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Luciano Rosati » 12.SOLLECITAZIONE DI TAGLIO PURO


Generalità (1/5)

Come si è già precisato nel capitolo precedente relativo alla contemporanea presenza delle sollecitazioni di taglio e torsione vogliamo ora caratterizzare ulteriormente lo stato tensionale ed il campo di spostamenti associato alla sollecitazione di taglio, ossia quella nella quale è applicato sulla sezione $\Sigma_{\ell}$ un vettore $\textbf{t}$ di componenti

\mathbf{t} = \begin{vmatrix}T_x\\T_y\\0\end{vmatrix}(11.1)

passante per il centro di taglio, fig. 1. Per semplicità, in tale figura il centro di taglio si è supposto coincidente con il baricentro, circostanza che si verifica quando la sezione presenta un doppio asse di simmetria ortogonale.

Una sollecitazione siffatta è anche denotata di taglio puro, sottolineando che è stata depurata della sollecitazione di torsione che viene indotta quando il vettore $\textbf{t}$ non passa per il centro di taglio. La sollecitazione indotta dalla forza $\mathbf{t}$ passante per il centro di taglio viene detta anche di taglio e flessione, con denominazione tipicamente usata nei paesi anglosassoni, per enfatizzare la contemporanea presenza della flessione prodotta dalla forza $\textbf{t}$ in una sezione arbitraria $\Sigma$ del solido di Saint Venant diversa dalla sezione di estremità $\Sigma_{\ell}$.

Infatti, come mostrato nel capitolo precedente, lo stato tensionale associato alla forza $\textbf{t}$ è fornito dall’espressione

\sigma_z = (\ell - z) \mathbf{g}_t \cdot \mathbf{r}\\

\boldsymbol{\tau} = [(\grad \mathbf{\Psi}_t)^T + \mathbf{A}_t^p] \mathbf{g}_t(11.2)

con $\mathbf{\Psi}_t = (\Psi_{t1},\Psi_{t2}, 0)$ vettore contenente le funzioni armoniche $\Psi_{t1}$ e $\Psi_{t2}$. In particolare esse soddisfano l’equazione di Laplace

\Delta \Psi_{ti} = div \,grad \Psi_{ti} = 0 \qquad i=1,2(11.3)

 

 

Generalità (2/5)

con condizioni ai limiti definite da

[grad\:\mathbf{\Psi}_{t} (\mathbf{r})]\:\mathbf{n}(\mathbf{r}) = - \mathbf{A}_t^p \: \mathbf{n}(\mathbf{r}) \qquad \mathbf{r}\in\partial\Sigma(11.4)

essendo $\boldsymbol{n}$ il versore della normale uscente nel generico punto della frontiera $\partial\Sigma$ di $\Sigma$, ed $\mathbf{A}_t^p$ definito da

\mathbf{A}_t^p = \frac{1+\overline{\nu}}{4} + (\mathbf{r}\otimes\mathbf{r}) + \frac{1-3\overline{\nu}}{8} \:(\mathbf{r}\cdot\mathbf{r})\:\hat{\mathbf{I}}(11.5)

Si ricorda altresì che

\mathbf{r} =\begin{bmatrix}x\\y\\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\boldsymbol{\rho}\\0\end{bmatrix} \qquad [\hat{\mathbf{I}}] = \begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&0\ \end{bmatrix}(11.6)

e che

\overline{\nu} = \frac{\nu}{1+\nu} (11.7)

con $\nu$ rapporto di Poisson. In particolare, sostituendo l’espressione precedente nella (11.12) risulta

\mathbf{A}_t^p = \frac{1+2\nu}{4(1+\nu)}  (\mathbf{r}\otimes\mathbf{r}) + \frac{1-2\nu}{8(1+\nu)} \:(\mathbf{r}\cdot\mathbf{r})\:\hat{\mathbf{I}}(11.8)

 

 

 

Generalità (3/5)

E’ lecito attendersi che il vettore $\mathbf{g}_t$ in (11.2), al momento incognito, sia legato al vettore $\textbf{t}$, che ha indotto lo stato tensionale ivi definito, e che tale legame sia di tipo lineare attesa la linearità delle relazioni di equilibrio, compatibilità e legame costitutivo utilizzate per derivare la (\ref{F372}).

Per dimostrare tale risultato, invochiamo nuovamente l’identità vettoriale

div (\mathbf{a}\otimes \mathbf{b}) = (grad \mathbf{a})\,\mathbf{b} + \mathbf{a}\:div \mathbf{b} \qquad \mathbf{a},\mathbf{b}\in \mathcal{E}(11.9)

che si può ricavare in notazione indiciale oppure ricorrendo alla notazione di Gibbs

(\mathbf{a}\otimes\mathbf{b})\:\nabla = (\mathbf{a}\:\nabla)\otimes\mathbf{b} + (\mathbf{b}\:\nabla)\mathbf{a}(11.10)

Applicando la (11.9) ai campi $\mathbf{r}$ e $\boldsymbol{\tau}$ si ha

div(\mathbf{r}\otimes\boldsymbol{\tau}) = (grad \mathbf{r})\boldsymbol{\tau} + \mathbf{r} div\:\boldsymbol{\tau} = \hat{\mathbf{I}}\:\boldsymbol{\tau} + \mathbf{r} div\:\boldsymbol{\tau} = \boldsymbol{\tau} + \mathbf{r}\:div \boldsymbol{\tau}

Pertanto, imponendo il rispetto delle condizioni di equilibrio tra le tensioni tangenziali $\boldsymbol{\tau}$ agenti su $\Sigma$ e la forza $\textbf{t}$ che le ha indotte, si ha

\textbf{t} = \int_{\Sigma} \boldsymbol{\tau}\:dA = \int_{\Sigma} div\:(\mathbf{r}\otimes\boldsymbol{\tau})\:dA - \int_{\Sigma} \mathbf{r}\:div\:\boldsymbol{\tau}\:dA = \\

= \int_{\partial\Sigma} \:(\boldsymbol{\tau}\cdot \mathbf{n}) \: \mathbf{r}\:dA - \int_{\Sigma} \mathbf{r}\:div\:\boldsymbol{\tau} \: dA<br />
(11.12)

in cui si è fatto uso del teorema di Gauss.

 

 

Generalità (4/5)

In quanto soluzione del problema di Saint Venant, il campo delle tensioni tangenziali è ovunque tangente a $\partial\Sigma$, sicchè $\boldsymbol{\tau}\cdot \mathbf{n} = 0$ in ogni punto di $\partial\Sigma$ ed il primo dei due integrali nella relazione precedente è nullo.

Inoltre, la (10.23) fornisce

div\:\boldsymbol{\tau} = - \sigma_{z/z}(11.13)

e dalla (11.2) si ricava

\sigma_{z/z} = - \mathbf{g}_t\cdot\mathbf{r}(11.4)

Dunque le relazioni precedenti forniscono

div \boldsymbol{\tau} = \mathbf{g}_t \cdot \mathbf{r}(11.15)

che sostituita nella (11.12) fornisce

\textbf{t} = - \int_{\Sigma} \mathbf{r}\:(\mathbf{g}_t\cdot\mathbf{r}) \: dA = - \biggl[\int_{\Sigma} (\mathbf{r}\otimes\mathbf{r})\:dA\biggl]\:\mathbf{g}_t = - \hat{\mathbf{J}}_G\:\mathbf{g}_t(11.16)

avendo indicato con

\hat{\mathbf{J}}_G =\begin{bmatrix}\mathbf{J}_G&\mathbf{0}\\\mathbf{0}&0\end{bmatrix} (11.17)

in cui la sottomatrice relativa alle posizioni 1-2 coincide con il tensore d’inerzia della sezione

\mathbf{J}_G = \int_{\Sigma} \boldsymbol{\rho}\otimes\boldsymbol{\rho} \: dA(11.18)

 

 

 

 

essendo

\boldsymbol{\rho} = \begin{vmatrix}x\\y\end{vmatrix}(11.19)

Denotando allora con $\hat{\mathbf{J}}_G^{-1}$ il tensore la cui matrice associata è fornita da

\hat{\mathbf{J}}_G^{-1} =\begin{bmatrix}\mathbf{J}_G^{-1}&\mathbf{0}\\\mathbf{0}&0\end{bmatrix}(11.20)

la (11.16) si scrive

\mathbf{g}_t = - \hat{\mathbf{J}}_G^{-1}\:\textbf{t}(11.21)

e le (11.2) diventano

\sigma_z = - (\ell - z) \mathbf{\hat{J}}_G^{-1}\textbf{t} \cdot\mathbf{r}\\

\boldsymbol{\tau} = - [(grad \mathbf{\Psi}_t)^T + \mathbf{A}_t^p] \mathbf{\hat{J}}_G^{-1} \: \mathbf{t}(11.22)

che caratterizzano compiutamente lo stato tensionale indotto dalla forza $\textbf{t}$.

