

x y z

EA EA EA Φ

Per determinare l’energia potenziale elastica : 2 2

N N N N L

1 1 1 1 1

∫ ∫ ∫ ∫

σ ε σ ε

Φ = = = = =

dV dV dV L dA

ij ij zz zz 2

A EA EA

2 2 2 2 2

EA

V V V A

Verifico che il teorema di Clapeyron è soddisfatto. Infatti 3

2

N L

( )

= ⋅ = ;

L N u L

est z EA

quindi si ha

:

= Φ

L 2 .

est

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

[ ] N

 

σ σ

= =

0 0 0 dove .

  zz

ij A

σ

 

0 0

 

zz

Conosciamo a priori i valori delle tensioni principali: si tratta infatti di uno stato di tensione

( )

= =

mono-assiale in cui l’unica tensione principale non nulla è proprio

III II

0

; 0

σ σ

N

σ σ

= =

I zz A

e il piano della sezione, avente per normale corrisponde alla prima giacitura principale.

z

Tracciamo il cerchio di Mohr: τ I giacitura principale

n II direzione principale

II giacitura principale

z

σ I direzione principale

zz σ

σ n

zz

x C σ

≡

M I

σ σ

 

= =

 

;

0 ;

C R

zz zz

y 2 2

 

2.Flessione n

≠ ψ

ψ s f f

s ⊥

n f κ

x

M

x x x

G G

κ y

M f

s

M y

y y 4

M

M

σ = − y

y x

x

zz J J

x y

M M

J J

ψ

= =

y y

asse neutro n;

y x tg

x x

n

M J M J

x y x y

assi e '

x y principali d inerzia

 

ν ν M

M

 

ε ε σ

= = − = − − y

y x

x

 

xx yy zz

E E J J

 

x y

 

M

1 1 M

 

ε σ

= = − y

y x

x

 

zz zz J

E E J

 

x y

ε ε ε

= = = 0

xy xz yz ⊥

asse di flessione asse neutro :

f f n

perpendico lare

κ J

M

ψ = − = − y

asse di flessione :

f tg x x

κ

f M J

y y x

M

ψ = −

asse di sollecitaz

ione :

s tg x

s M y

ESERCIZIO 3

Nella sezione più sollecitata di una trave il momento massimo ha valore .

M x σ

Si effettui la verifica di sicurezza, essendo nota la tensione ammissibile del materiale ,

amm

le dimensioni della sezione rettangolare e la direzione dell’asse di sollecitazione .

s

≡

s f ⋅

=

M 8000 daN m

x

= =

B 25cm H 40cm

M x σ = 2

50 daN / cm

x n amm

σ zz

y

Abbiamo flessione retta perché l’asse di sollecitazione coincide con un asse principale

s

≡

d’inerzia della sezione, in questo caso .

s y

Quando si ha flessione retta gli assi di sollecitazione e di flessione coincidono: 5

3

BH 4

= = cm

. ,

J 133 333 3

x 12

Si ha flessione retta perché coincide con un asse principale d’inerzia.

s

Nel caso di flessione retta l’asse di sollecitazione e l’asse di flessione coincidono, quindi

≡ .

s f σ è espressa da

La tensione zz

M

σ = x y

zz J x  

H M H

σ σ 2

= = ⋅ =

x

  120 daN/cm

zz max zz 2 J 2

  x 

 

 H M H

σ σ 2

= −

= ⋅ −

= − x 

 

 120 daN/cm

zz min zz 2 J 2 

 

 x

σ σ σ

= >

zz max zz min 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

= ⋅ ⋅

5 , inclinato di 30° rispetto all’asse , e determinare l’equazione dell’asse

5 10

M daN cm x

neutro.

( )

σ 2 4 4

= = =

2400 5 696 2 003

daN cm J cm J cm

/ ; . , .

amm x y

= ° = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

5 5

cos 30 5 10 0

,

866 4

,

33 10

M M daN cm daN cm

x = ° = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

5 5

30 5 10 0

,

5 2

,

5 10

M M sen daN cm daN cm

y M

M 433

.

