F. Cucco – Esercitazioni di StaticaF. Cucco – Esercitazioni di Statica 3 L’unica sollecitazione presente è lo Sforzo Normale, il cui diagramma è lineare con valore massimo

F. Cucco – Esercitazioni di Statica

2

Esempio 1 Si voglia verificare il supporto di una statua equestre in bronzo (Fig.1.1) che pesa, com-presa la base d’appoggio, P = 150 KN. Il basamento sia alto l = 10 m ed abbia una sezione

rettangolare di dimensioni b=2m e h= 4 m. Si faccia in modo che il baricentro G del cavallo sia verticalmente allineato con l’asse geometrico del supporto. Il sistema può essere schematizzato come un’asta verticale sottoposta ad una forza as-siale P, applicata nella sezione terminale, e ad un carico assiale q uniformemente distribuito (Fig.2.1). Il carico distribuito è dato dal peso pro-prio del supporto per unità di lunghezza. Il valore di q si ottiene, quindi, moltiplicando il peso speci-fico del materiale per il volume unitario. Se si ipo-tizza che il materiale sia ad es. bio-calcarenite e che il suo peso di volume sia 1800 daN/m3, il cari-co q vale (2x4x1)x1800 = 14400 daN. Si effettui l’analisi strutturale del sistema schema-

tizzato in Fig.2.1. Sappiamo che per analisi strutturale si intende quel processo che porta a stabilire se un determinato manufatto gode sia della stabilità di corpo rigido, che del grado di resistenza opportuno affinché esso possa sopportare, senza rom-persi, le azioni che si prevede agiscano su di esso. Il vincolo esterno è stato rappresentato come un inca-stro, cioè come un vincolo in grado di sopprimere oltre alla traslazione verticale, anche quella orizzontale e tutte le possibili rotazioni. Il vincolo reale, in effetti non è tale, esso è un vincolo di semplice contatto, di tipo monolatero, in grado, cioè, di reagire secondo una sola direzione1

Dalla scrittura delle equazioni di equilibrio si ricava che l’unica reazione esistente è la reazione verticale VA, il cui valore è uguale a P+ql.

. Tuttavia, per i fini che ci proponiamo in questa sede, è possibile considerarlo come un inca-stro, cioè come un vincolo in grado di rendere isostati-co (stabile) il sistema.

La legge di variazione delle caratteristiche della sollecitazione si ottiene, come è noto, calcolando le reazioni interne in corrispondenza della sezione generica a distanza x:

00

= +==

N( x ) P qxT( x )M( x )

1 Vedi: Filippo Cucco, Statica e consolidamento degli edifici storici, Grafill, Palermo, 2008

Fig. 1.1

Fig. 2.1


3

L’unica sollecitazione presente è lo Sforzo Normale, il cui diagramma è lineare con valore massimo in corrispondenza della base vincolata2

. La sezione critica risulta sollecitata a sforzo normale semplice e, pertanto, la reazione diffusa del vincolo di continuità sarà for-mata soltanto da tensioni normali σ, costanti in tutti i punti, ed uguali al rapporto tra lo sforzo normale e l’area della sezione

+= =

N P qlA bh

σ

Sostituendo i valori numerici, ed adoperando come unità di misura il daN per le forze ed il cm per le grandezze geometriche, si ottiene che all’interno del supporto della nostra statua il massimo stress si trova nei punti appartenenti alla sezione di base e vale

15000 14000 10 1 94200 400max , σ + ⋅

= =⋅

daN/cm2

Il nostro materiale lapideo riuscirà a sopportare una tensione normale di 1,94 daN/cm2 ? Per dare una risposta a questa domanda è necessario conoscere quale è la tensione normale di rottura del materiale. Essa, certamente, non possiamo trovarla tabellata, in quanto la re-sistenza della bio-calcarenite –come di un qualunque altro materiale- non è sempre identi-ca, essa dipende dalla particolare composizione mineralogica della pietra. Pertanto, prima dell’analisi, occorre prelevare un certo numero di campioni ed inviarli presso un laborato-rio specializzato. Esso ci restituirà tutti i parametri che caratterizzano il comportamento fi-sico-meccanico del materiale: il suo peso di volume Pv, il modulo di Young E, il coeffi-ciente di Poisson ν e, infine, le tensioni di rottura. Supponiamo che le prove di laboratorio forniscano i seguenti risultati Pv = 1500 daN/m3; E = 30.0000 daN/cm2; ν = 0,21 σ+

r = 0,36 daN/cm2; σ-

r = 3,5 daN/cm2; τr = 0,31 daN/cm2; Il nostro valore di confronto è senza dubbio la tensione normale di rottura a compressione, il cui valore, 3,5, è senz’altro superiore alla tensione di esercizio 1,94. Ciò significa che possiamo dormire sonni tranquilli? Che possiamo passare alla fase esecutiva? Il grado di sicurezza s si ottiene dividendo la tensione di rottura per quella di esercizio, e, pertanto, si ha

3 5 1 81 94

= =,s ,

,

Ciò significa che i carichi previsti, per provocare la rottura del materiale, dovrebbero am-plificarsi 1,8 volte. Se riteniamo che questo margine di sicurezza possa metterci al riparo

2Essendo il carico distribuito secondo l’asse qo(x)=costante, l’integrale è proprio una funzione lineare.


4

da eventuali errori di valutazione dei carichi, da eventuali difetti di esecuzione e da una possibile sottostima della resistenza del materiale, possiamo senz’altro passare alla fase e-secutiva, altrimenti dobbiamo cercare di aumentare il margine di sicurezza. Ciò può essere fatto adottando, ad. es. un materiale con una maggiore resistenza a parità di peso specifico, oppure irrobustendo il supporto ampliandone le dimensioni geometriche, oppure cercando di ridurre le azioni meccaniche attraverso l’uso di materiali più leggeri. Nella realtà esisterebbe anche un ulteriore problema. I vincoli teorici si considerano infi-nitamente rigidi ed infinitamente resistenti, ma in pratica ciò non è vero. La statua ed il suo supporto si scaricheranno al suolo, esercitando su di esso -per il principio di azione e rea-zione- una pressione pur essa di 1,94 daN/cm2. Riuscirà il litotipo che compone gli strati superficiali del terreno a sopportare una tensione di compressione di 1,94 daN/cm2? Il ter-reno può ancora considerarsi tale da poterne trascurare la deformazione? Ovviamente, oc-corre anche rispondere a questi quesiti, ma ciò implicherebbe l’intervento di un’altra bran-ca della meccanica che è la Geotecnica. Essa studia il comportamento meccanico e le ca-ratteristiche di resistenza e deformabilità delle variegate rocce che formano la crosta terre-stre, ma ciò, ovviamente, va al di là dei limiti del nostro corso.