 

 

Legame esistente tra i gradienti delle tensoni normali dovuti alla flessione ed al taglio (1/2)

Il vettore $\mathbf{g}_t$ che compare nella prima delle (11.2),  legato alla forza di taglio $\textbf{t}$ per il tramite della relazione (11.21), costituisce evidentemente il gradiente della distribuzione delle tensioni normali indotte da $\textbf{t}$, ovvero le tensioni indotte dal momento flettente associato ad $\textbf{t}$.

Poichè il gradiente delle tensioni associate ad un momento flettente $\textbf{M}_G$ è stato indicato con $\textbf g$ e questo è legato ad $\textbf{M}_G$ dalla relazione

\mathbf{k}\times \mathbf{M}_G = \mathbf{M}_G^{\perp} = \hat{\mathbf{J}}_G\:\mathbf{g}(11.23)

è naturale chiedersi quale relazione intercorra tra il gradiente $\textbf g$ associato al momento flettente prodotto dalla forza $\textbf{t}$ ed il gradiente $\mathbf{g}_t$ fornito dalla (11.21).

A tal proposito osserviamo che il momento flettente prodotto da $\textbf{t}$ in corrispondenza della generica sezione $\Sigma$ vale

\mathbf{M}_G = (\ell - z) \mathbf{k}\times\textbf{t}(11.24)

Dunque, ricordando il significato geometrico del prodotto vettoriale $\textbf{k}\times\textbf{t}$ tra il vettore $\textbf{k}$ ed un vettore del piano $x,y$,

\mathbf{k}\times\mathbf{M}_G = (\ell - z)\:\mathbf{k}\times(\mathbf{k}\times\textbf{t}) = - (\ell - z)\:\textbf{t}(11.25)

ne consegue che

\frac{d}{dz}\:( \mathbf{k}\times\mathbf{M}_G) = \mathbf{t} (11.26)

 

 

Legame esistente tra i gradienti delle tensoni normali dovuti alla flessione ed al taglio (2/2)

Pertanto, in base alle (11.21) e (11.23) si ha

\frac{d}{dz}\:\biggl(\hat{\mathbf{J}}_G\:\mathbf{g}\biggl) = - \hat{\mathbf{J}}_G\:\mathbf{g}_t<br />
(11.27)

ovvero

\mathbf{g}_t = - \mathbf{g}_{/z}(11.28)

e cioè il gradiente della distribuzione di tensioni normali indotte da $\textbf{t}$ è l’opposto della derivata rispetto a $z$ del gradiente dello stato tensionale prodotto dal momento flettente associato a $\textbf{t}$.

 

 

 

Determinazione di u^t (1/3)

Si vuole ora determinare il campo di spostamenti $\mathbf{u}^{\mathbf{t}}$ prodotto dalla forza di taglio $\mathbf{t}$ passante per il centro di taglio. Il campo $\mathbf{u}^{\mathbf{t}}$ che verrà valutato con un procedimento del tutto simile a quello già impiegato nel caso della pressoflessione, integrando opportunamente la relazione di compatibilità.

d_{\mathbf{p}} \:\mathbf{u}^{\mathbf{t}} + (d_{\mathbf{p}} \:\mathbf{u}^{\mathbf{t}})^T = 2\mathbf{E}_l^{\mathbf{t}}(11.29)

che lega il campo di spostamenti incognito $\mathbf{u}^t$

\mathbf{u}^{\mathbf{t}}(\mathbf{p}) = \begin{vmatrix}u^{\mathbf{t}}(x,y,z)\\v^{\mathbf{t}}(x,y,z)\\w^{\mathbf{t}}(x,y,z)\end{vmatrix} =\begin{vmatrix}u^{\mathbf{t}}(\mathbf{p})\\v^{\mathbf{t}}(\mathbf{p})\\w^{\mathbf{t}}(\mathbf{p})\end{vmatrix}(11.30)

al campo di deformazione infinitesimo $\textbf{E}_{l}^{\mathbf{t}}$ assegnato.

Per materiali isotropi quest’ultimo è espresso tramite la relazione elastica inversa

\mathbf{E}_{l}^{\mathbf{t}} = \frac{1+\nu}{E} \mathbf{T}^{\mathbf{t}} - \nu(\tr\:\mathbf{T}^{\mathbf{t}})\:\mathbf{I} = \frac{\mathbf{T}^{\mathbf{t}}}{2G} + \nu(\tr\:\mathbf{T}^{\mathbf{t}})\:\mathbf{I}(11.31)

in funzione del tensore delle tensioni $\mathbf{T}^{\mathbf{t}}$ che viene decomposto additivamente come segue

\mathbf{T}^{\mathbf{t}} = \mathbf{T}^{\mathbf{t}f} + \mathbf{T}^{\mathbf{t}s} = \sigma_z \:\mathbf{k}\otimes\mathbf{k} + (\boldsymbol{\tau}\otimes\ \mathbf{k} + \mathbf{k}\otimes\boldsymbol{\tau})(11.32)

 

 

 

 

 

Determinazione di u^t (2/3)

ovvero, in forma matriciale,

[\mathbf{T}]=\begin{bmatrix}0&0&\tau_{zx}\\0&0&\tau_{zy}\\\tau_{zx}&\tau_{zy}&\sigma_{z}\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0&0&0\\0&0&0\\0&0&\sigma_z\end{bmatrix} + \begin{bmatrix}0&0&\tau_{zx}\\0&0&\tau_{zy}\\\tau_{zx}&\tau_{zy}&0\end{bmatrix}(11.33)

In particolare le componenti $\sigma_z$, $\tau_{zx}$ e $\tau_{zy}$ sono espresse nella forma che, per esigenze di sintesi, sono fornite dalla (11.2) senza far comparire esplicitamente il vettore $\mathbf{t}$.