000 250

.

000

σ y

= − = −

x y x y x

zz 5

.

696 2003

J J

x y

Asse di sollecitazione

M 433

.

000

ψ ψ

x

= − = = ⇒ = − °

tg .

1

,

732 60

s

s M 250

.

000

y

= − equazione dell’asse di sollecitazione

,

1 732

s y x

Asse di flessione

κ J

M 433 . 000 2003

y ′

ψ ψ

x x

= − = − = − = − ⇒ = − °

tg 0 ,

609 31 2 0

f

f κ 250 . 000 5695

M J

y y x 6

= − equazione asse di flessione

,

f y 0 609 x σ min

zz

( )

−

A 10 , 10 f M x σ

G max

zz

x

M ( )

−

B 10,

10

n s

y

Asse neutro

M J

y x

=

y x

M J

x y ′

ψ ψ

= ⇒ = °

,

tg 1 642 58 4 0

n n

= equazione asse neutro

,

n y 1 642 x σ sono positivi.

La tensione massima è in B, dove entrambi i termini che compongono zz

σ = + = 2

760

,

182 1248

,

127 2008

,

31 daN cm

max

zz abbia intensità minore di , il suo contributo alla determinazione di

N.B.: benchè M M

y x

σ <

è maggiore poiché .

J J

zz y x σ sono negativi:

La tensione minima è in A, dove entrambi i termini che compongono zz

σ 2

= − − = −

760 ,

182 1248 ,

127 2008 ,

31 Kg / cm

zz min

La verifica di sicurezza

σ σ

≤

max

zz amm 7

risulta verificata.

3 Flessione e taglio σ

Per la determinazione della , legata alla flessione, si veda il punto 2.

zz

Per la determinazione delle tensioni tangenziali legate al taglio si ricorre alla teoria

approssimata di Jourawski.

σ dovuta al taglio è espressa dalla formula:

La tensione tangenziale T

zy y x G

′

T S

y x

σ =

zy y ( )

bJ b y

x N

M R ′

A

α Q y

Nella formula precedente i singoli termini rappresentano

=

) valore del taglio nella sezione considerat a; fissata la sezione il taglio risulta costante.

T T

1 y

′ ′

=

) momento statico della porzione di sezione sottostant e alla corda considerat a,

S A b

2 x calcolato rispetto all' asse baricentri co (variabile quindi sulla sezione).

x

=

) lunghezza della corda generica , parallela all' asse , considerat a sulla sezione (variabile ).

b MN x

3 =

) momento d' inerzia dell' intera sezione calcolato rispetto all' asse baricentri co (costante) .

J x

4 x σ della tensione tangenziale è invece fornita dalla relazione

La componente zx

σ σ α

= tg

zx zy

α è l’angolo formato tra e l' asse . Il punto è individuato dall’incontro delle tangenti

RQ y Q

alla sezione condotte dai punti (La sezione è stata ipotizzata simmetrica rispetto

e

M N

all’asse ).

y 8

ESERCIZIO 5 σ

Determinare la tensione tangenziale nella seguente trave

max

zy H s

2

=

P daN

1000 s

s

=

s mm

4

P H

x

=

L m

2 2 s

=

H cm

14

L y

=

è costante lungo l’asse della trave. Quindi

Il taglio T T P .

max

y y

4 1

H ( )( )

3 4

= − − − = .

2 4 1104

J H s H s cm

x 12 12 ′

A causa delle discontinuità della sezione l’equazione del momento statico è data da:

S x

H H

− < ≤

2 s y

2 2

per  

   

H 1 H ( )

′ = − − = =

+

    e cos .

