Trasformazione di tensione - Benvenuti nel sito web del Gruppo di

7
Transformazione
delle tensioni e
delle deformazioni
Sommario
Introduzione
Trasformazione di tensioni piane
Tensioni principali
Tensione tangenziale massima
Cerchio di Mohr per stato tensionale piano
Esempio 7.01
Esercizio svolto 7.1
Esempio 7.02
Esercizio svolto 7.2
Stato tensionale generale
Applicazione del cerchio di Mohr all’analisi di stati tensionali tridimensionali
Criteri di snervamento per materiali duttili in stato di tensione piana
Criteri di frattura per materiali fragili in stato di tensione piana
Trasformazione di deformazioni piane
Cerchio di Mohr per stato di deformazione piano
Analisi tridimensionale della deformazione
7- 2
Introduzione
• Lo stato di tensione più generale in un punto
può essere rappresentato da sei componenti,
σ x ,σ y ,σ z
τ xy , τ yz , τ zx
tensioni normali
tensioni tangenziali
(Nota : τ xy = τ yx , τ yz = τ zy , τ zx = τ xz )
• Lo stesso stato tensionale è rappresentato da un
diverso insieme di componenti se gli assi sono
ruotati..
7- 3
Introduzione
• Tensione piana - stato di tensione per il quale due
facce dell’elemento cubico sono prive di tensioni.
Per l’esempio illustrato, lo stato di tensione è
definito da
σ x , σ y , τ xy
e
σ z = τ zx = τ zy = 0.
• Uno stato piano di tensione si verifica in piastre
sottili soggette a forze agenti nel piano medio della
piastra.
• Uno stato piano di tensione si verifica anche sulla
superficie libera di un elemento strutturale o di un
componente di macchina, cioè in ogni punto della
superficie non soggetto ad una forza esterna.
7- 4
Trasformazione di tensioni piane
• Consideriamo le condizioni di equilibrio di un
elemento prismatico con le facce perpendicolari
agli assi x, y, e x.
∑ Fx′ = 0 = σ x′ΔA − σ x (ΔA cosθ ) cosθ − τ xy (ΔA cosθ )sin θ
− σ y (ΔA sin θ )sin θ − τ xy (ΔA sin θ ) cosθ
∑ Fy ′ = 0 = τ x′y ′ΔA + σ x (ΔA cosθ )sin θ − τ xy (ΔA cosθ ) cosθ
− σ y (ΔA sin θ ) cosθ + τ xy (ΔA sin θ )sin θ
Segue:
σ x′ = σ x (cos θ ) cos θ + τ xy (cos θ )sin θ + σ y (sin θ )sin θ + τ xy (sin θ ) cos θ
τ x′y′ = −σ x (cos θ )sin θ + τ xy (cos θ ) cos θ + σ y (sin θ ) cos θ − τ xy (sin θ )sin θ
σ x′ = σ x cos 2 θ + 2τ xy sin θ cos θ + σ y sin 2 θ
τ x′y′ = −σ x sin θ cos θ + τ xy cos 2 θ + σ y sin θ cos θ − τ xy sin 2 θ
7- 5
Trasformazione di tensioni piane
cos 2 θ + sin 2 θ = 1
2 sin θ cos θ = sin 2θ
cos 2 θ − sin 2 θ = cos 2θ
1 + cos 2θ
cos 2 θ =
sin (π + 2θ ) = − sin 2θ
2
1 − cos 2θ
sin 2 θ =
cos(π + 2θ ) = − cos 2θ
2
σ x′ = σ x cos 2 θ + 2τ xy sin θ cos θ + σ y sin 2 θ
τ x′y′ = −σ x sin θ cos θ + τ xy cos 2 θ + σ y sin θ cos θ − τ xy sin 2 θ
Segue:
σ x′ =
⎞
⎛π
+θ ⎟
⎠
⎝2
θ →⎜
σ y′ =
σ x +σ y
2
σ x +σ y
τ x′y′ = −
2
+
−
σ x −σ y
2
σ x −σ y
2
σ x −σ y
2
cos 2θ + τ xy sin 2θ
cos 2θ − τ xy sin 2θ
sin 2θ + τ xy cos 2θ
7- 6
Tensioni principali
• Le equazioni precedenti forniscono le
equazioni di un cerchio.