Quindi, sostituendo la (11.32) nella (11.31) si ottiene

\mathbf{E}_{l}^{\mathbf{t}} = \mathbf{E}_{l}^{\mathbf{t}f} + \mathbf{E}_{l}^{\mathbf{t}s}(11.34)

con

\mathbf{E}_{l}^{\mathbf{t}f} = \frac{1+\nu}{E} \sigma_z\mathbf{k} - \frac{\nu}{E}\:\sigma_z \: \mathbf{I}(11.35)

e

\mathbf{E}_{l}^{\mathbf{t}s} = \frac{1}{2G} \:(\boldsymbol{\tau}\otimes\mathbf{k} + \mathbf{k}\otimes\boldsymbol{\tau}) (11.36)

 

 

Determinazione di u^t (3/3)

In forma matriciale la (11.34) si scrive

\Bigl[\mathbf{E}_{\ell}^{\mathbf{t}}\Bigl] = \Bigl[\mathbf{E}_{l}^{\mathbf{t}f}\Bigl] + \Bigl[\mathbf{E}_{l}^{\mathbf{t}s}\Bigl] = \frac{1}{E} \begin{bmatrix}-\nu\sigma_z&0&0\\0&-\nu\sigma_z&0\\0&0&\sigma_z\end{bmatrix} + \frac{1}{2G} \begin{bmatrix}0&0&\tau_{zx}\\0&0&\tau_{zy}\\\tau_{zx}&\tau_{zy}&0\end{bmatrix} (11.37)

In altri termini il tensore $\mathbf{E}_{l}^{\mathbf{t}}$ si decompone additivamente in due aliquote corrispondenti, rispettivamente, allo stato tensionale associato alla flessione indotta dal taglio ed a quello direttamente indotto dalla forza $\textbf{t}$. Ciò suggerisce di decomporre il vettore $\mathbf{u}^{\textbf{t}}$ nella forma

\mathbf{u}^{\textbf{t}} = \mathbf{u}^{\textbf{t}f} + \mathbf{u}^{\textbf{t}s}(11.38)

in modo tale che

d_{\mathbf{p}}\: \mathbf{u}^{\mathbf{t}f} + \Bigl(d_{\mathbf{p}}\:\mathbf{u}^{\mathbf{t}f}\Bigl)^T = 2\mathbf{E}_{l}^{\mathbf{t}f}\\<br />

d_{\mathbf{p}}\: \mathbf{u}^{\mathbf{t}s} + \Bigl(d_{\mathbf{p}}\:\mathbf{u}^{\mathbf{t}s}\Bigl)^T = 2\mathbf{E}_{l}^{\mathbf{t}s}\ (11.39)

In particolare il vettore $\mathbf{u}^{tf}$ si determinerà con procedura formalmente identica a quella utilizzata nel caso della flessione salvo per il fatto che il campo delle tensioni normali $\sigma_z$ è ora funzione di $z$.Tale procedura viene qui sinteticamente richiamata per evidenziare i punti in cui essa si discosterà da quella successivamente utilizzata per determinare la funzione $\mathbf{u}^{\textbf{t}s}$.

 

 

Determinazione di u^tf(1/2)

Dovendo risultare

\mathbf{E}_{l\:zz}^{\textbf{t} f} = \varepsilon_z = \frac{\partial w^{\textbf{t} f}}{\partial z} = \frac{\ell - z}{E}\:\mathbf{g}_t \cdot \mathbf{r}(11.40)

si assumerà

w^{\textbf{t} f} =  \frac{1}{E} \Bigl(\ell z - \frac{z^2}{2}\Bigl)\:\mathbf{g}_t\cdot \mathbf{r} + f(x,y)(11.41)

con $f$ funzione arbitraria di $x$ ed $y$.

Per le componenti nel piano $xy$ del vettore $\mathbf{u}^{\textbf{t}f}$, ovvero

\mathbf{u}_{\Sigma}^{\textbf{t}f} (x,y,z) = \begin{vmatrix}u^{\textbf{t}f}(x,y,z)\\v^{\textbf{t}f}(x,y,z)\end{vmatrix}(11.42)

si assumerà una espressione identica a quella della flessione salvo per la sostituzione $\nu/E \rightarrow \nu(\ell - z)/E$ corrispondente alla diversa espressione delle $\sigma_z$. Quindi

\mathbf{u}_{\Sigma}^{\textbf{t}f}(\mathbf{p}) =\frac{\nu(\ell - z)}{E} \Bigl[\frac{\mathbf{r}\cdot\mathbf{r}}{2} \:\boldsymbol{\kappa}_t - (\mathbf{g}_t \cdot \mathbf{r})\boldsymbol{\rho}\Bigl] +\, \boldsymbol{q}(z)(11.43)

 

 

 

Determinazione di u^t (2/3)

con

\boldsymbol{q}(z) = \begin{vmatrix}g(z)\\h(z)\end{vmatrix} (11.44)

essendo $g$ ed $h$ funzioni arbitrarie di $z$ e

\boldsymbol{\kappa}_t = \begin{vmatrix}g_{tx}\\g_{ty}\end{vmatrix}(11.45)

In definitiva si è posto

\mathbf{u}^{\textbf{t}f}(x,y,z) = \frac{1}{E} \begin{bmatrix}\nu(\ell - z)\:[\frac{x^2 + y^2}{2} \,g_{tx} + (x\,g_{tx} + y\,g_{ty}) x + g(z)]\\\  \nu(\ell - z)\:[\frac{x^2 + y^2}{2} \,g_{ty} + (x\,g_{tx} + y\,g_{ty}) y + h(z)]\\ (\ell z - \frac{z^2}{2}) (x\,g_{tx} + y\,g_{ty}) + f(x,y)\end{bmatrix}(11.46)

 

 

Determinazione di u^ts(1/4)

Avendo già garantito il rispetto della prima delle (11.39), occorre evidentemente porre

\mathbf{u}^{\textbf{t}s}\:(\mathbf{p}) = \begin{vmatrix}u^{\mathbf{t}s}\:x,y,z)\\v^{\mathbf{t}s}\:(x,y,z)\\w^{\mathbf{t}s}\:(x,y,z)\end{vmatrix} = \begin{vmatrix}0\\0\\w^{\mathbf{t}s}\:(x,y,z)\end{vmatrix} = \begin{vmatrix}\mathbf{u}_{\Sigma}^{\mathbf{t}s} (\mathbf{p})\\0\end{vmatrix} (11.47)

al fine di garantire che le componenti nel piano $xy$ del tensore $\textbf{E}_{l}^{\mathbf{t}s}$ siano nulle come appare dalla rappresentazione matriciale (11.37).

Inoltre, dovendo risultare

\boldsymbol{\gamma}_z^{\mathbf{t}} = \frac{\boldsymbol{\tau}}{G} = \frac{1}{G} [(\grad \mathbf{\Psi}_t)^T + \mathbf{A}_t^p]\:\mathbf{g}_t(11.48)

con

\boldsymbol{\gamma}_z^{\mathbf{t}} = \boldsymbol{\gamma}_z^{\textbf{t}f} + \boldsymbol{\gamma}_z^{\textbf{t}s} = \begin{vmatrix}\frac{\partial u^{\textbf{t}}}{\partial z} + \frac{\partial w^{\textbf{t}}}{\partial x}\\frac{\partial v^{\textbf{t}}}{\partial z} + \frac{\partial w^{\textbf{t}}}{\partial y}\\ 0\end{vmatrix} = d_z\:\mathbf{u}^{\textbf{t}} + d_{\boldsymbol{\mathbf{p}}}\:w^{\mathbf{t}}(11.49)

conviene porre nella (11.47)

w^{\mathbf{t}s}(x,y) = \frac{1}{G} \mathbf{\Psi}_t(x,y)\cdot\mathbf{g}_t\

 

 

 

Infatti, applicando l’identità vettoriale

\grad(\mathbf{a}\cdot\mathbf{b}) = (\grad\mathbf{a})^T\:\mathbf{b} + (\grad\:\mathbf{b})^T\:\mathbf{a} \qquad \mathbf{a},\mathbf{b}\,\in\mathcal{E}(11.51)

con $\mathbf{a} = \mathbf{\Psi}_t$ e $\mathbf{b} = \mathbf{g}_t$, consegue dalla (11.50)

d_{\boldsymbol{\mathbf{p}}}\:w^{\textbf{t}s} = \grad w^{\textbf{t}s} = \frac{1}{G}\:[\grad\:\mathbf{\Psi}_t]^T\:\mathbf{g}_t(11.52)

In tal modo risulta soddisfatta la (11.48) con riferimento al primo addendo del secondo membro. Quindi, rimane da comprendere come portare in conto il secondo addendo della (11.48), ovvero la quantità $\mathbf{A}_t^p\,\mathbf{g}_t/G$, e cioè quale aliquota dei due addendi $d_z \mathbf{u}^{\mathbf{t}}$ e $d_{\mathbf{p}}w^{\mathbf{t}}$ in (11.49) sia tale da restituire la quantità $\mathbf{A}_t^p\,\mathbf{g}_t/G$.

