5DSVenant

Il Problema del De Saint Venant

Tema 1

Si consideri una trave di acciaio di lunghezza L = 2 m e con sezione rettaa corona circolare di raggio esterno R = 30 cm e raggio interno r = 20cm, che rispetti le ipotesi del De Saint Venant. Si consideri inoltre un rifer-imento Cartesiano in cui l’asse z coincida con la linea d’asse della travee gli assi x e y siano centrati nel baricentro della sezione d’estremita perz = 0, cosicche z ∈ [0, L]. La trave sia caricata sulle basi d’estremia condistribuzioni di forze superficiali tali che sulla base per z = L la risultante edil momento risultante rispetto al baricentro della sezione retta sono, rispetti-vamente: RL = (0, 0, 150) N ; ML = (−100, 100, 200) N ·m.Si determini:

a) la risultante ed il momento risultante sulla base per z = 0;b) il campo di tensione soluzione del problema alla De Saint Venant;c) le distribuzioni di carico superficiale sulle basi estremali per le quali la

soluzione del problema alla De Saint Venant e ovunque esatta;d) lo stato di tensione nel punto P = (25, 25, 100) cm, discutendo la sua

eventuale planarita e determinando il piano delle tensioni;e) un riferimento principale di tensione in P ;f) un riferimento principale di deformazione in P ;g) il lavoro di deformazione per il solido;h) la variazione di volume del solido.

a) Per l’equilibrio globale del solido a trave in esame deve risultare:

R0 = −RL, M0 = −ML

essendo R0 e M0 la risultante ed il momento risultante, rispetto al bari-centro della sezione retta, relativi alla base per z = 0.

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68 G. Vairo - Universita di Roma Tor Vergata

b) Il campo di tensione soluzione del problema alla De Saint Venant in esamee:

T(x, y, z) =

0 0 τxz

0 0 τyz

τxz τyz σz

essendo

τxz = −Mt

Ipy = −19588.301y N/m2

τyz =Mt

Ipx = 19588.301x N/m2

σz =N

A+

Mx

Ixy − My

Iyx = 954.930− 19588.301y − 19588.301x N/m2

dove, avendo indicato con ei (con i = x, y, z) i versori coordinati, si eposto:

N = RL · ez = 150 N, Mx = ML · ex = −100 Nm

My = ML · ey = 100; Nm, Mt = ML · ez = 200 Nm

A = π(R2 − r2) = 0.16 m2, Ix = Iy =π(R4 − r4)

4=

Ip

2= 0.005 m4

c) Le distribuzioni superficiali di carico sulle basi di estremita per le quali lasoluzione alla De Saint Venant e ovunque esatta, si ricavano imponendol’equilibrio ai limiti. Pertanto, sulla base per z = 0:

p0 = T(−ez) = − (−19588.301y, 19588.301x, 954.930− 19588.301y − 19588.301x)T

mentre sulla base per z = L:

pL = Tez = (−19588.301y, 19588.301x, 954.930− 19588.301y − 19588.301x)T

d) Lo stato di tensione nel punto P assegnato risulta banalmente:

T(P ) =

0 0 −4897.0750 0 4897.075

sym −8839.221

N/m2

Inoltre, com’e noto, detto stato di tensione deve risultare piano. InfattiI3 = det(T ) = 0.Tenuto conto che in P il vettore τ z risulta pari a

τ z = (τxz, τyz, 0)T = 4897.075(−1, 1, 0)T

e che

Il Problema del De Saint Venant 69

sn

(// ez)

ez

tz

tnm

(// tz)

A

sz

|tz|

-|tz|

B

C

M

n2

n1

Fig. 1 Costruzione grafica del cerchio di Mohr relativa al tema 1.

ez × τ z = 4897.075(−1,−1, 0)T

allora il piano π delle tensioni in P ha equazione:

−x− y + 0.5 = 0

avendo ricavato il termine noto della precedente imponendo la condizionedi appartenenza di P a π.

e) In virtu di quanto osservato al punto d), in P la direzione ortogonale aπ, cioe e⊥π = 1√

2(−1,−1, 0)T , e sicuramente principale di tensione. Per

ricavare le altre due direzioni principali di tensione, dovendo queste esseresul piano π trovato, si puo fare ricorso alla costruzione grafica di Mohr.In particolare, detto tz = τ z/|τ z| il versore associato al vettore τ z, nelriferimento (ez, tz, e⊥π ) lo stato di tensione in P si rappresenta come segue:

T(P ) =

σz τ z · tz 0τ z · tz 0 0

0 0 0

=

−8839.221 6925.510 06925.510 0 0

0 0 0

N/m2

Conseguentemente, assumendo il piano di rappresentazione del cerchio diMohr coincidente con π e considerando l’asse delle σn parallelo a ez e l’assedelle τnm parallelo a tz, si ricavano le direzioni principali di tensione n1 en2 che insieme a e⊥π definiscono un riferimento principale di tensione in P(cf. figura 1).

f) Poiche il materiale costituente la trave e a comportamento elastico lineareisotropo, allora il riferimento principale di deformazione in P coincide conil riferimento principale di tensione.

g) Il lavoro di deformazione risulta:


a

2a

a

a/4

a/4

a/4

C

Fig. 2 Sezione retta relativa al tema 2.

E =12L

∫

A

(σ2

z

E+

τ2xz + τ2

yz

G

)dA

=12L

(N2

EA+

M2x

EIx+

M2y

EIy+

M2t

GIp

)= 7.12 · 10−5 J

avendo assunto per l’acciaio E = 200000 MPa, ν = 0.3 e quindi risultandoG = 76923.07 MPa.

h) Infine, poiche la variazione di volume di una trave alla De Saint Venant ecausata dal solo sforzo normale N , si ricava:

∆Ω =∫

Ω

I1

KdΩ =

NL

K= 0.6 mm3

essendo K = E/(1− 2ν) = 500000.0 MPa.

Tema 2

Assegnata per un solido alla De Saint Venant la sezione riportata in figura2 con a = 10 cm, si determini la distribuzione delle tensioni normali σz nelcaso di sollecitazione di sforzo normale eccentrico applicato in C, indicandonei valori massimo e minimo. Si utilizzi il metodo dei momenti di nocciolo con-siderando per lo sforzo normale il valore N = 100 N. Si verifichino i risultatitramite le formule monomia e trinomia.Si valuti inoltre il luogo delle posizioni del centro di pressione sull’asse con-giungente il punto C assegnato al baricentro della sezione, relativamente allequali e assicurato uno stato di sollecitazione di sola trazione.


xo

yo

O

Gx

y

P1

P2

C

s

m

n*

em

en*

g

a

b

d

dn*

Pd’

n*P

d

P

n2

n1

E1

E2

Fig. 3 Notazione e convenzioni relative al tema 2.

Rispetto ad un riferimento di comodo (O, xo, yo) scelto come indicato infigura 3, le coordinate del baricentro per la sezione assegnata risultano:

xG = 10 cm, yG = 5.94 cm

Vista la simmetria della sezione, il riferimento (G, x, y) riportato in figura3 e principale di inerzia ed in particolare, utilizzando il teorema del trasporto,risulta:

Ix = 2932.94 cm4 ⇒ ρx = 5.42 cm

Iy = 1888.02 cm4 ⇒ ρy = 4.35 cm

essendo A = 100 cm2 l’area della sezione retta proposta.Riferendosi d’ora in poi al riferimento principale di inerzia introdotto, il

centro delle pressioni C ha coordinate(ex, ey)T = (5,−6.56)T cm, cosicche

l’eccentricita risulta e =√

e2x + e2

y = 8.25 cm.Il coefficiente angolare dell’asse di sollecitazione s si ricava come:

tan α =ey

ex= −1.31

Conseguentemente, l’equazione dell’asse dei momenti m e:

m) y = tan γ x = − 1tan α

x = 0.76 x

mentre l’equazione dell’asse n∗, coniugato baricentrico di s, risulta:


n∗) y = tanβ x = tan γIx

Iyx = 1.18 x

essendo β = 49.81o l’angolo che l’asse n∗ forma con l’asse delle x.Le direzioni degli assi m e n∗ possono caratterizzarsi tramite i versori em

e e∗n (cf. figura 3), rispettivamente definiti come:

em =1√

1 + tan2 γ

1

tan γ

=

0.800.61

e∗n =1√

1 + tan2 β

1

tanβ

=

0.650.76

Conseguentemente, l’angolo δ fra l’asse m e n∗ e tale che:

cos δ = em · e∗n = 0.98

Inoltre, il momento di figura del secondo ordine per la sezione retta as-segnata, rispetto all’asse n∗ e valutato considerando le distanze ortogonali,puo valutarsi come:

In∗ =Ix + Iy

2+

Ix − Iy

2cos 2β = 2323.25 cm4

D’altra parte, detta drP la distanza del generico punto P dalla genericaretta r, valutata ortogonalmente a quest’ultima e, detta d′rP la distanza diP da r valutata parallelamente ad s (cioe considerando distanze oblique), enoto che risulta drP = d′rP cos δ. Pertanto, il momento di figura del secondoordine rispetto all’asse n∗ ed in distanze oblique e:

I ′n∗ =In∗

cos2 δ= 2437.47 cm4

Si considerino ora le rette n1, n2 parallele ad n∗ e tangenti estreme allafigura rispettivamente in P1, P2. Dalla figura 3 e immediato ricavare cheP1 = (xP1 , yP1)

T = (5,−9.06)T cm, P2 = (xP2 , yP2)T = (−10, 5.94)T cm e

pertanto le rette n1, n2 hanno equazione:

n1) y = tan β (x− xP1) + yP1 ⇒ y = 1.18 x− 14.98n2) y = tan β (x− xP2) + yP2 ⇒ y = 1.18 x + 17.77

Ne consegue che i moduli delle distanze oblique del baricentro G dellasezione da n1 e n2 risultano pari a:

|d′n1G| = |dn1G|

cos δ=

1cos δ

| − tanβxP1 + yP1 |√1 + tan2 β

= 9.90 cm

|d′n2G| = |dn2G|

cos δ=

1cos δ

| − tanβxP2 + yP2 |√1 + tan2 β

= 11.75 cm


Gx

y

P1

P2

C

s

n*

n2

n1

n

-

+

sz

Fig. 4 Diagramma delle tensioni σz relativo al tema 2.

e quindi i raggi di nocciolo distesi su s, cioe le misure dei segmenti E1G eE2G, risultano:

E1G =ρ2

n∗

|d′n1G| = 2.46 cm

E2G =ρ2

n∗

|d′n2G| = 2.07 cm

essendo ρ2n∗ = I ′n∗/A.

In definitiva, i valori massimo e minimo per σz si registrano in corrispon-denza dei punti P1 e P2 rispettivamente e, sfruttando il metodo dei momentidi nocciolo, risultano:

σz(P1) =N

A

(1 +

e

E1G

)= 4.35 N/cm2

σz(P2) =N

A

(1− e

E2G

)= −2.98 N/cm2

Corrispondentemente, e possibile tracciare il diagramma delle σz per tuttii punti della sezione retta, come riportato in figura 4.

Per cio che concerne la verifica dei risultati appena ottenuti tramite laformula monomia, si osservi che allo sforzo normale eccentrico assegnato cor-risponde il momento flettente M = Ne = 825.02 N cm. Inoltre, l’equazionedell’asse neutro n, antipolare per C, risulta:

n)ex x

ρ2y

+ey y

ρ2x

+ 1 = 0 ⇒ 0.27 x− 0.22 y + 1 = 0


e quindi

d′nP1 =dnP1

cos δ=

1cos δ

ex xP1ρ2

y+ ey yP1

ρ2x

+ 1√(

ex

ρ2y

)2

+(

ey

ρ2x

)2= 12.86 cm

d′nP2 =dnP2

cos δ=

1cos δ

ex xP2ρ2

y+ ey yP2

ρ2x

+ 1√(

ex

ρ2y

)2

+(

ey

ρ2x

)2= −8.79 cm

Conseguentemente, utilizzando la formula monomia, si ricavano gli stessivalori ricavati in precedenza:

σz(P1) =M

I ′n∗d′nP1 = 4.35 N/cm2

σz(P2) =M

I ′n∗d′nP2 = −2.98 N/cm2

Analogamente, considerando le componenti del momento flettente lungogli assi coordinati, cioe Mx = Ney = −656.25 N cm e My = −Nex =−500 N cm, anche attraverso la formula trinomia si ottengono ancora i valorimassimo e minimo di σz gia trovati:

σz(P1) =N

A+

Mx

IxyP1 −

My

IyxP1 = 4.35 N/cm2

σz(P2) =N

A+

Mx

IxyP2 −

My

IyxP2 = −2.98 N/cm2

Infine, il luogo dei centri di pressione su s che assicura uno stato di trazioneper tutti i punti della sezione retta e definito dal segmento E1E2, intersezionedel nocciolo centrale della sezione con l’asse s. In questo caso, infatti, l’asseneutro non tagli ala sezione e quindi, essendo N positivo, tutti i punti dellasezione sono soggetti a trazione.

