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Il caso della compressione biassiale.
Naturalmente il carico critico della piastra assume una forma diversa se sono caricati anche gli altri bordi:
Consideriamo la piastra ortotropa di lati axb e spessore t con moduli di Joung E1 lungo la direzione x ed E2 lungo la direzione y e modulo tangenziale G
In questo caso, indicando con:
che sono tutti valori immediatamente calcolabili note che siano le caratteristiche dei materiali cui è composta la piastra, il carico critico per piastra appoggiata sul contorno, è fornito dalla espressione:
in cui si è posto s=b/a
NOta la geometria ed il materiale, per ogni coppia di valori di (n,m) e per fissato rapporto tra i carichi sulle copie di bordi contrapposti, è possibile determinare il carico critico. Naturalmente il carico critico effettivo sarà dato dal valore minimo ottenuto.
La formula sopra riportata è facilmente implementabile in un foglio excel senza la necessita di ricorrere ad alcun codice VBA.
La precedente formula si specializza se imponiamo una qualche condizione geometrica o di carico o se la consideriamo isotropa.
Nel caso di piastra quadrata, quindi a=b, e carico uguale ai bordi, la formula si semplifica nella seguente:
valida per piastra quadrata ortotropa e uguale carico ai bordi.
Questa subisce ulteriore semplificazione se cosideriamo una piastra in cui il rapporto tra i moduli E1/E2 o meglio il rapporto tra le rigidezza D11/D22 è grande (come potrebbe per esempio essere il caso dei solai a travetti):
in questo caso, il termine D11*m² cresce molto più rpidamente di quanto non decresca il termine D22/m² e quindi il minimo della funzione si ha per m=1 e vale:
Di questa occorre adesso trovare il valore di n per cui si ha il minimo.
La ricerca del minimo della funzione No(1,n) pone come risultato il valore intero psitivo di n più prossimo al valore
Con questo adesso potremmo divertirci a costruire un foglio excel in cui per fissato rapporto delle rigidezze della piastra ci ricaviamo R² , fissiamo n all'intero più vicino e quindi determiniamo Ncr in condizioni di carico biassiale.
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Per la piastra rettangolare isotropa ugualmente caricata ai bordi, posto D11=D22=D12= D, l'equazione
si riscrive come segue:
in cui s=a/b
Il carico critico minimo si ha per m=n=1 e vale:
Anche qui altro materiale per poter comporre un foglio di calcolo in excel.
Caso di piastra con carico biassiale ma una coppia di lati in trazione.
Vedi immagine:
Qui è facile intuire che il fenomeno del Buckling viene attenuato dalla trazione proveniente dai bordi tesi e quindi per poter parlare di carico critico occorre una qualcheimitazione sul rapporto dei carichi. In prima battuta possiamo dire che deve essere inferiore ad 1.00.
Nel caso di piastra ortrotropa il carico critico è espresso dalla seguente relazione:
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Per rapporto gamma=0.5, il carico critico si ha in corrispondenza di m=n=1 e la formula si semplifica in :
Ma avendo la formula del caso generale è poi facile particolarizzarla e questo puo' agevolmente essere fatto con excel.
Per esempio nel caso di piastra isotropa la formula diventa:
Il carico critico si verifica per n=1 e quindi la formula diviene:
Qui occorre ricavare il valore di m per cui si ha il minimo. Questo si ha per quel valore di m soluzione della seguente equazione:
Per fissato valore del rapporto tra carico in trazione e carico in compressione, conviene, però, anziche risolvere l'equazione sopra scritta, procedere con calcolo del carico critico per m=1, poi per m=2 (e queso gia basta) e considerare il più piccolo ddei due valori ottenuti.
Per esempio per rapporto gamma=0.5 si avrebbe:
e quindi il carico critico vale
Ncr= N(2,1)
Tanto bel materiale per Excel.
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Riporto le formule relative ad alcuni casi che possono servire.
Piastra circolare
Nel caso di bordo incastrato il carico critico vale:
mentre per bordo appoggiato si ha:
in cui al solito D indica la rigidezza flessionale della pistra [ D=E*t³/(12*(1-ni²)) ]
No rappresenta la forza radiale per unità di lunghezza applicta al bordo.