Si è già osservato che le componenti nel piano $xy$ del vettore $\mathbf{u}^{\mathbf{t}}$ sono state definite per rispettare le (11.39) limitatamente alle sole componenti nel piano $xy$. Inoltre la (11.40) è stata soddisfatta tramite la funzione $w^{\mathbf{t}f}$ in (11.41). Ne consegue che la quantità $\mathbf{A}_t^p\,\mathbf{g}_t/G$ in (11.48) può essere portata in conto solo dalla funzione $f$ a meno della quale è definita la soluzione complessiva

w^{\textbf{t}} = w^{\textbf{t}f} + w^{\textbf{t}s} = \frac{1}{E} \bigl(\ell z - \frac{z^2}{2}\bigl) \mathbf{g}_t\cdot\mathbf{r} + f(x,y) + \frac{1}{G} \mathbf{\Psi}_t\cdot \mathbf{g}_t(11.53)

 

 

 

Determinazione di u^ts(2/4)

A tal fine riscriviamo la (11.48) facendo riferimento alle sole componenti non nulle

\boldsymbol{\gamma}^t_{z\Sigma} = d_z\:\mathbf{u}_{\Sigma}^{\textbf{t}} + d_{\boldsymbol{\rho}}\:w^{\textbf{t}} = \frac{1}{G} \:\Bigl[\Bigl(\grad\:\mathbf{\Psi}\Bigl)_{\Sigma}^T + \mathbf{A}_{t\Sigma}^p \Bigl]\:\boldsymbol{\kappa}_t(11.54)

avendo indicato con $(\cdot)_{\Sigma}$ la restrizione al piano $xy$ dei tensori $(\cdot)$. In particolare

\Bigl[grad\:\mathbf{\Psi}_t\Bigl] = \begin{bmatrix}(grad\:\mathbf{\Psi}_t)_{\Sigma}&\mathbf{0}\\\mathbf{0}&0\end{bmatrix}(11.55)

Quindi

\Bigl[\Bigl(\grad\:\mathbf{\Psi}_t\Bigl)\mathbf{g}_t\Bigl]_{\Sigma} = \Bigl(grad\:\mathbf{\Psi}\Bigl)_{\Sigma} \:\boldsymbol{\kappa}_t(11.56)

Inoltre, in base alla (11.8), risulta

\mathbf{A}_t^p\:\mathbf{g}_t = \frac{1+2\nu}{4(1+\nu)}\:(\mathbf{r} \cdot\mathbf{g}_t)\: \mathbf{r} + \frac{1-2\nu}{8(1+\nu)}(\mathbf{r}\cdot \mathbf{r})\:\mathbf{g}_t(11.57)

sicchè

\Bigl(\mathbf{A}_t^p\:\mathbf{g}_t\Bigl)_{\Sigma} = \mathbf{A}_{t\Sigma}^p \:\boldsymbol{\kappa}_t(11.58)

con

\mathbf{A}_{t\Sigma}^p = \frac{1+2\nu}{4(1+\nu)}\:(\boldsymbol{\rho}\otimes\boldsymbol{\rho}) + \frac{1-2\nu}{8(1+\nu)} (\boldsymbol{\rho}\cdot\boldsymbol{\rho})\:\mathbf{I}_{\Sigma} (11.58)

Determinazione di u^ts(3/4)

in quanto

&\mathbf{r}\cdot\mathbf{g}_t = \boldsymbol{\rho}\cdot\boldsymbol{\kappa}_t\\

&\mathbf{r}\cdot\mathbf{r} = \boldsymbol{\rho}\cdot\boldsymbol{\rho}(11.60)

e

[\mathbf{I}_{\Sigma}] = \begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix}

In virtù di queste due ultime identità

\mathbf{u}_{\Sigma}^{\textbf{t}f} = \frac{\nu}{E} (\ell - z )\:\Bigl[\frac{\boldsymbol{\rho}\cdot\boldsymbol{\rho}}{2} \:\boldsymbol{\kappa}_t - (\boldsymbol{\rho}\cdot\boldsymbol{\kappa}_t)\,\boldsymbol{\rho}\Bigl] + \boldsymbol{q}(z) (11.61)

e la (11.53) si scrive equivalentemente

w^{\textbf{t}} = \frac{1}{E} \Bigl(\ell\:z - \frac{z^2}{2}\Bigl) \: \boldsymbol{\kappa}_t\cdot \boldsymbol{\rho} + f(x,y) + \frac{1}{G} \:\mathbf{\Psi}_{t\Sigma}\cdot \boldsymbol{\kappa}_t  (11.62)

 

 

 

Determinazione di u^t

Siamo ora in grado di valutare le funzioni $f$ in (11.40) e $g,h$ in (11.43). Infatti, esse devono rispettare le condizioni

\frac{\partial u^{\textbf{t}}}{\partial y} + \frac{\partial v^{\textbf{t}}}{\partial x} = 0(11.63)

e la (11.49).

La relazione precedente si scrive equivalentemente

\frac{\partial u^{\textbf{t}f}}{\partial y} + \frac{\partial v^{\textbf{t}f}}{\partial x} + \frac{\partial u^{\textbf{t}s}}{\partial y} + \frac{\partial v^{\textbf{t}s}}{\partial x} = 0(11.64)

ed è soddisfatta in quanto $u^{\textbf{t}s} = v^{\textbf{t}s} = 0$ e, in virtù della (11.43), si ha

&\frac{\partial u^{\mathbf{t}s}}{\partial y} = \frac{\nu}{E} (\ell - z)[y\:g_{tx} - x\:g_{ty}]\\

&\frac{\partial v^{\mathbf{t}s}}{\partial y} = \frac{\nu}{E} (\ell - z)[x\:g_{ty} - y\:g_{tx}](11.65)

 

 

Quanto al rispetto della (11.48) osserviamo preliminarmente che, essendo

\mathbf{u}_{\Sigma}^{\textbf{t}} = \mathbf{u}_{\Sigma}^{\textbf{t}f} + \mathbf{u}_{\Sigma}^{\textbf{t}s} = \mathbf{u}_{\Sigma}^{\textbf{t}f}(11.66)

in base alla (11.47), consegue dalla (11.61)

d_z\:u_{\Sigma}^{\textbf{t}} = - \frac{\nu}{E}\:\Bigl[\frac{\boldsymbol{\rho}\cdot\boldsymbol{\rho}}{2} \:\boldsymbol{\kappa}_t - (\boldsymbol{\rho}\cdot\boldsymbol{\kappa}_t)\:\boldsymbol{\rho}\Bigl] + d_z\:\boldsymbol{q}(11.67)

mentre dalla (11.62) si ricava

d_{\boldsymbol{\rho}}\:w^{\textbf{t}} = \frac{1}{E} \Bigl(\ell\:z - \frac{z^2}{2}\Bigl) \: \boldsymbol{\kappa}_t + \frac{1}{G} \:\Bigl(\grad\:\mathbf{\Psi}\Bigl)_{\Sigma}^T\:\boldsymbol{\kappa}_t + d_{\boldsymbol{\rho}}\:f(11.68)

In definitiva la (11.54) si scrive, ricordando la (11.59)

d_z\mathbf{u}_{\Sigma}^{\mathbf{t}} + d_{\boldsymbol{\rho}}\:w^{\textbf{t}}& = - \frac{\nu}{E}\:\Bigl[\frac{\boldsymbol{\rho}\cdot\boldsymbol{\rho}}{2} \:\boldsymbol{\kappa}_t - (\boldsymbol{\rho}\cdot\boldsymbol{\kappa}_t)\:\boldsymbol{\rho}\Bigl] +\: d_z\:\boldsymbol{q}\: +\\