5

Esempio 2 Si voglia nuovamente verificare il supporto della medesima statua dell’esempio preceden-te. Questa volta esso sia una mensola metallica, incastrata in A (Fig.3.1), la cui sezione tra-sversale è uno scatolare di base b= 2m ed altezza h=70 cm, il cui spessore è d=2 cm. La verticale passante per il baricentro del cavallo interseca l’asse geometrico della trave e di-sta a=2 m dall’estremo libero ed l=12 m dall’estremo incastrato A.

Fig. 3.1 Il peso della statua, compresa la base d’appoggio, è sempre P = 150 KN. Il sistema può essere schematiz-zato come un’asta incastrata sottoposta ad una forza verticale P, applicata a distanza l dall’incastro, e ad un carico q uniformemente distribuito (Fig.4.1). Il carico distribuito è dato dal peso proprio del supporto per u-nità di lunghezza. Il valore di q si ottiene, quindi, mol-tiplicando il peso specifico del materiale per il volume dell’unità di lunghezza della trave. Il peso specifico dell’acciaio è di 7850 daN/m3, il volume unitario è

V= [(2x0,7)-(1,96x0,66)]x1= 0,106 m3,

il carico q vale, pertanto, 0,106x7850 = 832 daN/m. Si effettui l’analisi strutturale del sistema schematiz-zato in Fig.4.1. Dalla scrittura delle equazioni di equilibrio si ricava che le uniche reazioni esistenti sono la reazione verti-cale VA, il cui valore è uguale a P+q(l+a), e la coppia

MA, che vale Pl+q(l+a)2/2. La legge di variazione delle caratteristiche della sol-

lecitazione si ottiene calcolando, nei tratti BC e AB, le reazioni interne in corrispondenza della sezione generica a distanza x:

Fig. 4.1


6

2

2

0

2

0

2

=

= + +

+= − −

=

=

= −

AB

AB

AB

BC

BC

BC

N ( x )T ( x ) q( x a ) P

q( x a )M ( x ) Px

N ( x )T ( x ) qx

qxM ( x )

Come si vede dai diagrammi, la sezione critica è la sezione d’incastro: in essa agiscono contemporaneamente il massimo valore del taglio e del momento flettente. La reazione di-stribuita del vincolo di continuità sarà formata, in ogni punto, sia da tensioni normali σ (dovute ad M), che da tensioni tangenziali τ dovute a T. In particolare sappiamo, dalla Teoria della Trave, che la distribuzione delle tensioni normali è lineare, nulla in corrispon-denza dell’asse neutro, ed esprimibile dalla formula di Navier

=n

MJ

σ λ

Il piano di sollecitazione è il piano che contiene le forze, quindi esso è il piano verticale di simmetria passante per il ba-ricentro della sezione trasversale. Essen-do l’asse di sollecitazione s-s coincidente con un asse di simmetria –quindi anche

asse principale d’inerzia-, l’asse neutro n-n, dovendo essere baricentrico e coniugato di s-s, sarà l’altro asse principale ortogonale. Noto n-n, la distanza a cui si trovano le massime

tensioni è λ+=|λ−|=h/2, mentre il momento d’inerzia è ( ) ( )33 2 212 12n

b d h dbhJ− ⋅ −

= + .

Sostituendo i valori numerici ed omogeneizzando le unità di misura, otteniamo

( )22 832 12 215000 12 261536

2 2q( l a )M Pl

++= + = ⋅ + = daNm

( )( )33 3 32 2 200 70 196 66 102089812 12 12 12n

b d h dbhJ− − ⋅ ⋅

= − = − = cm4

70 35

2 2+ −= = = =

hλ λ cm

Fig. 5.1


7

Sostituendo questi ultimi all’interno della formula di Navier ed omogeneizzando le unità di misura, si ottiene

26153600 35 8971020898

σ σ+ −= = = daN/cm2

La nostra trave in acciaio riuscirà a sopportare una tensione normale massima di 897 daN/cm2 ? Per dare una risposta a questa domanda è necessario conoscere quale è la ten-sione normale di snervamento del materiale. Essendo l’acciaio un materiale prodotto e con-trollato in stabilimento, le sue caratteristiche fisico-meccaniche sono note a priori, e per-tanto non è necessario procedere a delle prove di laboratorio preventive. Esse, se mai, van-no effettuate soltanto per controllare se il materiale fornito ha realmente le caratteristiche dichiarate dal produttore. Le caratteristiche del materiale siano Pv = 7850 daN/m3; E = 2.100.000 daN/cm2; ν = 0,3 σ+

n = 4500 daN/cm2; σ-

n = 4500 daN/cm2; τn = 3600 daN/cm2; Il nostro valore di confronto è senza dubbio la tensione normale di snervamento a trazione-compressione, il cui valore, 4500, è senz’altro superiore alla tensione di esercizio 614,07. Ciò significa che possiamo dormire sonni tranquilli? Che possiamo passare alla fase esecu-tiva? Il grado di sicurezza s si ottiene dividendo la tensione di rottura per quella di esercizio, e, pertanto, si ha

4500 5 02897

s , = =

Ciò significa che i carichi previsti, per provocare lo snervamento del materiale, con riferi-mento alla sola flessione, dovrebbero amplificarsi 5,02 volte. Se riteniamo che questo mar-gine di sicurezza possa metterci al riparo da eventuali errori di valutazione dei carichi, da eventuali difetti di esecuzione e da una possibile sottostima della resistenza del materiale, possiamo senz’altro passare alla fase esecutiva, altrimenti dobbiamo cercare di aumentare il margine di sicurezza. In genere il valore minimo del coefficiente di sicurezza s viene stabilito per legge, per i vari tipi di materiale.


8

Esempio 3 Si voglia ancora verificare il supporto della medesima statua dell’esempio precedente, la cui sezione trasversale è sempre uno scatolare di base b= 2m ed altezza h=70 cm e spesso-re d=2 cm. La verticale passante per il baricentro del cavallo dista a=2 m dall’estremo libe-ro e l=12 m dall’estremo incastrato A. La medesima verticale, questa volta, non interseca più l’asse geometrico della trave, ma ha da esso una eccentricità t=0,8 m (Fig. 6.1).