S H y y y b y t H

 

x 2 2 2

   

 

H H

− + < < - 2s

2 s y

2 2

per  

     

H H 1 H ( )

′ = ⋅ − + − − + − − = =

      e

S H 2 s s 2 s 2 s y y 2 s y b h cos t . 2 s

 

x 2 2 2 2

  

    

implica la simmetria rispetto a anche del

La simmetria della sezione rispetto all’asse x x

σ .

diagramma della tensione tangenziale zy

x σ = 2

103

, 7 daN / cm

max

zy

y 9

′

La tensione risulta massima in corrispondenza dell’asse baricentrico, dove è massimo

S x

σ si calcola sostituendo nella formula il valore che rende nulla la derivata prima

( y

max

zy )

della funzione calcolata rispetto a y

σ = 2 .

103

, 7 daN / cm

max

zy

ESERCIZIO 6

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

della trave seguente q x h

z

l

y y



 h 



) A , ,

1 0 0

1 2 



 

b

 

) A , ,

2 0 0

2 2

  

 h l

− 



) A , ,

3 0

3 2 2 



1) ql

= =

0

M T

x y 2 τ

( )

stato di tensione bi - assiale ,

y z n

σ σ

= =

0 0

zz zy

( ) =

,

0 0 0

C R

σ σ

= = 0

I II ≡

O C

• σ n

Il cerchio di Mohr si riduce a un punto. Tutte le tensioni principali

sono nulle. 10

2) ql

= =

M 0 T

x y 2 ( )

stato di tensione bi - assiale y , z

3

ql

σ σ

= =

0

zz zy 4

bh

σ σ

+

  ( ) ( )

 

3

ql 1 3

ql

( )

zz yy

  2

σ σ σ σ σ 2

= = − = − = − + =

 

,

C ,

0 0 ,

0 M , M 0 , , R 4

  zz zy zz yy zy

2 4

bh 2 4

bh





  σ

2

ql ql

3 3 zy

σ σ α α α

= = − = = ∞ ⇒ = ° ⇒ = °

2

tg 2 90 45

0

0 0

I II σ σ

−

4

bh 4

bh zz yy

τ n

II giacitura I giacitura σ

T σ II

I

σ

σ z

σ

α I

II n

0 σ σ

II

α = °

45 I

0

M

3) I direzione

II direzione

2

ql y

= =

M T 0

x y

8 2

ql

3

σ σ

= − = 0

zz zy

2

bh

4

   

2 2 2

ql ql ql

3 3 3

    =

− −

C , M , , R

0 , 0

   

2 2 2

bh bh bh

8 4 8

    σ

2

2

ql

3

σ σ α α α

zy

= = − = = ⇒ = ° ⇒ = °

tg

0 2 0 2 0 0

σ σ

I II 0 0 0

−

2

bh

4 zz yy

τ

II giacitura n σ = 0

I σ

σ σ

≡

C

M I giacitura pr . II

n II

σ σ z

II I σ I

y 11

4 Torsione ( )

ω

∇ = σ κ ω

= −

in A

0 G y

,

zx t x

( )

ω ω

+ = −

n n yn xn σ κ ω

= +

G x

, ,

x x y y x y ,

zy t y

( )

1

M ε κ ω

= − y

t ,

zx t x

2

x G ( )

1

qM ε κ ω

= + x

κ t

= ,

zy t y

2

t GJ

σ 0

A

zx κ

= −

σ u zy

x t

zy κ

=

u zx

y t ( )

κ ω

=

u x , y

y z t

ESERCIZIO 6

Verificare la resistenza di un elemento a sezione circolare soggetto a un momento

= ⋅ =

. La sezione dell’elemento ha diametro ed è in acciaio

torcente 150

M daN m d mm

40

t

( )

σ = =

2 2 . Calcolare la curvatura torsionale .

2

.

200 daN / cm ; E 2

.

100

.