&+ \frac{1}{E} \Bigl(\ell\:z - \frac{z^2}{2}\Bigl) \: \boldsymbol{\kappa}_t + \frac{1}{G} \:\Bigl(\grad\:\mathbf{\Psi}\Bigl)_{\Sigma}^T\:\boldsymbol{\kappa}_t + d_{\boldsymbol{\rho}}\:f\:=\\

&= \frac{1}{G} \:\Bigl(\grad\:\mathbf{\Psi}\Bigl)_{\Sigma}^T\:\boldsymbol{\kappa}_t + \frac{1+2\nu}{4(1+\nu)\:G}\:(\boldsymbol{\rho}\otimes\boldsymbol{\rho})\:\boldsymbol{\kappa}_t + \frac{1-2\nu}{8(1+\nu)G}\:(\boldsymbol{\rho}\cdot\boldsymbol{\rho})\:\boldsymbol{\kappa}_t  (2.69)

Poichè

G = \frac{E}{2(1+\nu)}(2.70)

 

 

la (11.69) si scrive equivalentemente

&d_z\:\boldsymbol{q}\: +\:d_{\boldsymbol{\rho}}\:f - \frac{\nu}{E}\:\Bigl[\frac{\boldsymbol{\rho}\cdot\boldsymbol{\rho}}{2} \:\boldsymbol{\kappa}_t - (\boldsymbol{\rho}\cdot\boldsymbol{\kappa}_t)\:\boldsymbol{\rho}\Bigl] + \frac{1}{E} \Bigl(\ell\:z - \frac{z^2}{2}\Bigl) \: \boldsymbol{\kappa}_t =\\

&=\frac{1+2\nu}{2E}(\boldsymbol{\kappa}_t\cdot\boldsymbol{\rho})\:\boldsymbol{\rho} +  \frac{1-2\nu}{4E}\:(\boldsymbol{\rho}\cdot\boldsymbol{\rho})\:\boldsymbol{\kappa}_t(11.71)

ovvero, semplificando opportunamente

d_z\:\boldsymbol{q}\: +\:d_{\boldsymbol{\rho}}\:f = - \frac{1}{E} \Bigl(\ell\:z - \frac{z^2}{2}\Bigl) \: \boldsymbol{\kappa}_t + \frac{1}{2E}(\boldsymbol{\kappa}_t\cdot\boldsymbol{\rho})\:\boldsymbol{\rho} + \frac{1}{4E}\:(\boldsymbol{\rho}\cdot\boldsymbol{\rho})\:\boldsymbol{\kappa}_t(11.72)

E’ facile mostrare che

d_{\boldsymbol{\rho}}\Bigl\{\frac{1}{4E}(\boldsymbol{\kappa}_t\cdot\boldsymbol{\rho})(\boldsymbol{\rho}\cdot\boldsymbol{\rho})\Bigl\} = \frac{1}{2E}(\boldsymbol{\kappa}_t\cdot\boldsymbol{\rho})\:\boldsymbol{\rho} + \frac{1}{4E}\:(\boldsymbol{\rho}\cdot\boldsymbol{\rho})\:\boldsymbol{\kappa}_t(11.73)

sicchè la (11.72) si scrive equivalentemente

d_z\:\boldsymbol{q}\: +\:d_{\boldsymbol{\rho}}\:f = - d_z\Bigl[\frac{1}{E}\Bigl(\frac{\ell\:z^2}{2} - \frac{z^3}{6}\Bigl)\:\boldsymbol{\kappa}_t\Bigl]\: +\: d_{\boldsymbol{\rho}}\Bigl[\frac{1}{4E} \:(\boldsymbol{\kappa}_t\cdot\boldsymbol{\rho})(\boldsymbol{\rho}\cdot\boldsymbol{\rho})\Bigl](11.74)

 

da cui consegue banalmente

\boldsymbol{q}(z) =   - \frac{1}{E}\Bigl(\frac{\ell\:z^2}{2} - \frac{z^3}{6}\Bigl)\:\boldsymbol{\kappa}_t \qquad f(x,y) = \frac{1}{4E} \:(\boldsymbol{\kappa}_t\cdot\boldsymbol{\rho})(\boldsymbol{\rho}\cdot\boldsymbol{\rho})(11.75)

In definitiva la (11.66) si scrive

\mathbf{u}_{\Sigma}^{\textbf{t}} = \frac{\nu}{E} (\ell - z )\:\Bigl[\frac{\boldsymbol{\rho}\cdot\boldsymbol{\rho}}{2} \:\boldsymbol{\kappa}_t - (\boldsymbol{\rho}\cdot\boldsymbol{\kappa}_t)\:\boldsymbol{\rho}\Bigl] - \frac{1}{E}\Bigl(\frac{\ell\:z^2}{2} - \frac{z^3}{6}\Bigl)\:\boldsymbol{\kappa}_t(11.76)

e la (11.62)

w^{\textbf{t}} = \frac{1}{E} \Bigl(\ell\:z - \frac{z^2}{2}\Bigl) \: \boldsymbol{\kappa}_t\cdot\boldsymbol{\rho} + \frac{1}{G} \:\mathbf{\Psi}_{t\Sigma}\cdot\boldsymbol{\kappa}_t + \frac{1}{4E} \:(\boldsymbol{\kappa}_t\cdot\boldsymbol{\rho})(\boldsymbol{\rho}\cdot\boldsymbol{\rho})(11.77)

Pertanto, esprimendo le quantità precedenti in funzione dei vettori tridimensionali e tenendo conto delle (11.60)

\mathbf{u}^{\mathbf{t}}(\mathbf{p}) &= \frac{\nu}{E} (\ell - z )\Bigl[\frac{\mathbf{r}\cdot\mathbf{r}}{2}\:\mathbf{g}_t - (\mathbf{r}\cdot\mathbf{g}_t)\:\mathbf{r}\Bigl] -  \frac{1}{E}\Bigl(\frac{\ell\:z^2}{2} - \frac{z^3}{6}\Bigl)\:\mathbf{g}_t + \\

&+\frac{1}{E}\:(\mathbf{g}_t\cdot\mathbf{r})\:\Bigl[\ell\:z - \frac{z^2}{2} + \frac{\mathbf{r}\cdot\mathbf{r}}{4}\Bigl]\:\mathbf{k} + \frac{1}{G} \:(\mathbf{\Psi}_t\cdot\mathbf{g}_t)\,\mathbf{k} + \mathbf{u}_G^{\textbf{t}} + \mathbf{w}_G^{\textbf{t}}\times\mathbf{p}(11.78)

essendo $\mathbf{u}_G^{\textbf{t}}$ e $\mathbf{w}_G^{\textbf{t}}$ i parametri del moto rigido arbitrario a meno del quale è definito $\mathbf{u}^{\mathbf{t}}$.

 

Mettendo in evidenza il vettore $\mathbf{g}_t$ l’espressione precedente si scrive, a meno delle componenti di moto rigido

\mathbf{u}^{\mathbf{t}} (\mathbf{p}) &= \Bigl\{ \frac{\nu}{E} (\ell - z) \bigl[\frac{\mathbf{r}\cdot\mathbf{r}}{2}\,\mathbf{\hat{I}} - \mathbf{r}\otimes\mathbf{r}\bigl] - \frac{1}{E} \bigl(\frac{\ell z^2}{2} - \frac{z^3}{6}\bigl)\,\mathbf{\hat{I}} +\\

&+ \frac{1}{E} \bigl[\ell z - \frac{z^2}{2} + \frac{\mathbf{r}\cdot\mathbf{r}}{4}\bigl]\mathbf{k}\otimes\mathbf{r} + \frac{1}{G} (\mathbf{k}\otimes\mathbf{\Psi})\Bigl\}\mathbf{g}_t(11.79)

in cui $\mathbf{g}_t$ è fornito dalla (11.21).

