Stato di tensione e di deformazione - Corsi di...

Comportamento meccanico dei materiali Cerchi di Mohr - approfondimenti

© 2006 Politecnico di Torino 1

Stato di tensione e di deformazione

2

Cerchi di Mohr - approfondimenti

L’algebra dei cerchi di MohrProprietà di estremo dei cerchi di MohrCostruzione inversa dei cerchi di MohrLe tensioni su piani non principali




4

Componenti della tensione (1/3)

In qualsiasi terna di assi, le componenti e del vettore della tensione si calcolano:

e sono ovviamente indipendenti dagli assi

{ } { }

{ } { }

{ } { }

Tnn n

T2 2 2n n n n n

T

n t n t

t t t

1 n n n n

σ

τ σ

= ⋅ ≡

+ = ≡

= ⋅ ≡

nt

nτ

n

nσ

nσ nτnt



5

In assi principali:

con, in assi principali:


{ } { }

{ } { }

{ } { }

Tnn n

T2 2 2n n n n n

T

n t n t

t t t

1 n n n n

= ⋅ ≡

+ = ≡

= ⋅ ≡

σ

τ σ { } [ ]{ }nt σ=

n1

n2

n3

tt t

t

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎡ ⎤ =⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

1

2

3

nn n

n

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎡ ⎤ =⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎡ ⎤ =⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

1

2

3

0 00 00 0

σσ σ

σ

{ } { }

{ } { }

{ } { }

T

n

T T2 2n n

T

n n

n n

1 n n n n

⎡ ⎤= ⎣ ⎦⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ = ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

= ⋅ ≡

σ σ

τ σ σ σ

⇒⇒

6


che è un sistema lineare nelle incognite:

{ } { }

{ } { }

{ } { }

T 2 2 2n 1 1 2 2 3 3

T T2 2 2 2 2 2 2 2n n 1 1 2 2 3 3

T 2 2 21 2 3

n n n n n

n n n n n

1 n n n n n

⎡ ⎤= = + +⎣ ⎦⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ = = + +⎣ ⎦ ⎣ ⎦

= = + +

σ σ σ σ σ

τ σ σ σ σ σ σ

2 2 21 2 3n ,n ,n



7

Risolvendo rispetto a quadrati dei coseni direttori:

Direzioni su piani principali (1/11)

( )( )( )( )− − +

=− −

2n i n k n2

in j i k

nσ σ σ σ τ

σ σ σ σ

con indici da permutare ciclicamente:

k,j,i

1,3,22,1,33,2,1

⇒⇒⇒

8

( )( ) 2n 2 n 3 n 0− − + =σ σ σ σ τ

equazione di un cerchio (di Mohr) nelle variabili e nσ nτ


Tutte le direzioni con normale giacente sul piano principale (2,3), ovvero con normale sull’asse 1:

( )( )( )( )

2n 2 n 3 n2

11 2 1 3

n 0− − +

= =− −

σ σ σ σ τ

σ σ σ σ

che implica:



9


0n1 =Direzione su 2-3:

2

3

1

n

10


Direzioni su 2-3: 0n1 =

2

1

n

3



11

Fascio di piani di asse 1:


0n1 =

2

1

α

n

3

12


nτ

3σ 2σ nσ

α

Cerchio di Mohr relativo alle direzioni :0n1 =

)(n ασ

)(n ατ



13


2

1

Fascio di piani di asse 2

3

n

14


2

3

1

Fascio di piani di asse 3

n



15


I cerchi per le direzioni sui piani dei tre assi principali:

nτ

3σ 2σ1σ nσ

16

L’approccio algebrico ci fa ritrovare i cerchi di Mohr già visti, e ce ne garantisce l’esistenza.


nτ

3σ 2σ1σ nσ



17

Poiché vi compare al quadrato si perdono i versi delle Per tenere conto di questo aspetto conviene quindi riferirsi alla deduzione geometrica


nτ

ikτ

nτ

3σ 2σ1σ nσ




19

Direzioni qualsiasi in assi principali

Cosa succede di e su superfici non appartenenti a nessuno dei tre fasci di asse 1, 2, 3?