000 daN / cm

amm τ max

Nel caso della sezione circolare si ha R

M

ω = t

0

=

q 1 x

M

κ t

= τ

t GJ 0

Quindi: M M y

σ σ

t t

= − = .

e

y x

zx zy

J J

0 0 M

M

τ σ σ

2 2 2 2

t t

= + = + = ≤ ≤

per

r 0 r R

y x

zx zy J

J 0 0

π 4

R 4

= =

J 25 13

cm

,

0 2

quindi: M

( )

τ τ

= = = 2

t .

R 1194 daN / cm

R

max J 0 12

Applicando il criterio di resistenza di von Mises

σ σ τ σ

2 2

= + ≤

3

id amm

abbiamo:

σ τ

= =

2 2

3 2

.

068

daN / cm

id

e quindi

σ σ

≤ è verificata.

id amm

M − −

κ 4 1

t

= = ⋅ curvatura torsionale

, cm

7 46 10

t GJ 0 E 2

= = .

dove G 800 000 kg cm

. /

( )

ν

+

2 1

ESERCIZIO 7

Tracciare i diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione e determinare la tensione

tangenziale massima nella trave rappresentata in figura

= 14

cm

H

=

s 4 mm H

=

L 2 m s

2

= ⋅

M 7000 daN cm s

s

t H

x M 2 s

t

y

L’unica caratteristica di sollecitazione presente nella mensola è il momento torcente, che

risulta costante.: M = 7000 daN.cm

T

+ 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:

M

τ t

= Ω ⋅

2 s

in cui

Ω è l' area racchiusa dalla linea media fra i due contorni esterno e interno

è lo spessore della sezione nel punto considerat o

s ( )( ) 2

Ω = − − =

H s H 2 s 179 2

cm

,

=

s 0 4

cm

,

La tensione tangenziale risulta massima nei punti in cui lo spessore della sezione è

s

τ

minimo; infatti nella formula è inversamente proporzionale a s

7000

τ = = 2 .

48

,

70 dan / cm

max ⋅ ⋅

2 179

,

52 0

, 4

ESERCIZIO 8

Verificare la sezione rappresentata in figura e soggetta al momento torcente

= ⋅ . Calcolare inoltre la rotazione unitaria e il lavoro di deformazione

M 60 daN m

T s Dati:

a = 5 cm

t t b = 6 cm

c = 5,5 cm

a b σ = 2

1600 daN cm

amm

s = ⋅ 6 2

2

,

1 10

E daN cm

= 2

800000 /

G daN cm

c

b

La tensione tangenziale massima si calcola nel modo seguente:

Ω = ⋅ = 2

5

,

75 5

,

5 31

,

625

cm 14

⋅ ⋅

2

M 60 10 daN cm

τ = = = 2

T 379

, 45 daN cm

max Ω ⋅ ⋅

2

2 s 2 31

, 625

cm 0

, 23

cm

Se verifichiamo con il criterio di Mises

σ τ σ

= = ≤

2 2

3 625 daN cm

id amm

la sezione risulta verificata.

Calcolo la rotazione unitaria con la formula

M dC

∫

κ = T .

T Ω 2 s

4

G C

5

,

75 5

,

5

dC cm cm

∫ = + =

2

( ) 67

0

,

5 0

, 25

s cm cm

C ⋅ ⋅

3

6 10 daN cm

κ − −

= ⋅ = ⋅ 4 1

67 1

, 256 10 cm

( )

T 2

−

⋅ ⋅ ⋅

5 2 2

4 8 10 31

,

625

daN cm cm

Il lavoro di deformazione per unità di lunghezza è dato da:

⋅

1 daN cm

κ = 0

,

382

M T T

2 cm 15

Appunti che comprendono una vasta raccolta di temi d'esame aventi come oggetto la scienza e la tecnica delle costruzioni (facoltà di architettura), tra i quali: esercizi sul cilindro di Sanit-Venant (forza normale semplice, flessione pura, flessione e taglio, torsione), forza normale, cerchio di Mohr.