Ricordando la (10.74), ed essendo

\begin{equation}[\mathbf{r}\otimes\mathbf{r}] = \begin{bmatrix}x^2&xy&0\\xy&y^2&0\\0&0&0\end{bmatrix} \quad [\mathbf{k}\otimes\mathbf{r}] = \begin{bmatrix}0&0&0\\0&0&0\\x&y&0\end{bmatrix} \quad [\mathbf{k}\otimes\mathbf{\Psi}] = \begin{bmatrix}0&0&0\\0&0&0\\\Psi_{tx}&\Psi_{ty}&0\end{bmatrix}(11.80)

 

 

 

la (11.79) si scrive in componenti

&u^{\mathbf{t}} (\mathbf{p}) = \Bigl[\frac{\nu}{E} \Bigl(\ell - z\Bigl) \frac{y^2 - x^2}{2} - \frac{1}{E} \Bigl(\frac{\ell z^2}{2} - \frac{z^3}{6}\Bigl)\Bigl] g_{tx} - \frac{\nu}{E} (\ell - z)xy\,g_{ty}\\

&v^{\mathbf{t}} (\mathbf{p}) = -\frac{\nu}{E} \Bigl(\ell - z\Bigl)xy\,g_{tx} + \Bigl[\frac{\nu}{E} \Bigl(\ell - z) \frac{x^2 - y^2}{2} - \frac{1}{E} \Bigl(\frac{\ell z^2}{2} - \frac{z^3}{6}\Bigl)\Bigl] g_{ty}\\

&w^{\mathbf{t}} (\mathbf{p}) = \frac{1}{E} \Bigl(\ell z - \frac{z^2}{2} + \frac{x^2 + y^2}{4}\Bigl)\Bigl(x\,g_{tx} + y\,g_{ty}\Bigl) + \frac{1}{G}\Bigl(\Psi_{t1}\,g_{tx} + \Psi_{t2}\,g_{ty}\Bigl)(11.81)

da cui si evince che il vettore armonico $\mathbf{\Psi}_t$ fornisce contributo solo alle componenti dirette lungo $z$.

Non è superfluo ricordare che gli assi $x$ ed $y$ del sistema di riferimento assunto nel piano della sezione sono assolutamente arbitrari purchè baricentrali. Quindi, essi non devono coincidere necessariamente con le direzioni principali d’inerzia.

 

Le componenti $g_{tx}$ e $g_{ty}$ si valutano esplicitamente in funzione di $T_x$ e $T_y$ osservando che la (11.21), scritta in termini di componenti diventa, tenendo altresì conto della (11.20)

[\mathbf{g}_{t}] = \begin{bmatrix}g_{tx}\\g_{ty}\\0\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}\boldsymbol{\kappa}_t\\0\end{bmatrix} = - \begin{bmatrix}\mathbf{J}_G^{-1}&\mathbf{0}\\\mathbf{0}&0\end{bmatrix}\;\begin{bmatrix}T_x\\T_y\\0\end{bmatrix}(11.82)

ovvero, facendo riferimento alle sole componenti non nulle

[\boldsymbol{\kappa}_t] = \begin{bmatrix}g_{tx}\\g_{ty}\end{bmatrix}  (11.83)

A tal proposito ricordando che il tensore d’inerzia $\mathbf{J}_G$ ha rappresentazione matriciale fornita da

\mathbf{J}_G =\begin{bmatrix}J_{G\,xx}&J_{G\,xy}\\J_{G\,xy}&J_{G\,yy}\end{bmatrix}(11.84)

e che, come già visto nel capitolo relativo alla geometria delle aree, la valutazione di ${\mathbf{J}}_G$ non pone alcun problema operativo per qualunque tipo di sezione.

 

In particolare

[\mathbf{J}_G^{-1}] = \frac{1}{J_{G\,xx}\,J_{G\,yy} - J^2_{G\,xy}} \begin{bmatrix} J_{G\,yy}&-J_{G\,xy}\\ - J_{G\,xy}&J_{G\,xx}\end{bmatrix} (11.85)

sicchè le componenti $g_{tx}$ e $g_{ty}$ sono di immediata valutazione a partire dalla (11.83). Di conseguenza sono altresì note le componenti di spostamento in base alle (11.81).

 

 

Alcune soluzioni notevoli

In base alla (11.2) la determinazione dello stato tensionale indotto dalla forza di taglio $\textbf{t}$ passante per il centro di taglio richiede la valutazione del vettore$\mathbf{g}_t$ fornito dalla (11.21) e la determinazione delle funzioni armoniche $\Psi_{t1}$ e $\Psi_{t2}$ tali che il vettore $\mathbf{\Psi}_t = (\Psi_{t1}, \Psi_{t2},0)$ verifichi le condizioni al contorno (11.4).

Come mostrato alla fine della sezione precedente la valutazione di $\mathbf{g}_t$ è del tutto banale. Ben più ardua è la valutazione delle funzioni armoniche $\Psi_{t1}$ e $\Psi_{t2}$  perchè esse, tranne che per sezioni particolarmente semplici quale quella circolare o ellittica, possono essere determinate solo ricorrendo a sofisticate formulazioni numeriche quali il metodo degli elementi finiti o quello degli elementi di contorno.

Tralasciando questi ultimi casi, poichè esulano dai limiti degli argomenti trattati, mostriamo come si possono determinare $\Psi_{t1}$ e $\Psi_{t2}$ nel caso della sezione circolare ed ellittica.

Sezione circolare

Come più volte ripetuto in precedenza il vettore armonico $\mathbf{\Psi}_t$ deve soddisfare la condizione al contorno

[grad \mathbf{\Psi}_t (\mathbf{r})] \: \mathbf{n}\:(\mathbf{r}) = - \mathbf{A}_t^p \: \mathbf{n}(\mathbf{r}) \qquad \mathbf{r} \in \partial\Sigma(11.86)

e $\textbf{n}$ versore della normale uscente in $\partial \Sigma$.

Il tensore $\mathbf{A}_t^p$ è fornito, in base alla (11.8), da

\mathbf{A}_t^p = \alpha (\mathbf{r}\otimes\mathbf{r}) + \beta(\mathbf{r}\cdot\mathbf{r})\:\hat{\mathbf{I}} = \frac{1+2\nu}{4(1+\nu)} (\mathbf{r}\otimes\mathbf{r}) + \frac{1+2\nu}{8(1+\nu)} (\mathbf{r}\cdot\mathbf{r})\:\hat{\mathbf{I}}(11.87)

sicchè nei punti di frontiera di una sezione circolare di raggio $R$, per i quali risulta $\textbf{r} = R\mathbf{n}$, il secondo membro della (11.86) diventa

-\mathbf{A}_t^p \: \mathbf{n} = - [\alpha R^2 (\mathbf{n}\otimes\mathbf{n}) + \beta R^2 \hat{\mathbf{I}}]\:\mathbf{n}\\= - [\alpha R^2 \mathbf{n} + \beta R^2 \mathbf{n}] = - \frac{3 + 2\nu}{8(1+\nu)} \:R^2\:\mathbf{n}(11.88)

Quindi in base alla (11.86) deve risultare

(grad \mathbf{\Psi}_t)  \mathbf{n} = - \frac{3+2\nu}{8(1+\nu)} R^2 \mathbf{n}(11.89)

ovvero

grad\mathbf{\Psi}_t = - \frac{3+2\nu}{8(1+\nu)} \,R^2\,\hat{\mathbf{I}} (11.90)

 

Essendo $\grad \textbf{r} = \hat{\mathbf{I}}$, consegue banalmente dalla relazione precedente che

\mathbf{\Psi}_t = - \frac{3+2\nu}{8(1+\nu)} R^2\mathbf{r}(11.91)

In componenti, eliminando le componenti nulle, l’espressione precedente si scrive

\begin{vmatrix}\Psi_{t1}\\\Psi_{t2}\end{vmatrix} = - \frac{3+2\nu}{8(1+\nu)} R^2  \begin{vmatrix}x\\y\end{vmatrix}(11.92)

sicchè entrambe le funzioni, in quanto lineari, sono banalmente armoniche.