(σ x′ − σ m )2 + τ x2′y′ = R 2
dove
σm =
σ x +σ y
⎛ σ x −σ y ⎞
⎟⎟ + τ xy2
R = ⎜⎜
⎝ 2 ⎠
2
2
• Le tensioni principali agiscono sui piani
principali di tensione con tensioni tangenziali
nulle.
σ max,min =
tan 2θ p =
σ x +σ y
2
2
⎛ σ x −σ y ⎞
2
⎟⎟ + τ xy
± ⎜⎜
2
⎝
⎠
2τ xy
σ x −σ y
Nota : definisce due angoli separati di 90o
7- 7
Tensione tangenziale massima
La massima tensione tangenziale si ha per
σ x′ = σ m
⎛ σ x −σ y ⎞
τ max = R = ⎜⎜
⎝
2
2
⎟⎟ + τ xy2
⎠
σ x −σ y
tan 2θ s = −
2τ xy
Nota : definisce due angoli separati di 90o e
ruotati da θ p di 45o
σ′ =σm =
σ x +σ y
tan 2θ s = −
2
π
1
⇒ (2θ s − 2θ p ) =
tan 2θ p
2
7- 8
Cerchio di Mohr per tensioni piane
• Una volta riconosciuto il significato fisico del
cerchio di Mohr per tensioni piane, lo si può
applicare con semplici considerazioni
geometriche. I valori critici sono stimati
graficamente o calcolati.
• Dato uno stato tensionale piano disegniamo
i punti X e Y e costruiamo il cerchio di
centro C.
σm =
σ x +σ y
2
⎛ σ x −σ y ⎞
⎟⎟ + τ xy2
R = ⎜⎜
⎝ 2 ⎠
2
• Le tensioni principali sono i punti A and B.
σ max,min = σ m ± R
tan 2θ p =
2τ xy
σ x −σ y
Il verso della rotazione da Ox a Oa è lo
stesso che da CX a CA.
7- 9
Cerchio di Mohr per tensioni piane
• Con il cerchio di Mohr univocamente
definito, possono essere disegnate le tensioni
lungo qualsiasi altra direzione.
• Per ottenere lo stato di tensione su un
elemento ruotato di un angolo θ rispetto agli
assi xy, costruiamo un nuovo diametro X’Y’
ruotato di un angolo 2θ rispetto a XY.
• Le tensioni normale e tangenziale sono
ottenute dalle coordinate X’Y’.
7- 10
Cerchio di Mohr per tensioni piane
• Cerchio di Mohr per sforzo normale
σx =
P
, σ y = τ xy = 0
A
σ x = σ y = τ xy =
P
2A
• Cerchio di Mohr per momento torcente:
σ x = σ y = 0 τ xy =
Tc
J
σx =σy =
Tc
τ xy = 0
J
7- 11
Esempio 7.01
SOLUZIONE:
• Trovare l’inclinazione dell’elemento con le
tensioni principali da
2τ xy
tan 2θ p =
σ x −σ y
• Determinare le tensioni principali da
Fig. 7.13
σ max,min =
σx +σ y
2
⎛σ x − σ y ⎞
2
⎟⎟ + τ xy
± ⎜⎜
2
⎝
⎠
2
Per lo stato di tensione piana
mostrato, determinare (a) i piani • Calcolare la tensione tangenziale massima con
principali, (b) le tensioni principali,
2
σ
σ
−
⎛
⎞
x
y
(c) la massima tensione tangenziale
2
⎟⎟ + τ xy
τ max = ⎜⎜
2
e la corrispondente tensione
⎝
⎠
normale.