nτ nσ

Una dimensione che non ha oppure oppure non ha sui uno dei cerchi di Mohr

n 0n1 = 0n2 =0n3 = ( )nn,τσ

1

2

3

nt

n nσnτ

20

Cerchi per direzioni sui piani principali

Ad esempio, nel caso :321 σ>σ>σ

12

3

3σ 2σ 1σ

nτ

nσ



21

Direzione non ortogonale all’asse 1

1

↓

( ) ( )( ) ( )3121

2n3n2n2

1 0nσ−σ⋅σ−σ

τ+σ−σ⋅σ−σ→≥

0≥0≥↓

( ) ( ) 02n3n2n ≥τ+σ−σ⋅σ−σ→

3σ 2σ 1σnσ

nτ

22

( ) ( )( ) ( )3212

2n3n1n2




3

↓0≥0≤

↓

3σ 2σ 1σ

( ) ( ) 02n3n1n ≤τ+σ−σ⋅σ−σ→

nσ

nτ



23

( ) ( )( ) ( )2313

2n2n1n2




0≤↓

( ) ( ) 02n2n1n ≥τ+σ−σ⋅σ−σ→

0≤↓

2

3σ 2σ 1σnσ

nτ

24

Zona delle tensioni per direzioni qualsiasi

Perciò le tre disequazioni disegnate insieme:

1 2

3

indicano che per un qualsiasi cadono entro la zona (lunella) tratteggiata

3σ 2σ 1σnσ

( )nn, τσ n

nτ



25

Estremo per le ( )

Conseguenza 1: la tensione normale massima èla più grande delle tensioni principali:

nσ

nτ

minσ

maxσ

σ

26

Estremo per le ( )

Conseguenza 2: la tensione tangenziale massima è il raggio del cerchio di Mohr più grande:

nτ

nσ

minσminσ

maxσ

τ



27

Conseguenza 3: la agisce sulla superficie a 45° dalla superfici principali con e :

Superficie di massima ( ) – (1/2)

max,nτmaxσ minσ

τ

45°

minσ

maxσ

nσ

max,nτnτ

2minmax σ+σ

28

Superficie di massima ( ) – (2/2)τ

maxσ maxnτ

minσ

2minmax σ+σ

45°

max minnmax 2

σ στ

−=




30

Costruzione diretta

Nella costruzione diretta occorre prima possedere i valori delle tensioni principali, e poi costruire cerchi

321 ,, σσσ

3σ 2σ1σ nσ

nτ



31

Trovare il cerchio (1/5)

La costruzione inversa è possibile quando si conosce già una direzione principale, qui indicata con 3:

xxσ

yyσ

yxτ

xyτ

3σ

32


Si sa che tutti i piani del fascio di asse 3 hanno su un cerchio di Mohr; questo ha il centro

sull’asse , e inoltre se ne conoscono due punti di passaggio , :

Si trova il centro come , e gli estremi del diametro sono e . 2

yyxx σ+σ

( )nn,τσnσ

1σ 2σ

2σ xxσyyσ 1σnσ

xyτnτ

( )xyxx,τσ ( )xyyy,τσ



33


Centro Raggioxx yy

2+σ σ ⎛ ⎞− ⎟⎜ +⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

2

xx yy 2xy2

σ στ

⎛ ⎞− − ⎟⎜= ± +⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

2

xx yy xx yy 2xy2 2

σ σ σ στ

1σ

2σ

2σ xxσyyσ 1σ

xyτ

34


Per via algebrica un tale problema si risolve con:

xx xy

xy yy

3

0det 0 0

0 0

⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥− =⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦

σ λ ττ σ λ

σ λ

( ) ( )( )2 23 xx yy xx yy xy 0− ⋅ − + + − =σ λ λ λ σ σ σ σ τ



35


Le cui radici:

33 σ=λ

cioè i medesimi valori 2211 , σ=λσ=λ

⎛ ⎞− − ⎟⎜= ± +⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

2

xx yy xx yy 2xy2 2

σ σ σ στ

1λ

2λ

36

Trovare e assi principali (1/13)

( ) ( ) 02nknin =τ+σ−σ⋅σ−σ

La costruzione appena vista utilizza il valore assoluto , e quindi perde il segno della tensione tangenziale. È figlia dell’approccio algebrico che definisce il cerchio di Mohr con:

nτ

τ



37


Ricordando la costruzione geometrica:

2σ

1σ

2σ

2σ= +

21 σ−σ

o

2σ 1σnσ

nτ

2σnσ

nτ

21 σ−σnσ

nτ

+

τ

38


Sezionando con due piani cartesiani ortogonali alla coppia di assi (x,y):