Per valutare le tensioni tangenziali facciamo riferimento alla espressione sintetica (11.22)_2 esprimendo successivamente $\mathbf{g}_t$ in funzione di $\mathbf{t}$ tramite la (11.21). Considerando le sole componenti nel piano della sezione $\Sigma$ la (11.22)_2 si scrive come segue

\boldsymbol{\tau}_{\Sigma} = - \bigl\{\bigl[\bigl(\grad \mathbf{\Psi}_t\bigl)^T + \mathbf{A}_t^p\bigl]\mathbf{g}_t\bigl\}_\Sigma = - \bigl(\grad \mathbf{\Psi}_t\bigl)^T_{\Sigma} \,\boldsymbol{\kappa}_t - \mathbf{A}_{t\Sigma}^p \,\boldsymbol{\kappa}_t(11.93)

in cui $\boldsymbol{\kappa}_t$ è stato definito in (11.45), $(\grad\,\mathbf{\Psi}_t)_\Sigma$ in (11.55) e$\mathbf{A}_t^p$ in (11.59).

 

 

Nel caso in specie, in virtù della (11.90)

\bigl[\bigl(\grad\,\mathbf{\Psi}_t\bigl)_\Sigma\bigl] = - \frac{3+2\nu}{8(1+\nu)} R^2 \begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix} = - \frac{R^2}{8(1+\nu)} \begin{bmatrix}3+2\nu&0\\0&3+2\nu\end{bmatrix}(11.94)

e

[\mathbf{A}_t^p] = \frac{1}{8(1+\nu)} \begin{bmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{bmatrix} (11.95)

con

&a_{11} = (2+4\nu)x^2 + (1-2\nu)(x^2 + y^2) = (3+2\nu)x^2 + (1-2\nu)y^2 \\

&a_{12} = a_{21} = (2+4\nu)xy\\

&a_{22} = (2+4\nu)y^2 + (1-2\nu)(x^2 + y^2) = (3+2\nu)y^2 + (1-2\nu)x^2(11.96)

 

 

 

Pertanto la (11.93) si scrive

[\boldsymbol{\tau}] = \begin{bmatrix}\tau_{zx}\\\tau_{zy}\end{bmatrix} = \frac{1}{8(1+\nu)} \begin{bmatrix}b_{11}&b_{12}\\b_{21}&b_{22}\end{bmatrix} \, \begin{bmatrix}g_{tx}\\g_{ty}\end{bmatrix}(11.97)

con

&b_{11} = (3+2\nu)(R^2 - x^2) - (1-2\nu)y^2 \\

&b_{12} = b_{21} = - (2+4\nu)xy\\

&b_{22} = (3+2\nu)(R^2 - y^2) - (1-2\nu)x^2(11.98)

 

 

In particolare, assumendo il sistema di riferimento di fig. 3 e supponendo $T_x = 0$, le (11.94) e (11.83) forniscono

\begin{bmatrix}g_{tx}\\g_{ty}\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}\frac{1}{J_{G\,xx}}&0\\ 0&\frac{1}{J_{G\,yy}}\end{bmatrix} \quad \begin{bmatrix}0\\T_y\end{bmatrix} = \frac{T_y}{J_{G\,yy}} \begin{bmatrix}0\\\\1\end{bmatrix} = \frac{T_y}{I_{Gx}}\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}(11.99)

in quanto $J_{G\,xy} = 0 $  e

J_{G\,yy} = I_x =  \frac{\pi R^4}{4}

rappresenta il momento d’inerzia della sezione rispetto all’asse $x$.In definitiva la (\ref{F491}) fornisce

\begin{bmatrix}\tau_{zx}\\ \tau_{zy}\end{bmatrix} = \frac{T_y}{8\,I_{Gx} (1+\nu)} = \begin{bmatrix}- (2 + 4\nu) xy\\(3+2\nu)(R^2 - y^2) - (1-2\nu)x^2\end{bmatrix}(11.100)

In particolare, per rispettare le condizioni di simmetria conseguenti all’applicazione della sola forza $T_y$, le $\tau_{zx}$ sono lineari in $x$ e le $\tau_{zy}$ quadratiche in $x$. Dunque le $\tau_{zy}$ sono simmetriche rispetto all’asse $y$ e le $\tau_{zx}$ emisimmetriche.

 


Sezione ellittica

Nel caso di una frontiera $\partial \Sigma$ più complicata di quella circolare, è ragionevole attendersi che le funzioni $\Psi_{t1}$ e $\Psi_{t2}$ abbiano una forma più complessa di quella fornita dalle  (11.92). Infatti occorre tenere conto del fatto che i vettori $\textbf{r}$ e $\textbf{n}$ non sono più proporzionali tra loro come nel caso della sezione circolare.

Anche il procedimento di determinazione delle funzioni $\Psi_{t1}$ e $\Psi_{t2}$, come si dimostrerà tra breve, è ben più complesso di quello che caratterizza il caso della sezione circolare. A tale scopo riscriviamo i seguenti risultati

Si consideri l’ellisse di semiassi a e b definita dalla equazione

f(x,y) = \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} - 1 = 0(11.101)

e ricaviamo, con riferimento a tale funzione presa come esempio, una proprietà generale delle curve piane.

Per definizione, la funzione$f$ è costante, in particolare nulla, lungo l’ellisse. Conseguentemente, introdotta l’ascissa curvilinea $s$ lungo l’ellisse, deve risultare

d_s\:\hat{f}(s) = 0(11.102)

avendo indicato con $\hat{f} : s\rightarrow \hat{f}(s)$ la funzione composta \hat{f} : s \rightarrow (x(s), y(s)) \rightarrow f(x(s), y(s))$.

 

Dunque la (11.102) diventa

d_{\mathbf{p}} f \cdot d_s \mathbf{p} = \grad f \cdot \textbf{t} = 0 (11.103)

essendo $\textbf{p} = (x,y,z)$ e

\mathbf{t} = \frac{d\mathbf{p}}{ds} = \begin{vmatrix}\frac{dx}{ds}\\\frac{dy}{ds}\\0\end{vmatrix}(11.104)

il versore tangente all’ellisse nel suo generico punto.

Dalla geometria differenziale delle curve piane è noto che il versore normale ad una curva è legato al versore tangente dalla relazione

\boldsymbol{n} = \mathbf{k}\times\mathbf{t} \quad \Leftrightarrow\quad  \begin{vmatrix}\frac{dx}{dn}\\\frac{dy}{dn}\\0\end{vmatrix} = \begin{vmatrix}n_1\\n_2\\0\end{vmatrix} = \begin{vmatrix}-\frac{dy}{ds}\\\frac{dx}{ds}\\0\end{vmatrix} (11.105)

 

sicchè la (11.103) si scrive, limitandosi alle componenti non nulle

\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{df}{dx}\\\displaystyle\frac{df}{dy}\end{vmatrix} \:\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{dx}{ds}\\\displaystyle\frac{dy}{ds}\end{vmatrix} = \begin{vmatrix}\displaystyle\frac{df}{dx}\\\displaystyle\frac{df}{dy}\end{vmatrix} \:\begin{vmatrix}\displaystyle\frac{dy}{dn}\\- \frac{dx}{dn}\end{vmatrix} = \frac{df}{dx} \:n_2 - \frac{df}{dy} \:n_1 = 0(11.106)

Dunque, in tutti i punti della curva di equazione $f(x,y)=0$, risulta

\frac{df}{dx} \Bigl/ \frac{df}{dy} = \frac{n_1}{n_2}(11.107)

e cioè il rapporto tra le componenti del gradiente della funzione $f$  coincide con quello tra le componenti del versore normale. Vedremo tra breve l’utilità di tale relazione nel derivare il vettore armonico $\mathbf{\Psi}$ relativo ad una ellisse.