σx +σ y
′
σ =
2
7- 12
Esempio 7.01
SOLUZIONE:
• Trovare l’inclinazione dell’elemento con le
tensioni principali da
2τ xy
2(+ 40 )
= 1.333
=
tan 2θ p =
σ x − σ y 50 − (− 10 )
2θ p = 53.1°, 233.1°
Fig. 7.13
σ x = +50 MPa
σ x = −10 MPa
τ xy = +40 MPa
θ p = 26.6°, 116.6°
• Determinare le tensioni principali da
σ max,min =
σx +σ y
2
= 20 ±
2
⎛σ x − σ y ⎞
2
⎟⎟ + τ xy
± ⎜⎜
2
⎠
⎝
(30)2 + (40)2
σ max = 70 MPa
σ min = −30 MPa
Fig. 7.14
7- 13
Esempio 7.01
• Calcolare la tensione tangenziale massima con
2
⎛σ x −σ y ⎞
2
⎟⎟ + τ xy
τ max = ⎜⎜
2
⎠
⎝
=
τ max = 50 MPa
Fig. 7.13
σ x = +50 MPa
σ x = −10 MPa
(30)2 + (40)2
τ xy = +40 MPa
θ s = θ p − 45
θ s = −18.4°, 71.6°
• La corrispondente tensione normale è
σ x + σ y 50 − 10
σ ′ = σ ave =
=
2
2
σ ′ = 20 MPa
Fig. 7.16
7- 14
Esercizio svolto 7.1
SOLUZIONE:
• Determinare un sistema equivalente
forza-coppia posto al centro della sezione
trasversale contenente il punto H.
• Valutare la tensione normale e
tangenziale in H.
• Determinare i piani principali e
calcolare le tensioni principali.
•Una forza orizzontale P di 680 N è
applicata all’estremità D della leva ABD.
Determinare (a) le tensioni normali e
tangenziali su un elemento posto nel
punto H e avente lati paralleli agli assi x
e y, (b) i piani e le tensioni principali nel
punto H.
7- 15
Esercizio svolto 7.1
SOLUZIONE:
• Determinare un sistema equivalente forzacoppia posto al centro della sezione
trasversale contenente il punto H
P = 680 N
T = (680 N )(450 mm ) = 306 N ⋅ m
M x = (680 N )(250 mm ) = 170 N ⋅ m
• Valutare la tensione normale e
tangenziale in H.
σy =+
(170 N ⋅ m )(15 mm)
Mc
=+
1 π (15 mm )4
I
4
τ xy = +
(306 N ⋅ m )(15 mm)
Tc
=+
1 π (15 mm )4
J
2
σ x = 0 σ y = +64.1 MPa τ xy = +57.5 MPa
7- 16
Esempio 7.1
• Determinare i piani principali e
calcolare le tensioni principali.
tan 2θ p =
2τ xy
σ x −σ y
=
2(57.7 )
= −1.8
0 − 64.1
2θ p = −61.0°,119°
θ p = −30.5°, 59.5°
σ max,min =
σ x +σ y
2
2
⎛σ x −σ y ⎞
2
⎟⎟ + τ xy
± ⎜⎜
2
⎝
⎠
2
0 + 64.1
⎛ 0 − 64.1 ⎞
2
=
± ⎜
⎟ + (57.7 )
2
⎝ 2 ⎠
σ max = +98.09 MPa
σ min = −33.96 MPa
7- 17
Esempio 7.02
Fig. 7.13
Per lo stato di tensione piana, (a)
costruire la circonferenza di Mohr,
determinare (b) i piani principali, (c) SOLUZIONE:
le tensioni principali, (d) la massima • Costruzione della circonferenza di Mohr
tensione tangenziale e la
σ x + σ y (50 ) + (− 10 )
=
= 20 MPa
σ ave =
corrispondente tensione normale.