Fig. 6.1

Il peso della statua, compresa la base d’appoggio, è sempre P = 150 KN. Il sistema può es-

sere schematizzato come un’asta incastrata sottoposta ad una forza verticale P, applicata a distanza l dall’incastro, ad un carico q uniformemente distribuito e ad una coppia Pt agente sul piano della sezione B (Fig.7.1). Il carico di-stribuito è dato dal peso proprio del supporto per unità di lunghezza. Il valore di q si ottiene, quindi, moltiplicando il peso specifico del materiale per il volume dell’unità di lunghezza della trave. Il peso specifico dell’acciaio è di 7850 daN/m3, il volume unitario è

V= [(2x0,7)-(1,96x0,66)]x1= 0,106 m3

il carico q vale, pertanto, 0,106x7850 = 832,10 daN/m. Si effettui l’analisi strutturale del sistema schematizzato in Fig.7.1. Dalla scrittura delle equazioni di equilibrio si ricava che le uniche reazioni esistenti sono la reazione verticale VA, il cui valore è uguale a P+q(l+a), la coppia MyA, che vale Pl+q(l+a)2/2 e la coppia MxA=Pt La legge di variazione delle caratteristiche della solleci-tazione si ottiene calcolando, nei tratti BC e AB, le rea-zioni interne in corrispondenza della sezione generica a Fig. 7.1


9

distanza x:

2

2

0

2

0

2

AB

AB

yAB

xAB

BC

BC

yBC

xBC

N ( x )T ( x ) q( x a ) P

q( x a )M ( x ) Px

M ( x ) Pt

N ( x )T ( x ) qx

qxM ( x )

M ( x ) Pt

=

= + +

+= − −

=

=

=

= −

=

La particolarità, rispetto all’esempio precedente, è che questa volta compare anche come sollecitazione il Momento Torcente, che è costante in tutte le sezioni del tratto AB della

trave. Nel tratto BC non c’è momento torcente perché la coppia Pt si considera applicata in B. Notare dai diagrammi, che nel punto B nascono due salti: uno nel taglio dovuto al carico concen-trato P ed uno nel momento torcente dovuto alla coppia concentrata Pt. Gli stessi diagrammi ci in-formano che la sezione critica è la sezione d’incastro: in essa, infatti, agiscono contempora-

neamente il massimo valore del taglio e del momento flettente, ed il valore costante del momento torcente. La reazione distribuita del vincolo di continuità sarà formata, in ogni punto, sia da tensioni normali σ (dovute ad My), che da tensioni tangenziali τ dovute a T ed Mx. In particolare sappiamo, dalla Teoria della Trave, che, essendo la sezione trasversale una sezione cava a parete sottile, la distribuzione delle tensioni tangenziali dovute alla tor-sione è conforme alle ipotesi di Bredt: le τ sono costanti lungo lo spessore ed inversamente proporzionali ad esso. Esse sono esprimibili dalla formula

2tMs

τ =Ω⋅

Sostituendo i valori numerici ed omogeneizzando le unità di misura, otteniamo

15000 0 8 12000M Pt ,= = ⋅ = daNm ( )( ) ( )( )2 2 200 4 70 4 12936b d h dΩ = − − = − − = cm2

s=d= 2 cm

Fig. 8.1


10

Sostituendo questi ultimi all’interno della formula di Bredt ed omogeneizzando le unità di misura, si ottiene

1200000 23 192 12936 2

,τ = =⋅ ⋅

daN/cm2

Limitatamente, per adesso, alla sola torsione, la nostra trave in acciaio riuscirà a sopportare una tensione tangenziale di 23,19 daN/cm2 ? Le caratteristiche del materiale sono Pv = 7850 daN/m3 E = 2.100.000 daN/cm2 ν = 0,3 σ+

n = 4500 daN/cm2 σ-

n = 4500 daN/cm2 τn = 2475 daN/cm2 Il nostro valore di confronto è la tensione tangenziale di snervamento, il cui valore, 2475, è senz’altro superiore alla tensione di esercizio 23,19. Il grado di sicurezza s si ottiene dividendo la tensione di rottura per quella di esercizio, e, pertanto, si ha

2475 106 7223 19

s , ,

= =

Ciò significa che i carichi previsti, per provocare lo sner-vamento del materiale per sola torsione, dovrebbero ampli-ficarsi 106,72 volte. Osserviamo che in corrispondenza degli spigoli esterni della sezione le tensioni tangenziali devono essere nulle, altrimenti verrebbe contraddetto il Principio di reciprocità delle tensioni tangenziali. Le τ sulla superficie esterna sca-rica devono essere nulle, e lo devono essere anche quelle che gli corrispondono reciprocamente (Fig. 9.1).

Fig. 9.1


11

Esempio 4 Si vogliano calcolare le tensioni tangenziali indotte dal taglio nella sezione critica dell’esempio precedente e, in particolare, la tensione massima. La Teoria semplificata del taglio consente di calcolare la reazione diffusa del vincolo di continuità tramite la formula di Jourawski

TSJ bη

τ =

Il diagramma delle tensioni è parabolico con valori nulli ai bordi superiore ed inferiore e con valore massimo in corrispondenza dell’asse baricentrico η−η (Fig. 10.1). In prossimità delle variazioni brusche dell’ampiezza della corda b si hanno dei salti nel diagramma. Le tensioni τxz sono nulle in quanto le τxy risultano già tangenti ai bordi della sezione.

Fig. 10.1

L’ampiezza della corda in corrispondenza dell’asse baricentrico è 2d, il momento d’inerzia principale Jη si può ottenere per differenza tra il momento d’inerzia baricentrico del rettan-golo esterno e quello del rettangolo interno. b = 2d = 4 cm

3 3 3 32 2 200 70 196 66 102089912 12 12 12b h ( b d )( h d )Jη

− − ⋅ ⋅= − = − = cm4

Il momento statico S è quello della porzione di area che sta sopra la corda baricentrica ri-spetto al medesimo asse η−η . Tale momento statico si può ottenere per differenza tra il momento statico del semirettangolo esterno e quello del semirettangolo interno

2 22 2 22 22 4 2 4 8 8h h ( h d ) ( h d ) b h ( h d )S b ( b d ) ( b d )− − −

= ⋅ − − ⋅ = − −

2 2200 70 196 66 157788 8

S ⋅ ⋅= − = cm3

Il taglio è


12

T=P+q(l+a)=15000+832,10 x 14= 26650 daN Sostituendo nella formula di Jourawski si ottiene

26650 15778 1031020899 4maxτ ⋅

= =⋅

daN/cm2

Limitatamente, per adesso, al solo taglio, la nostra trave in acciaio riuscirà a sopportare una tensione tangenziale di 103 daN/cm2 ? Le caratteristiche del materiale sono Pv = 7850 daN/m3 E = 2.100.000 daN/cm2 ν = 0,3; σ+

n = 4500 daN/cm2 σ-

n = 4500 daN/cm2 τn = 2475 daN/cm2 Il nostro valore di confronto è la tensione tangenziale di snervamento, il cui valore, 2475, è senz’altro superiore alla tensione di esercizio 103. Il grado di sicurezza s si ottiene dividendo la tensione di rottura per quella di esercizio, e, pertanto, si ha

2475 24 02103

s , = =

Ciò significa che i carichi previsti, per provocare lo snervamento del materiale per solo ta-glio, dovrebbero amplificarsi 24,02 volte.