Tema 3

Si consideri un solido alla De Saint Venant in acciaio di lunghezza L = 3m, la cui sezione retta e indicata in figura 5, con a = 15 cm. La trave siacaricata sulle basi d’estremia con distribuzioni di forze superficiali tali chesulla base per z = L la risultante sia nulla ed il momento risultante rispettoal baricentro della sezione retta sia ML = (500,−250, 0) KN · cm, avendoespresso il vettore ML nel riferimento di comodo (O, xo, yo) indicato in figura


a a a

a

a

xo

yo

O

Fig. 5 Sezione retta relativa al tema 3.

5.Si determini:

a) il diagramma delle σz, l’asse neutro e l’asse di flessione;b) le componenti di spostamento per punti sulla linea d’asse della trave;c) l’energia elastica immagazzinata dal solido e la sua variazione di volume;d) il valore dello sforzo normale supplementare da applicare nel baricentro

della sezione retta affinche non siano presenti punti soggetti a trazione.

a) Rispetto al riferimento di comodo (O, xo, yo) assegnato, le coordinate delbaricentro per la sezione proposta risultano:

xG = −22.5 cm, yG = −11.25 cm

Vista la simmetria della sezione, il riferimento (G, x, y) riportato in figura6 e principale di inerzia ed in particolare, utilizzando il teorema deltrasporto, risulta:

Ix = 54843.75 cm4 Iy = 118125 cm4

essendo A = 900 cm2 l’area della sezione retta proposta.Riferendosi d’ora in poi al riferimento principale di inerzia introdotto, letensioni normali σz sono descritte dalla funzione:

σz =Mx

Ixy − My

Iyx = 9.12y + 2.12x

e quindi l’equazione dell’asse neutro n risulta:

n)Mx

Ixy − My

Iyx = 0 ⇒ y = −0.23 x

Conseguentemente, l’equazione dell’asse di flessione f , ortogonale all’assen, risulta:


G

x

y

P1

P2

-

+

sz

n

f

Fig. 6 Diagramma delle tensioni σz relativo al tema 3.

f) y = −Mx

My

Iy

Ixx ⇒ y = 4.35 x

In figura 6 e riportato il diagramma delle σz, costruito valutando le dis-tanze dall’asse neutro in modo ad esso ortogonale.Si noti che i valori minimo e massimo di σz si attingono rispettivamentenei punti P1 e P2 indicati. In particolare, risultando P1 = (xP1 , yP1)

T =(−7.50,−18.75)T cm e P2 = (xP2 , yP2)

T = (22.5, 11.25)T cm, si ricava:

σ(min)z = σz(P1) = −186.81 N/cm2

σ(max)z = σz(P2) = 150.18 N/cm2

b) Sovrapponendo gli effetti relativi alle flessioni rette lungo x e y presenti,si ottiene, a meno di moti rigidi, il seguente campo di spostamento:

u = −νMx

EIxxy +

My

2EIy[z2 + ν(x2 − y2)]

v = − Mx

2EIx[z2 − ν(x2 − y2)] + ν

My

EIyxy

w =Mx

EIxyz − My

EIyxz

Pertanto, per i punti sulla linea d’asse (cioe per x = 0, y = 0) si ottiene:

u = −(0.53 · 10−7)z2 cm

v = −(0.23 · 10−6)z2 cm

w = 0

avendo assunto per l’acciaio E = 20000000 N/cm2 e ν = 0.3.


c) L’energia elastica immagazzinata dalla trave risulta:

E =12

M2xL

EIx+

12

M2y L

EIy= 38.16 J

mentre, non essendo presente sollecitazione di sforzo normale, la variazionedi volume del solido e identicamente nulla.

d) Detto N lo sforzo normale supplementare da applicare nel baricentro G,la tensione σz complessiva risulta, per sovrapposizione degli effetti, pari a:

σz =Mx

Ixy − My

Iyx +

N

A

= 9.12y + 2.12x + N(1.11 · 10−3)N/cm2

Poiche la sovrapposizione di N in G non varia l’inclinazione dell’asse neutrorispetto al caso precedente, i punti piu distanti dal nuovo asse neutrorisultano ancora P1 e P2.Affinche non vi siano punti della sezione retta soggetti a trazione deverisultare che in P2, dove in precedenza si attingeva la massima σz, si registriora un valore al piu nullo di σz:

σz(P2) = 9.12yP2 + 2.12xP2 + N(1.11 · 10−3) ≤ 0

Pertanto, i valori di N che assicurano la condizione richiesta sono:

N ≤ −135.41 KN

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