Per fissare le idee iniziamo a determinare la funzione $\Psi_{t1}$ in quanto la simmetria del problema consentirà  facilmente di ricavare la $\Psi_{t2}$ una volta nota $\Psi_{t1}$. In particolare la prima delle (11.86) si scrive

\frac{d\Psi_{t1}}{dx} \:n_1 (\mathbf{r}) + \frac{d\Psi_{t1}}{dy} \:n_2 (\mathbf{r}) = - [\mathbf{A}_t^p\:\mathbf{n} (\mathbf{r})]_1(11.108)

 

in cui il secondo membro vale

- [\mathbf{A}_t^p\:\mathbf{n} (\mathbf{r})]_1 &= - [\alpha(\mathbf{r}\cdot\mathbf{n})\:\mathbf{r} + \beta(\mathbf{r}\cdot\mathbf{r})\:\mathbf{n}]_1 =\\

&= - [\alpha(xn_1 + yn_2) x + \beta(x^2 + y^2) \:n_1] =\\

&= - \{[\alpha\:x^2 + \beta(x^2 + y^2)]n_1 + \alpha\:xy\:n_2\}(11.109)

in cui si ricorda che, essendo valutate nei punti della frontiera $\partial\Sigma$, le variabili $x$ ed $y$ sono reciprocamente dipendenti tramite la (11.101). Infatti

x^2 = a^2 - \frac{a^2}{b^2} \: y^2(11.110)

Poichè la (11.107) fornisce

\frac{x}{a^2}\:\frac{b^2}{y} = \frac{n_1}{n_2}(11.111)

la (11.109) si scrive anche

-[\mathbf{A}_t^p \:\mathbf{n}(\mathbf{r})]_1 = - \{[\alpha x^2 + \beta(x^2 + y^2)] xb^2 + \alpha \:xy(a^2\:y)\}\frac{n_2}{a^2 y}(11.112)

Analogamente il primo membro della (11.108) si scrive

\biggl( \frac{d\Psi_{t1}}{dx} \:xb^2 + \frac{d\Psi_{t1}}{dy} \:ya^2\biggl) \frac{n_2}{a^2y}(11.113)

 

sicchè, per l’arbitrarietà di $n_2/a^2y$ si ricava

\frac{d\Psi_{t1}}{dx} \:xb^2 + \frac{d\Psi_{t1}}{dy} \:ya^2 = - [\alpha x^2 + \beta(x^2 + y^2)] xb^2 - \alpha a^2 xy^2(11.114)

Poichè il secondo membro è un polinomio nelle variabili$x$ ed $y$, è naturale assumere per $\Psi_{t1}$ una funzione con analoghe caratteristiche. Una classe generale di funzioni siffatte si ottiene considerando la parte reale delle funzioni analitiche, dette anche olomorfe, del tipo

\Phi = (x + i\:y) + (x + i\:y)^3\(11.115)

essendo $i$ l’identità nel campo complesso. Pertanto, si può assumere per $\Psi_{t1}$ l’espressione

\Psi_{t1} = c_1\:x + d_1(x^3 - 3xy^2)(11.116)

con $c_1$ e $d_1$ costanti arbitrarie da determinare in modo da verificare la (11.114). In particolare, è immediato verificare che la $\Psi_{t1}$ è armonica e che risulta

\frac{d\Psi_{t1}}{dx} = c_1 + 3d_1(x^2 - y^2) \qquad \frac{d\Psi_{t1}}{dy} = - 6d_1 xy(11.117)

Sostituendo le espressioni precedenti nelle (\ref{F473}) si ha

[c_1 + 3d_1(x^2 - y^2)]xb^2 - 6d_1xy^2a^2 = -[\alpha x^2 + \beta(x^2 + y^2)] xb^2 - \alpha^2xy^2

 da cui si ricava, dividendo ambo i membri per $x$ e sostituendo la (11.114)

&\biggl[c_1+3d_1\biggl(a^2-\frac{a^2}{b^2}y^2-y^2\biggl)\biggl]b^2-6 d_1 a^2 y^2 =\\

&= - \alpha b^2\biggl(a^2 - \frac{a^2y^2}{b^2}\biggl) - \beta b^2\biggl(a^2 -\frac{a^2}{b^2} y^2 + y^2\biggl) + \alpha a^2y^2(11.118)

La relazione precedente si può scrivere altresì, dopo qualche passaggio

b^2c_1 + 3d_1[a^2b^2 - (a^2 + b^2) y^2] - 6d_1a^2y^2 = -\alpha a^2b^2 - \beta a^2b^2 + \beta(a^2 - b^2) y^2(11.120)

da cui si ricava, uguagliando i coefficienti dei monomi 1 e y^2

&b^2 c_1 + 3d_1 a^2b^2 = - (\alpha + \beta) a^2b^2\\

&-3d_1(a^2 + b^2) - 6d_1 a^2 = \beta (a^2 - b^2)(11.121)

Pertanto dalla seconda si ricava

d_1 = - \frac{\beta}{3} \frac{a^2-b^2}{3a^2+b^2} = \frac{1-2\nu}{24(1+\nu)} \frac{b^2-a^2}{3a^2+b^2}(11.122)

e dalla prima delle (11.121)

c_1 = - \frac{a^2}{3a^2 + b^2} \biggl[a^2 + \frac{b^2}{2(1+\nu)}\biggl](11.123)

In definitiva la funzione $\Psi_{t1}$ si scrive

\Psi_{t1} = - \frac{a^2}{3a^2 + b^2} \biggl[a^2 + \frac{b^2}{2(1+\nu)}\biggl] x + \frac{1-2\nu}{8(1+\nu)} \frac{b^2 - a^2}{3a^2 + b^2} \biggl(\frac{x^3}{3} - xy^2\biggl)(11.124)

ed è facile verificare che per $a=b=R$ l’espressione precedente coincide con la prima delle (11.92).

 

Per evidenti ragioni di simmetria la funzione $\Psi_{t2}$ si ottiene dalla espressione precedente scambiando $a$ con $b$ ed $x$ con $y$. Quindi, ponendo

c_2 = - \frac{b^2}{a^2 + 3b^2}\:\biggl[b^2 + \frac{a^2}{2(1+\nu)}\biggl] \qquad d_2 = \frac{1-2\nu}{24(1+\nu)} \frac{a^2 - b^2}{a^2 + 3b^2}(11.125)

risulta

\Psi_{t2} = c_2 y + 3d_2 \biggl(\frac{y^3}{3} - x^2 y\biggl)(11.126)

Quindi

\frac{d\Psi_{t2}}{dx} = - 6d_2 xy \qquad \frac{d\Psi_{t2}}{dy} = c_2 + 3d_2(y^2-x^2)(11.127)

e le tensioni tangenziali valgono, in base alle (11.22) e (11.85)

\begin{vmatrix}\tau_{zx}\tau_{zy} \end{vmatrix} = &- \frac{1}J_{G\:xx}J_{G\:yy} -J^2_{Gxy}}\Biggl\{ \begin{bmatrix}c_1 + 3d_1(x^2 - y^2)&-6d_2xy\\-6d_1xy& c_2 + 3d_2(y^2 - x^2)\end{bmatrix} \\&+ \alpha\begin{bmatrix} x^2&xy\\xy&y^2\end{bmatrix}++ \beta \begin{bmatrix} x^2 + y^2&0\\\\0&x^2 + y^2\end{bmatrix} \Biggl\} \begin{bmatrix}J_{Gyy}&-J_{Gxy}\\\\-J_{Gxy}&J_{Gxx}\end{bmatrix} \begin{bmatrix}T_x\\\\T_y\end{bmatrix}<br />
 (11.128)

esibendo una dipendenza al più quadratica tanto da $x$ che da $y$.

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