13

Esempio 5 Quando in un vincolo interno esistono più sollecitazioni che concorrono alla generazione del medesimo tipo di tensione, per determinare lo stato di sofferenza del materiale occorre procedere al calcolo delle tensioni massime risultanti. Con riferimento all’Esempio 3, si

voglia calcolare la massima tensione tangenzia-le τ prodotta dall’azione contemporanea del Taglio e del Momento Torcente ed il punto do-ve essa si verifica (punto critico). Come l’individuazione della sezione critica avviene dall’osservazione dei diagrammi delle caratteristiche della sollecitazione, così l’individuazione del punto critico avviene pro-prio attraverso l’osservazione dei diagrammi

delle tensioni. Il valore di τ generato dal momento torcente è costante in tutti i punti, quindi la massima tensione tangenziale si avrà, di certo, in corrispondenza della massima tensione tangenziale generata dal taglio, cioè sull’asse baricentrico η−η. In particolare il punto critico è quel punto in cui la somma vettoriale delle due τ fornisce il valore massimo, cioè il punto A in cui le tensioni sono parallele e di verso concorde (Fig. 11.1). Pertanto la massima tensione tangenziale in assoluto vale

23 18 103 126 18max , ,τ = + = daN/cm2

minore della tensione tangenziale di snervamento τn=2475 daN/cm2.

Fig. 11.1


14

Esempio 6 Verificare la struttura di supporto di Fig.12.1, considerando il medesimo tubo quadro metallico dell’esempio precedente. Le forze in gioco sono, oltre al solito peso P della sta-tua bronzea e del suo piedistallo, anche il peso dello scatolare e l’azione del vento. Il carico gravitazione da luogo ai carichi distribuiti q e qv, mentre, l’azione del vento viene rappre-sentata come un carico uniforme orizzontale di intensità qo. Nelle Figg. 12.1a e 12.1b è mostrato lo schema d’asse, con le relative quote, ed il piano di sollecitazione π che è asse di simmetria dell’intera struttura. Essendo tutte le forze contenute in un piano di simmetria, il sistema è di tipo piano: cioè anche le reazioni vincolari sia esterne che interne giacciono nel medesimo piano. Le caratteristiche della sollecitazione saranno soltanto N, T ed M e le tensioni σ e τ (reazione distribuita), in ciascun punto delle sezioni trasversali, saranno sempre contenute in un piano parallelo a π (σxx e τxz).

Fig. 12.1

Calcoliamo sia le reazioni dei vincoli esterni che le caratteristiche della sollecitazione in funzione di x.

22

0 0

0 02

0 02 2

x o C

vy C

oCC

F ; q s Hq sF ; V q( l a ) P

q s( l a )M ; M q Pl

= − = = − + − − =

+= − − − =

∑

∑

∑


15

da cui

22

2

2 2

C o

vC

oC

H q sq sV q( l a ) P

q sq( l a )M Pl

=

= + + +

+= + +

Prendendo in esame le sezioni generiche nei tratti DB, AD e AC (Fig.13.1) e calcolando, con una proporzione, la funzione

vv ( x )

q xqs

=

Si ottiene

0

2

00

2

DB x aQ qxqx

≤ ≤

= −

0

2

00

2

AD x lQ q( a x ) Pq( a x ) Px

≤ ≤

= + + + − −

2

0

22

02

2 2

v

AC o

o

x s

q xq( a l ) Ps

Q q xq xq( a l ) Pl

≤ ≤

− + − −

=

+ − − −

I diagrammi sono riportati nella Fig.14.1

Fig. 14.1

Fig. 13.1


16

Le possibili sezioni critiche sono due: la sezione A del tratto AD, in cui si ha il massimo valore del taglio, e la sezione C del tratto CA in cui si ha il massimo momento flettente. La sezione A è sollecitata a Taglio e Flessione, mentre, la C è sollecitata a Presso-Flessione e Taglio. Sezione critica A Disegniamo i diagrammi delle tensioni normali e tangenziali nella prima sezione (Fig.15.1)

Fig. 15.1

Si ricorda che il punto critico della sezione, quello dove si ipotizza che si debba verificare la rottura, è quel punto in cui si manifestano, contemporaneamente, la massima tensione σ e la massima τ. Nel nostro caso non esiste un tale punto, per cui occorre prendere in esame più punti: prenderemo i punti A, B, C e D

02

220 20

2

DCBA n

nnC

Db nAn

M h dM hM hJ

JJ TSTS

J dJ d

σσσσ

ττττ

= −= = −= + = ===

(1.1)

Ricordiamo che tali valori sono quelli che si ottengono considerando il piano di taglio (vincolo interno) come ortogonale all’asse della trave. Ora sappiamo che se si effettua un taglio obliquo passante per ciascuno dei punti in esame, in genere, si ottengono valori di-versi delle caratteristiche della sollecitazione e quindi anche delle componenti di tensione σ-τ o, se si vuole, della loro risultante ti. Le componenti di tensione ottenute sono quelle


17

che forniscono il massimo valore di ti? Per saperlo dobbiamo calcolare, in ogni generico punto i, l’intero stato di tensione tramite il teorema di Chauchy, ovvero, direttamente le tensioni principali σ1i e σ2i (che forniscono sia le massime ti che le massime tensioni nor-mali) e le massime tensioni tangenziali τ1i = −τ2i . Queste informazioni possono essere ot-tenute analiticamente con le formule

22

1

22

2

1 21 2

2 2

2 2

2

i ii i

i ii i

i ii i

σ σσ τ

σ σσ τ

σ στ τ

= + +

= − +

−= − =

(2.1)

oppure graficamente tramite l’uso del cerchio di Mohr. Operiamo numericamente con i seguenti valori Pv = 7850 daN/m3 E = 2.100.000 daN/cm2 ν = 0,3 σ+

n = 4500 daN/cm2 σ-

n = 4500 daN/cm2 τn = 2475 daN/cm2 P = 150 KN l = 700 cm a = 200 cm s = 700 cm b = 200 cm h = 70 cm d = 2 cm qvento = 150 daN/m2 qo = 150 x 2=300 daN/m Per ogni metro lineare di scatolare si ha un peso uguale al volume per il peso specifico Pv, pertanto

( ) ( ) 2 2v vq q bh b d h d P = = − − ⋅ −

( ) ( ) 2 0 70 2 2 0 02 0 70 2 0 02 7850 836vq q , , , , = = ⋅ − − ⋅ ⋅ − ⋅ = daN/m