2
2
CF = 50 − 20 = 30 MPa FX = 40 MPa
R = CX =
(30)2 + (40)2 = 50 MPa
7- 18
Esempio 7.02
• Piani e tensioni principali
σ max = OA = OC + CA = 20 + 50
σ max = 70 MPa
σ min = OB = OC − BC = 20 − 50
σ min = −30 MPa
FX 40
=
CP 30
2θ p = 53.1°
tan 2θ p =
θ p = 26.6°
7- 19
Esempio 7.02
• Massima tensione tangenziale
θ s = θ p + 45°
τ max = R
σ ′ = σ ave
θ s = 71.6°
τ max = 50 MPa
σ ′ = 20 MPa
7- 20
Esercizio svolto 7.2
Per lo stato di tensione mostrato,
determinare (a) i piani le tensioni
principali, (b) le componenti di
tensione esercitate su un elemento
ottenuto ruotando l’elemento dato SOLUZIONE:
di 30 gradi in senso antiorario.
• Costruzione della circonferenza di Mohr
σ x + σ y 100 + 60
=
= 80 MPa
σ ave =
2
R=
2
(CF )2 + (FX )2 = (20)2 + (48)2 = 52 MPa
7- 21
Esercizio svolto 7.2
• Piani e tensioni principali
XF 48
=
= 2.4
CF 20
2θ p = 67.4°
tan 2θ p =
θ p = 33.7° clockwise
σ max = OA = OC + CA
= 80 + 52
σ max = +132 MPa
σ max = OA = OC − BC
= 80 − 52
σ min = +28 MPa
7- 22
Esercizio svolto 7.2
• Componenti di tensione dopo la
rotazione di 30o
I punti X’ e Y’ sulla circonferenza di
Mohr che corrispondono alle
componenti di tensione sull’elemento
ruotato si ottengono ruotando XY di
260
θ =grad
60° in senso antiorario.
φ = 180° − 60° − 67.4° = 52.6°
σ x′ = OK = OC − KC = 80 − 52 cos 52.6°
σ y′ = OL = OC + CL = 80 + 52 cos 52.6°
τ x′y′ = KX ′ = 52 sin 52.6°
σ x′ = +48.4 MPa
σ y′ = +111.6 MPa
τ x′y′ = 41.3 MPa
7- 23
Stato di tensione generico
• Consideriamo uno stato di tensione generico in un
punto e la trasformazione delle tensioni per una
rotazione dell’elemento
• Lo stato tensionale è definito da: σ x ,σ y ,σ z ,τ xy ,τ yz ,τ zx
• Consideriamo il tetraedro con le facce perpendicolari
alla linea QN di coseni direttori: λx , λ y , λz
• Il requisito
∑ Fn = 0 porta a,
σ n = σ x λ2x + σ y λ2y + σ z λ2z + 2τ xy λx λ y + 2τ yz λ y λz + 2τ zx λz λx
7- 24
Stato di tensione generico – tetraedo di Cauchy
Dall’equilibrio delle forze lungo la direzione n
σ n ⋅ ΔA = S x A1 + S y A2 + S z A3
A1
A2
σ n ⋅ ΔA = S x λx ΔA + S y λ y ΔA + S z λz ΔA
A3
ΔA
Dalla condizione di equilibrio delle forze lungo i tre assi:
e quindi
σ n = S x λx + S y λ y + S z λz
S x = σ x λx + τ yx λ y + τ zx λz
S y = τ xy λx + σ y λ y + τ zy λz
S z = τ xz λx + τ yz λ y + σ z λz
σ n = σ x λ2x + σ y λ2y + σ z λ2z + 2(τ xy λx λ y + τ yz λ y λz + τ zx λz λx )
La forma dell’equazione garantisce che si può trovare un orientamento dell’elemento tale che
σ n = σ 1λ12 + σ 2λ22 + σ 3λ32
La terna 123 rappresenta gli assi principali e le tensioni normali sono le tensioni principali.