2σ

1σ

α

y2σ

1σ

α−90

xn ≡

τ

y

xn ≡



39


Le corrispondenti costruzioni dirette sui cerchi di Mohr, dati , :

τ

2σ1σ

yyσ2σ 1σ nσ

nτ

α

xyτ−

xxσ

2σ 1σ

nτxyτ+

nσ

α−90

xn ≡

xn ≡

y

y

40


Dati, inversamente :),,( yxxyyyxx τ≡τσσ

τ

C D

BAxyτ+

nσ

xyτ−

xxσyyσ

nτ



41

Per i quattro punti A,B,C,D

(bastano in realtà o la coppia A,B o la coppia C,D)passa un cerchio con centro sulle ascisse

Trovare e assi principali (6/13)τ

C D

BAxyτ+

nσ

nτ

xyτ−

xxσyyσ

42


Dette sempre : la tensione principale maggiore: la tensione principale minore

il cerchio di Mohr ha le seguenti caratteristiche indipendenti dal valore assoluto della

2σ1σ

τ

nσ



43

Trovare e assi principali (8/13)τ

nσ

A B

C D

2σ 1σ

2yy σ−σ

2xx σ−σ

21 σ−σ

xxσyyσ

Per :yyxx σ>σ

44


Oppure :

τxxyy σ>σ

nσ

A B

C D

2σ 1σ

2xx σ−σ

2yy σ−σ

yyσxxσ

21 σ−σ



45


Nell’uno e nell’altro caso se è positivo allora il triangolo delle forze deve chiudersi su in modo che il vettore della forza dovuta a sia ruotata di 90° in senso antiorario rispetto all’asse x Cioè il verso di y

( )21 σ−σxyτ

xyτ

τ

2σ

1σ

α

y 2σ

1σα−90

xn ≡y

xn ≡

46


2σ 1σ

2yy σ−σ

2xx σ−σ

21 σ−σ

y

x

2σ

1σ

2yy σ−σ

21 σ−σ2xx σ−σ

α

α

y

x

xxσyyσ yyσxxσ

τ…se è positivo:xyτ



47

Trovare e assi principali (12/13)τ…invece se è negativo:xyτ

2σ 1σ

2yy σ−σ

2xx σ−σ

21 σ−σ

2σ 1σ

2yy σ−σ

21 σ−σ

2xx σ−σ

α

α

xxσyyσ yyσxxσ

x

xyy

48

Caratteristica comune a queste costruzioni è che i punti A,B,C,D si scelgono con ordinata negativa

quando la è positiva, e viceversa con ordinata positiva quando la è negativa


xyτ

xyτ

τ

xxσyyσ yyσxxσ

x

xyy

y

x

x

y

A B

C D

A B

C D

1

2




50

Direzione qualsiasi, pensatacome una delle generatrici di un cono di semi-apertura γ , angolo tra e l’asse 3

Tensioni su direzioni fuori dai piani principali

1

2

3n nγ

n



51

Sul piano 2-3…

3

2O

Le direzioni sul piano 2-3 …

γ−90

γ'n

n

52

…sul piano 1-3…

3

1 O

…e sul piano 1-3n ''

γ−90

γ

''n



53

(intersezione della retta inclinata di 90-γ rispetto agli assi 1 e 2 e quindi, perno in , rispetto all’asse orizzontale nel piano di Mohr)

…le rispettive tensioni

…hanno la corrispondente tensione (rappresentata rispettivamente dai punti A,B sul piano di Mohr)

3σ

( )nn, τσ

1σγ−90

2σ3σ

AB

N.B.: il valore di è stato modificato per facilitare la grafica

90 - γ

54

A e B stanno sul cerchio di centro C12

Si dimostra ora che i punti A,B stanno su un cerchioavente come centro C12, centro del cerchio passanteper e :1σ 2σ

C12

1σγ−90

2σ3σ

AB



55

Dimostrazione (1/4)

e sono triangoli rettangoli;siccome è comune, sono simili,perciò parallelo a AN BL

AMNMAN MBL

LNM Q

a

BP

A

a

56

Dimostrazione (2/4)

Individuato il punto P, medio tra A e B, tracciamo l’asse aa. Questo interseca NL in Q. Il triangolo è isosceleAQB

LNM Q

a

BP

A

a



57

Dimostrazione (3/4)

Le congiungenti Q con A e Q con B hanno uguale lunghezza Perciò A e B stanno su un cerchio di centro Q

( )AQ BQ=

LNM Q

a

BP

A

a

58

Dimostrazione (4/4)

LNM Q

BP

A

a

a

C12

Il triangolo MPQ è simile ai MAN e MBL, perciò è parallelo a e

Per il Teorema di Talete, Ma ,quindi Perciò Q è punto medio di NL, ovvero

C.V.D.