Le sollecitazioni, arrotondando sempre per eccesso, sono

( )2 2836 9 15000 7 1388582 2

q l aM Pl

+ ⋅= + = + ⋅ = daNm


18

( ) 836 9 15000 22524T q l a P= + + = ⋅ + = daN Essendo

( ) ( )33 3 32 2 200 70 196 66 102089912 12 12 12n

b d h dbhJ− ⋅ − ⋅ ⋅

= − = − = cm4

2 22 2 22 22 4 2 4 8 8h h ( h d ) ( h d ) b h ( h d )S b ( b d ) ( b d )− − −

= ⋅ − − ⋅ = − −

2 2200 70 196 66 157788 8

S ⋅ ⋅= − = cm3

Punto critico A Sostituendo ed omogeneizzando le unità di misura, per il punto A, si ottiene

13885800 35 4762 1020899A

n

M hJ

σ = + = = daN/cm2

0Aτ = Sostituendo nelle (2.1) si ottiene σ1= 476 daN/cm2, σ2= 0, τ1=- τ2= σ1/2 = 238 daN/cm2 La massima componente di tensione σ e, quindi, la massima tensione t sono proprio quelle che si ottengono con un taglio ortogonale all’asse, mentre la massima tensione tangenziale si otterrebbe su un diverso piano ed il suo valore è uguale alla metà della tensione massi-ma. Per disegnare il corrispondente cerchio di Mohr3

3 I vari cerchi verranno disegnati in modo qualitativo, senza ricorrere ad alcuna rappresentazione in scala

dobbiamo considerare le coppie di ten-sioni σ e τ che agiscono sui due piani nali π1 e π2 e riportarle sul piano di Mohr sot-toforma di coordinate. Sul piano π1 agiscono le tensioni σΑ e τΑ. Sul piano π2 agisce sempre una tensione σ nulla ed una tensione ziale in accordo con il principio di reciprocità. Pertanto i due punti avranno coordinate (σΑ,0) e (0,0). La congiungente i punti π1 e π2 fornisce il diametro del cerchio (Fig.16.1). I segmenti compresi tra l’origine degli assi e le

intersezioni del cerchio con l’asse delle ascisse forniscono, letti in opportuna scala, le ten-sioni principali. Come si vede si ha una tensione principale positiva σ1=σΑ ed una tensione principale σ2= 0.

Fig. 16.1


19

Il punto in cui si ha la tensione tangenziale massima è il punto π3 di coordinate

2 2A A,σ σ

. Tracciando dal punto π1 la parallela alla retta normale al piano π1 si ottiene il

polo delle normali P. Se si congiunge P con π3 si ottiene la normale al piano su cui agiran-

no le due tensioni 2

Aσσ = e 2

Aστ = . Ciò significa che, se il piano di taglio passante per

il punto A fosse inclinato di 45°, su di esso agirebbero una tensione normale ed una tensio-ne tangenziale uguali tra loro e di valore pari alla metà della tensione normale agente sul piano di taglio ortogonale all’asse geometrico del solido. Punto critico B Sostituendo ed omogeneizzando le unità di misura, per il punto B, si ottiene

13885800 35 4762 1020899B

n

M hJ

σ = − = − = − daN/cm2

0Bτ = Sostituendo nelle (2.1) si ottiene σ1= 0, σ2= - 476 daN/cm2, τ1=- τ2= σ2/2 = -238 daN/cm2 La massima componente di tensione σ e la massima tensione t sono proprio quelle che si

ottengono con un taglio ortogonale all’asse, mentre la massima tensione tangenziale si ot-terrebbe su un diverso piano ed il suo valore è uguale alla metà della tensione massima. Per disegnare il corrispondente cerchio di Mohr dobbiamo considerare le coppie di ten-sioni σ e τ che agiscono sui due piani ortogo-nali π1 e π2 e riportarle sul piano di Mohr sot-toforma di coordinate. Sul piano π1 agiscono le tensioni σB e τB. Sul piano π2 agisce sem-pre una tensione σ nulla ed una tensione tan-genziale in accordo con il principio di reci-

procità. Pertanto i due punti avranno coordinate (-σΒ , 0) e (0,0). La congiungente i punti π1 e π2 fornisce il diametro del cerchio (Fig.17.1). I segmenti compresi tra l’origine degli assi e le intersezioni del cerchio con l’asse delle ascisse forniscono, letti in opportuna scala, le tensioni principali. Come si vede si ha una tensione principale positiva σ1=0 ed una tensione principale σ2= −σΒ. Il punto in cui si ha la tensione tangenziale massima è il punto π3 di coordinate

2 2B B,σ σ −



Fig. 17.1


20


Bσσ = − e 2

Bστ = . Ciò significa che, se il piano di taglio passante per

il punto A fosse inclinato di 45°, su di esso agirebbero una tensione normale ed una tensio-ne tangenziale uguali tra loro e di valore pari alla metà della tensione normale agente sul piano di taglio ortogonale all’asse geometrico del solido. . Punto critico C Sostituendo ed omogeneizzando le unità di misura, per il punto C, si ottiene

0Cσ = daN/cm2

22524 15778 871020899 4C

TSJb

τ⋅

= = =⋅

daN/cm2

Sostituendo nelle (2.1) si ottiene σ1= 87, σ2= - 87 daN/cm2, τ1=- τ2= (σ1-σ2)/2 = 43,5 daN/cm2 La massima componente di tensione σ e la massima tensione t e la massima tensione tan-genziale τ non sono quelle che si ottengono con un taglio ortogonale all’asse, ma esse na-scono su piani diversi ed il loro valore, in assoluto, è sempre il medesimo. Per disegnare il corrispondente cerchio di Mohr dobbiamo considerare le coppie di tensioni σ e τ che agiscono sui due piani ortogonali π1 e π2 e riportarle sul piano di Mohr sottofor-ma di coordinate. Sul piano π1 agiscono le tensioni σC e τC. Sul piano π2 agisce sempre

una tensione σ nulla ed una tensione tangenziale in accordo con il principio di reciprocità. Pertanto i due punti avranno coordinate (0, τC ) e (0,- τC ). La congiungente i punti π1 e π2 fornisce il diametro del cerchio (Fig.18.1). I segmenti compresi tra l’origine degli assi e le intersezioni del cerchio con l’asse delle ascisse forniscono, letti in opportuna scala, le tensioni principali. Come si vede si ha una tensione principale positiva σ1=τC ed una tensione principale negativa σ2= −τC. Tracciando dal punto π1 la parallela alla retta

normale al piano π1 si ottiene il polo delle normali P. Se si congiunge P con i punti di in-tersezione 1 e 2 si ottiene la normale al piano su cui agiranno le due tensioni principa-li. Ciò significa che, se il piano di taglio passante per il punto A fosse inclinato di ± 45°, su di esso agirebbero, una volta una tensione normale di trazione σ1 ed una volta una tensione normale di compressione σ2.