7- 25
Applicazione della circonferenza di Mohr all’analisi
tridimensionale della tensione
• La trasformazione delle tensioni per un
elemento che ruota intorno ad un asse
principale può essere rappresentata
dalla circonferenza di Mohr.
• I punti A, B, e C rappresentano le
tesnioni principali sui piani principali
(tensione tangenziale nulla)
• I tre cerchi rappresentano le tensioni
normale e tangenziali per rotazioni
intorno a ciascun asse principale.
• Il raggio del cerchio più grande dà la
massima tensione tangenziale.
1
2
τ max = σ max − σ min
7- 26
Applicazione della circonferenza di Mohr all’analisi
tridimensionale della tensione
• Nel caso di tensione piana, l’asse
perpendicolare al piano della tensione è un
asse principale (tensione tangenziale nulla).
• Se i punti A e B (che rappresentano i piani
principali) sono da lati opposti rispetto
all’origine, allora
a) le tensioni principali corrispondenti
sono la massima e la minima tensione
normale per l’elemento
b) la tensione tangenziale massima per
l’elemento è uguale alla massima
tensione tangenziale nel piano
c) i piani delle tensioni tangenziali
massime sono ruotati di 45o rispetto
ai piani principali.
7- 27
Applicazione della circonferenza di Mohr all’analisi
tridimensionale della tensione
• Se A e B sono dallo stesso lato rispetto
all’origine (cioè hanno lo stesso segno),
a) la circonferenza che definisce σmax,
σmin, e τmax per l’elemento non è la
circonferenza corrispondete alla
trasformazione nel piano delle tensioni.
b) la massima tensione tangenziale per
l’elemento è uguale a metà della
tensione massima
c) i piani della tensione tangenziale
massima formano un angolo di 45 gradi
col piano delle tensioni
7- 28
Criteri di snervamento per materiali duttili in tensione piana
• La crisi di un componente di macchina
soggetto ad una tensione monoassiale è
direttamente prevista da una prova a
trazione equivalente.
• La crisi di un componente soggetto ad
uno stato di tensione piana non può
essere prevista direttamente dallo stato di
sforzo monoassiale presente in un
campione soggetto alla prova di trazione.
• Conviene determinare le tensioni
principali e basare il criterio di crisi sul
corrispondente stato di tensione piana.
• I criteri di crisi sono basati sui
meccanismi di rottura. Consentono di
confrontare le condizioni di crisi per una
prova di trazione monoassiale e per una
condizione di carico biassiale.
7- 29
Criteri di snervamento per materiali duttili in tensione piana
Criterio della massima tensione tangenziale:
un componente strutturale è in sicurezza
finché la massima tensione tangenziale è
minore della massima tensione tangenziale
che si ha in un provino soggetto a prova di
trazione monoassiale allo snervamento.
σ
τ max < τ s = s
2
Se σa e σb hanno lo stesso segno,
σ
σ
σ
τ max = a or b < s
2
2
2
Se σa and σb hanno segni opposti
τ max =
σ a −σb
2
<
σs
2
7- 30
Criteri di snervamento per materiali duttili in tensione piana
Criterio della massima energia di distorsione:
un componente strutturale è in sicurezza
finché l’energia di distorsione per unità di
volume è minore di quella che si ha in un
provino sottoposto a prova di trazione allo
snervamento.
ud < us
(
)
(
1
1
2
2
σ a − σ aσ b + σ b <
σ s2 − σ s × 0 + 0 2
6G
6G
σ a2 − σ aσ b + σ b2 < σ s2
)
7- 31
Criteri di rottura per materiali fragili in tensione piana
I materiali fragili in una prova di trazione
subiscono una crisi improvvisa attraverso la
rottura o la frattura. La condizione di crisi è
caratterizzata dalla tensione ultima σU.
Criterio della massima tensione normale:
un componente strutturale è in sicurezza
finché la massima tensione normale è
minore della resistenza ultima di un provino
in una prova di trazione.
σ a < σU
σ b < σU
7- 32