PQAN BL

AP NQ

PB QL= AP PB=

NQ QL=

12Q C≡



59

Significato del cerchio di centro C12 (1/4)

( )( )( )( )2313

2n2n1n22

3 cosnσ−σσ−σ

τ+σ−σσ−σ=γ=

1

2

3nγ

LNM

B

A

C12

Dimostriamo che le tensioni dell’arco AB sonoquelle delle direzioni del cono di semi-apertura γ

Dall’equazione generale:

60


Segue:( ) ( )( ) γσ−σσ−σ=σσ+σ+σσ−τ+σ 2

23132121nn2

n2 cos

Da cui come è noto, per γ = 90°, , (cioè per direzioni sul piano 1,2):

( ) 02121n2

n2

n =σσ+σ+σσ−τ+σ

0cos =γ

Che è il cerchio di centro:

2C 21

12σ+σ

=

E di raggio r = 2

21 σ−σ

B

A

C12 1σ2σM



61


Nel caso :°<γ 90

( )( )

( )( )2

2122313

221

212

2313

2cos

2cosr

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ σ−σ

+γσ−σσ−σ≡

≡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ σ+σ

+σσ−γσ−σσ−σ=

Cioè un raggio crescente con γ decrescente

( ) ( )( ) 0cos223132121nn

2n

2 =γσ−σσ−σ−σσ+σ+σσ−τ+σ

Equazione di un cerchio di centroe raggio:

221 σ+σ

62


Quando , ovvero : 0=γ

( )( )

( )

⎛ ⎞− ⎟⎜= + − − ≡⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠

⎡ ⎤⎛ ⎞+ ⎟⎜⎢ ⎥≡ −⎟⎜ ⎟⎜⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

2

1 23 1 3 2

2

1 23

r2

2

σ σσ σ σ σ

σ σσ

Cioè il segmento

Quindi per γ=0 il cerchio passa per M, in cuivengono a coincidere A e B

MC12

1cosn 223 =γ=

B

A

C12 1σ2σ

M

3σ



63

Trovare la tensione (1/9)

1

2

3nγ 3

2

1

α

n Il versore fa parte sia del cono di asse 3 sia di un cono di asse 1 e semi-apertura

n

α

Per trovare, ora, a quale punto sull’arco AB sitrovi il punto corrispondente alla direzioneoccorre un secondo angolo; per esempio l’angolo α che forma con l’asse 1n

n

64


Si evidenziano i coni di assi 1 e 3, con in comune:

2

3nγ 3

2

1

1

'n

α

n

n



65


Ovvero, evidenziando sul piano 1-3: 'n

3

α

'n

1

1

3

2

α

n'n

66


La tensione corrispondente alla direzione sulpiano principale 1-3 è data dal punto R di Mohr:

R

2σ 1σ3σ

α

3

α

'n

1

'n



67


Le direzioni del cono di asse 3 hanno tensioni suun arco del cerchio di centro C23 passante per R

3

R

2σ 1σ3σ

α

C23

1

2

'n

α

n

''n

S

68


L’analoga costruzione per il cono di asse 3:

1

2

3'''nγ

R

2σ 1σ3σ

α

C23

γ−90

γ−90

A

B

C12

S



69

L’intersezione tra i due archi fornisce il punto Z, che rappresenta la tensione della direzione


n

2

R

2σ 1σ3σ C23

A

B

C12

S

1

2

3

n

Z

70


R

2σ 1σ3σ C23

A

B

C12

Z

γ−90

α

Notiamo che affinchél’intersezione Z esista,occorre che R stia a sinistra di B,cioè α>90°-γAl limite: α=90°-γ →→ α+γ = 90°; che si realizza quando sta sul piano 1-3

n S



71

Le intersezioni diarchi RS e AB non possono che avere luogo all’interno della “lunella”; quindi,come già visto pervia algebrica, mostrano che le tensioni relative a tutte le direzioninello spazio stanno entro questa “lunella”


2σ 1σ3σ C23 C12

Z

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