Fig. 18.1


21

Punto critico D Nel punto D non agisce nessuna tensione massima, tuttavia, esso è il punto in cui ad una tensione tangenziale molto prossima a quella massima è associata anche una tensione nor-male (si potrebbe anche prendere in esame il punto simmetrico in cui la tensione normale è di compressione). Sostituendo ed omogeneizzando le unità di misura, per il punto D, si ot-tiene

13885800 33 4492 1020899D

n

M h dJ

σ = − − = − =

daN/cm2

( )22524 200 2 3475

1020899 4DTSJb

τ⋅ ⋅ ⋅

= = =⋅

daN/cm2

Sostituendo nelle (2.1) si ottiene

2 22 2

1449 449 75 461

2 2 2 2D D

Dσ σ

σ τ = + + = + + =

daN/cm2

2 22 2

2449 449 75 12

2 2 2 2D D

Dσ σ

σ τ = − + = − + = −

daN/cm2

1 21 2

461 12 236 52 2

,σ στ τ

− += − = = = daN/cm2

La massima componente normale σ e la massima tensione risultante t e la massima com-ponente tangenziale τ non sono quelle che si ottengono con un taglio ortogonale all’asse, ma esse nascono su piani diversi. Per disegnare il corrispondente cerchio di Mohr dobbiamo considerare le coppie di tensioni σ e τ che agiscono sui due piani ortogonali π1 e π2 e riportarle sul piano di Mohr sottofor-ma di coordinate. Sul piano π1 agiscono le tensioni σD e τD. Sul piano π2 agisce sempre una tensione σ nulla ed una tensione tangenziale in accordo con il principio di reciprocità.

Pertanto i due punti avranno coordinate (σD, τD ) e (0,- τD ). La congiungente i punti π1 e π2 fornisce il diametro del cerchio (Fig.19.1). I segmenti compresi tra l’origine degli assi e le intersezioni del cerchio con l’asse delle ascisse forniscono, letti in oppor-tuna scala, le tensioni principali. Come si vede si ha una tensione principale positiva σ1 (O1) ed una tensione principale negativa σ2 (O2). Tracciando dal punto π1 la parallela alla retta normale al piano π1 si ottiene il polo delle

normali P. Se si congiunge P con i punti di intersezione 1 e 2 si ottiene la normale al pia-no su cui agiranno le due tensioni principali.

La tensione tangenziale massima è pari al raggio del cerchio e si ottiene 1 2

2mxσ σ

τ−

=

Fig. 19.1


22

Conclusioni Una volta che sono stati ottenuti i valori numerici delle varie tensioni principali ed è stato scelto il criterio di sicurezza da adottare, si possono effettuare le verifiche di resistenza. Scegliendo un coefficiente di sicurezza s=2,5, si possono ottenere le tensioni di sicurezza

4500 18002 5

nS S s ,

σσ σ+ −= = = = daN/cm2

2475 9902 5

nS s ,

= = =τ

τ daN/cm2

Criterio di Galileo Occorre confrontare le massime tensioni principali di trazione e compressione con quelle di sicurezza

1

2

476 1800476 1800

max

max

σ

σ

= <

= <

Essendo sia la tensione principale massima di trazione che la tensione principale massima di compressione (in valore assoluto) minori delle rispettive tensioni di sicurezza, la verifica si ritiene soddisfatta. Trattandosi di materiale duttile, in cui la resistenza a trazione è uguale a quella a compres-sione, sarebbe stato sufficiente confrontare la tensione principale massima in valore assolu-to soltanto con l’unica tensione normale di sicurezza. Criterio di Tresca Occorre confrontare le massime tensioni tangenziali con quella di sicurezza

238 990max = <τ Essendo la tensione tangenziale massima minore della relativa tensione di sicurezza, la ve-rifica si ritiene soddisfatta.


23

Criterio di Mises Occorre confrontare la tensione normale ideale σi massima con quella di sicurezza. La ten-sione ideale in un punto può calcolarsi sia a partire direttamente dalle tensioni agenti sul piano ortogonale, sia a partire dalle tensioni principali σ1 e σ2

2 2 23 476 476iA A Aσ σ τ= + = = daN/cm2

2 2 21 2 1 2 476 476iA A A A Aσ σ σ σ σ= + − = = daN/cm2

( )22 23 476 476iB B Bσ σ τ= + = − = daN/cm2

2 2 21 2 1 2 476 476iB B B B Bσ σ σ σ σ= + − = = daN/cm2

2 2 23 3 87 151iC C Cσ σ τ= + = ⋅ = daN/cm2

( ) ( )22 2 21 2 1 2 87 87 87 87 151iC C C C Cσ σ σ σ σ= + − = + − − ⋅ − = daN/cm2

2 2 2 23 449 3 75 467iD D Dσ σ τ= + = + ⋅ = daN/cm2

( ) ( )22 2 21 2 1 2 461 12 461 12 467iD D D D Dσ σ σ σ σ= + − = + − − ⋅ − = daN/cm2

essendo la tensione ideale massima minore della tensione normale di sicurezza, la verifica si ritiene soddisfatta.

476 1800i maxσ = < daN/cm2 Criterio delle tensioni ammissibili Il criterio delle tensioni ammissibili è la commistione del criterio di Galileo con quello di Tresca, la verifica si ritiene soddisfatta se sia le tensioni principali massime che la ten-sione tangenziale massima risultano inferiori, o, al limite, uguali alle rispettive tensioni di sicurezza (tensioni ammissibili, appunto). σmax = 476 < 1800 daN/cm2 τmax = 238 < 990 daN/cm2


24

Sezione critica C Disegniamo i diagrammi delle tensioni normali e tangenziali nella seconda sezione critica (Fig.20.1)

Fig. 20.1

Si ricorda che il punto critico della sezione, quello dove si ipotizza che si debba verificare la rottura, è quel punto in cui si manifestano, contemporaneamente, la massima tensione σ e la massima τ. Nel nostro caso non esiste un tale punto, per cui occorre prendere in esame più punti: prenderemo i punti A, B, C e D

222

00 2 2

DCBA n

nn

C DbAn n

NM hNNN dM hM hJ AAJ AJ A

TS TSJ d J d

σσσσ

τ τττ

= − − −= − = − −= − = ===

(3.1)

Ricordiamo che tali valori sono quelli che si ottengono considerando il piano di taglio (vincolo interno) come ortogonale all’asse della trave. Ora sappiamo che se si effettua un taglio obliquo passante per ciascuno dei punti in esame, in genere, si ottengono valori di-versi delle caratteristiche della sollecitazione e quindi anche delle componenti di tensione σ-τ o, se si vuole, della loro risultante ti. Le componenti di tensione ottenute sono quelle che forniscono il massimo valore di ti? Per saperlo dobbiamo calcolare, in ogni generico punto i, l’intero stato di tensione tramite il teorema di Chauchy, ovvero, direttamente le tensioni principali σ1i e σ2i (che forniscono sia le massime ti che le massime tensioni nor-mali) e le massime tensioni tangenziali τ1i = −τ2i. Queste informazioni possono essere otte-


25

nute analiticamente con le formule (2.1) oppure graficamente tramite l’uso del cerchio di Mohr. Le sollecitazioni, arrotondando sempre per eccesso, sono

( )2 2 2 2836 9 300 7 15000 7 1462082 2 2 2

oC

q l a q sM M Pl+ ⋅ ⋅

= = + + = + + ⋅ = daNm

300 7 2100C oT H q s= = ⋅ = ⋅ = daN 836 7836 9 15000 25450

2 2v

Cq sN V q( l a ) P ⋅

= = + + + = ⋅ + + = daN

essendo

( ) ( )2 2 200 70 196 66 1064A b h b d h d= ⋅ − − ⋅ − = ⋅ − ⋅ = cm2

Punto critico A Sostituendo ed omogeneizzando le unità di misura, per il punto A, si ottiene

14620800 2545035 4772 1020899 1064A

n

NM hJ A

σ = − = − = daN/cm2

0Aτ = Sostituendo nelle (2.1) si ottiene σ1= 477 daN/cm2, σ2= 0, τ1= -τ2= σ1/2 = 239 daN/cm2 La massima componente di tensione σ e, quindi, la massima tensione t sono proprio quelle che si ottengono con un taglio ortogonale all’asse, mentre la massima tensione tangenziale si otterrebbe su un diverso piano ed il suo valore è uguale alla metà della tensione massi-ma. Per disegnare il corrispondente cerchio di Mohr dobbiamo considerare le coppie di tensioni

σ e τ che agiscono sui due piani ortogonali π1 e π2 e riportarle sul piano di Mohr sottoforma di coordinate. Sul piano π1 agiscono le tensioni σΑ e τΑ. Sul piano π2 agisce sempre una ten-sione σ nulla ed una tensione tangenziale in accordo con il principio di reciprocità. Pertan-to i due punti avranno coordinate (σΑ,0) e (0,0). La congiungente i punti π1 e π2 fornisce il diametro del cerchio (Fig.21.1). I segmenti compresi tra l’origine degli assi e le

intersezioni del cerchio con l’asse delle ascisse forniscono, letti in opportuna scala, le ten-sioni principali. Come si vede si ha una tensione principale positiva σ1=σΑ ed una tensione principale σ2= 0.

Fig. 21.1


26


2 2A A,σ σ




Aσσ = e 2

Aστ = . Ciò significa che, se il piano di taglio passante per

il punto A fosse inclinato di 45°, su di esso agirebbero una tensione normale ed una tensio-ne tangenziale uguali tra loro e di valore pari alla metà della tensione normale agente sul piano di taglio ortogonale all’asse geometrico del solido. Punto critico B Sostituendo ed omogeneizzando le unità di misura, per il punto B, si ottiene

146208000 2545035 5252 1020899 1064B

n

NM hJ A

σ = − − = − − = − daN/cm2

0Aτ = Sostituendo nelle (2.1) si ottiene σ1= -525 daN/cm2, σ2= 0, τ1=- τ2= σ1/2 = -262,5 daN/cm2 La massima componente di tensione σ e, quindi, la massima tensione t sono proprio quelle che si ottengono con un taglio ortogonale all’asse, mentre la massima tensione tangenziale si otterrebbe su un diverso piano ed il suo valore è uguale alla metà della tensione massi-ma. La massima componente di tensione σ e la massima tensione t sono proprio quelle che si

ottengono con un taglio ortogonale all’asse, mentre la massima tensione tangenziale si ot-terrebbe su un diverso piano ed il suo valore è uguale alla metà della tensione massima. Per disegnare il corrispondente cerchio di Mohr dobbiamo considerare le coppie di ten-sioni σ e τ che agiscono sui due piani ortogo-nali π1 e π2 e riportarle sul piano di Mohr sot-toforma di coordinate. Sul piano π1 agiscono le tensioni σB e τB. Sul piano π2 agisce sem-pre una tensione σ nulla ed una tensione tan-genziale in accordo con il principio di reci-

procità. Pertanto i due punti avranno coordinate (-σΒ,0) e (0,0). La congiungente i punti π1 e π2 fornisce il diametro del cerchio (Fig.22.1). I segmenti compresi tra l’origine degli assi e le intersezioni del cerchio con l’asse delle a-scisse forniscono, letti in opportuna scala, le tensioni principali. Come si vede si ha una tensione principale positiva σ1=0 ed una tensione principale σ2= −σΒ.

Fig. 22.1


27


2 2B B,σ σ −




Bσσ = − e 2

Bστ = . Ciò significa che, se il piano di taglio passante per

il punto A fosse inclinato di 45°, su di esso agirebbero una tensione normale ed una tensio-ne tangenziale uguali tra loro e di valore pari alla metà della tensione normale agente sul piano di taglio ortogonale all’asse geometrico del solido. Punto critico C Sostituendo ed omogeneizzando le unità di misura, per il punto C, si ottiene

25450 241064C

NA

σ = − = − = − daN/cm2

2100 15778 81020899 4C

TSJb

τ⋅

= = =⋅

daN/cm2


2 22 2

124 24 8 2 42

2 2 2 2C C

C ,σ σσ τ

− − = + + = + + = − daN/cm2

2 22 2

224 24 8 26

2 2 2 2C C

Cσ σ

σ τ− = − + = − + = −

daN/cm2

1 21 2

2 42 26 122 2

,σ στ τ

− − += − = = =

La massima componente di tensione σ e la massima tensione t e la massima tensione tan-genziale τ non sono quelle che si ottengono con un taglio ortogonale all’asse, ma esse na-scono su piani diversi ed il loro valore, in assoluto, è sempre il medesimo. Per disegnare il corrispondente cerchio di Mohr dobbiamo considerare le coppie di ten-sioni σ e τ che agiscono sui due piani ortogonali π1 e π2 e riportarle sul piano di Mohr sot-toforma di coordinate. Sul piano π1 agiscono le tensioni σC e τC. Sul piano π2 agisce sem-pre una tensione σ nulla ed una tensione tangenziale in accordo con il principio di recipro-cità. Pertanto i due punti avranno coordinate (-σC, τC ) e (0,- τC ). La congiungente i punti π1 e π2 fornisce il diametro del cerchio (Fig.23.1). I segmenti compresi tra l’origine degli assi e le intersezioni del cerchio con l’asse delle ascisse forniscono, letti in opportuna sca-la, le tensioni principali. Come si vede si ha una tensione principale positiva σ1 (O1) ed una tensione principale negativa σ2 (O2).


28

Tracciando dal punto π1 la parallela alla ret-ta normale al piano π1 si ottiene il polo delle normali P. Se si congiunge P con i punti di intersezione 1 e 2 si ottiene la normale al pi-ano su cui agiranno le due tensioni principa-li. La tensione tangenziale massima è pari al

raggio del cerchio e si ottiene 1 2

2mxσ σ

τ−

=

Punto critico D Nel punto D non agisce nessuna tensione massima, tuttavia, esso è il punto in cui ad una tensione tangenziale molto prossima a quella massima è associata anche una tensione nor-male (si potrebbe anche prendere in esame il punto simmetrico in cui la tensione normale è di compressione). Sostituendo ed omogeneizzando le unità di misura, per il punto D, si ot-tiene

14620800 2545033 4972 1020899 1064D

n

NM h dJ A

σ = − − − = − − = −

daN/cm2

( )2100 200 2 348

1020899 4DTSJb

τ⋅ ⋅ ⋅

= = =⋅

daN/cm2


2 22 2

1497 497 8 0 13

2 2 2 2D D

D ,σ σσ τ

− − = + + = + + =

daN/cm2

2 22 2

2497 497 8 497

2 2 2 2D D

Dσ σ

σ τ− − = − + = − + = −

daN/cm2

( )1 21 2

0 13 497249

2 2,σ σ

τ τ− −−

= − = = = daN/cm2

La massima componente normale σ e la massima tensione risultante t e la massima com-ponente tangenziale τ non sono quelle che si ottengono con un taglio ortogonale all’asse, ma esse nascono su piani diversi. Per disegnare il corrispondente cerchio di Mohr dobbiamo considerare le coppie di tensioni σ e τ che agiscono sui due piani ortogonali π1 e π2 e riportarle sul piano di Mohr sottofor-ma di coordinate. Sul piano π1 agiscono le tensioni σD e τD. Sul piano π2 agisce sempre una tensione σ nulla ed una tensione tangenziale in accordo con il principio di reciprocità. Pertanto i due punti avranno coordinate (-σD, τD ) e (0,- τD ). La congiungente i punti π1 e π2 fornisce il diametro del cerchio (Fig.24.1). I segmenti compresi tra l’origine degli assi e

Fig. 23.1


29

le intersezioni del cerchio con l’asse delle ascisse forniscono, letti in opportuna scala, le tensioni principali. Come si vede si ha una tensione principale positiva σ1 (O1) ed una ten-

sione principale negativa σ2 (O2). Tracciando dal punto π1 la parallela alla retta normale al piano π1 si ottiene il polo delle normali P. Se si congiunge P con i punti di in-tersezione 1 e 2 si ottiene la normale al piano su cui agiranno le due tensioni principali. La tensione tangenziale massima è pari al

raggio del cerchio e si ottiene 1 2

2mxσ σ

τ−

=

Conclusioni Una volta che sono stati ottenuti i valori numerici delle varie tensioni principali ed è stato scelto il criterio di sicurezza da adottare, si possono effettuare le verifiche di resistenza. Scegliendo un coefficiente di sicurezza s =2,5 le tensioni di sicurezza sono

4500 18002 5

nS S s ,

σσ σ+ −= = = = daN/cm2

3600 14402 5

nS s ,τ

τ = = = daN/cm2

Criterio di Galileo Occorre confrontare le massime tensioni principali di trazione e compressione con quelle di sicurezza

1

2

477 1800525 1800

max

max

σ

σ

= <

= <

Essendo sia la tensione principale massima di trazione che la tensione principale massima di compressione (in valore assoluto) minori delle rispettive tensioni di sicurezza, la verifica si ritiene soddisfatta. Trattandosi di materiale duttile, in cui la resistenza a trazione è uguale a quella a compres-sione, sarebbe stato sufficiente confrontare la tensione principale massima in valore assolu-to con l’unica tensione normale di sicurezza soltanto. Criterio di Tresca Occorre confrontare le massime tensioni tangenziali con quella di sicurezza

262 5 990max ,= <τ

Fig. 24.1


30

Essendo la tensione tangenziale massima minore della relativa tensione di sicurezza, la ve-rifica si ritiene soddisfatta. Criterio di Mises Occorre confrontare la tensione normale ideale σi massima con quella di sicurezza. La ten-sione ideale in un punto può calcolarsi sia a partire direttamente dalle tensioni agenti sul piano ortogonale, sia a partire dalle tensioni principali σ1 e σ2

2 2 23 477 477iA A Aσ σ τ= + = = daN/cm2

2 2 21 2 1 2 477 477iA A A A Aσ σ σ σ σ= + − = = daN/cm2

( )22 23 525 525iB B Bσ σ τ= + = − = daN/cm2

( )22 21 2 1 2 525 525iB B B B Bσ σ σ σ σ= + − = − = daN/cm2

2 2 2 23 24 3 8 28iC C Cσ σ τ= + = + ⋅ = daN/cm2

( ) ( )22 2 21 2 1 2 26 2 42 26 2 42 27iC C C C C , ,σ σ σ σ σ= + − = + − − ⋅ − = daN/cm2

2 2 2 23 497 3 8 497iD D Dσ σ τ= + = + ⋅ = daN/cm2

( ) ( )22 2 21 2 1 2 497 0 13 497 0 13 497iD D D D D , ,σ σ σ σ σ= + − = + − − ⋅ − = daN/cm2

essendo la tensione ideale massima minore della tensione normale di sicurezza, la verifica si ritiene soddisfatta.

525 1800i maxσ = < daN/cm2 Criterio delle tensioni ammissibili Il criterio delle tensioni ammissibili è la commistione del criterio di Galileo con quello di Tresca, la verifica si ritiene soddisfatta se sia le tensioni principali massime che la ten-sione tangenziale massima risultano inferiori, o, al limite, uguali alle rispettive tensioni di sicurezza (tensioni ammissibili, appunto). σmax = 525 < 1800 daN/cm2 τmax = 262,5 < 990 daN/cm2

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F. Cucco – Esercitazioni di StaticaF. Cucco – Esercitazioni di Statica 3 L’unica sollecitazione presente è lo Sforzo Normale, il cui diagramma è lineare con valore massimo