Per ricavare la tensione critica basta dividere Ncr per lo spessore della piastra.
Edited by afazio - 1/2/2015, 12:43
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Piastra triangolare isoscele appoggiata al contorno
qui occorre distinguere due casi:
con s<1
la soluzione approssimata è data da:
che diventa esatta per s=1/radq(3), cioè per triangolo equilatero,
con s>=1
la soluzione approssimata è data da:
che diventa esatta per s=1
Edited by afazio - 1/2/2015, 12:44
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Piastra rettangolare stretta e lunga
E' il caso che avevo accennato precedentemente.
In questo caso i vincoli presenti nei bordi corti sono ininfluenti relativamente alle striscie poste in asse ai lati lunghi.
La formula del carico critico si ottiene considerando che dal diagramma (k, a/b) per a/b <1, il numero di semionde che possono formarsi nella direzione di a non può che essere 1.
Quindi sostituendo ad m=1 nella formula precedentemente riportata per piastre rettangolari appoggiate,
otteniamo:
che con opportune manipolazioni può essere scritta come segue:
Con questa formula è possibile calcolare il carico critico della piastra per qualsiasi rapporto a/b<1. Tuttavia notando che il termine entro la parentesi quadra tende ad assumere valore unitarioi per a/b che tende a zero, o in altri termini che il termine (a/b)² diventa trascurabile per a<<b, la formula si semplifica in :
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Piastra rettangolare. Come conviene disporre gli irrigidimenti?
Data una piastra rettangolare appoggiata al contorno,
ci chiediamo quali sono gli effetti sulla tensione critica di un sistema di irrigidimenti disposti longitudinalmente e di un sistema di irrigidimenti, equispaziati al primo, disposti trasversalmente, nellì'ipotesi che ciascun rinforzo sia in grado di apportare un vincolo tipo semplice appoggio che non limiti la rotazione della piastra.
I due sistemi di irrigidimento sono rappresentati nella figura che segue:
in cui s rappresenta la spaziatura dei rinforzi.
Nel caso di rinforzi disposti longitudinamente il carico critico di ciascun pannello longitudinale lo si può determinare mediante la formula
in cui b=s, quindi: 
Nel caso di rinforzi disposti trasversalmente e sia s<b, il carico critico lo possiamo determinare con la formula relativa alle piastre strette e lunghe:
dividendo ambo i membri per t e sostituendo ad a il valore della spaziatura trasversale, otteniamo:
Confrontando le due tensioni critiche deduciamo che gli irrigidimenti longitudinali producono una tensione critica 4 volte più grande di quella prodotta dagli irrigidimenti trasversali.
Avendo le formule ci possiamo divertire a far variare la spaziatura s. Cosa succede per esempio se la spaziatura degli irrigidimenti è pari al lato a?
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Un quesito interessante
Dato un puntone di una travatura reticolare costituito da un tubo quadro 40x40x2 e luce libera di inflessione (distanza tra nodo e nodo) pari a L=4.00 m, determinare se il puntone si instabilizza prima globalmente o localmente.
Risolvendo questo esercizio ci permette di capire che non è detto che se localmente la verifica è soddisfatta lo sia poi anche la verifica di stabilità globale.
Infatti nel caso in esame abbiamo:
momento di inerzia della sezione:
J = 2*b³*t/3 = 2* 40³*2/3 = 85533.33 mm4
Il carico critico per instabilità globale vale:
Pcr1= π²*E*J/L² = 3.14²*210000*85533.33/4000² = 11054 N = 11.05 kN
Il carico critico per instabilità localizzata del singolo pannello del tubo vale
Pcr= 4*π²*E*t³/[12*(1-ni²)*b] = 4*3.14²*210000*2.0³/[12*(1-0.3²)*40] = 3796 N = 3.80 kN
Il carico critico complessivo è la somma del carico critico dei quattro pannelli, quindi
Pcr2 = 4* 3.80 = 15.20 kN
[N.B.:- Il calcolo del carico critico locale è errato. Vedere prossimo post]
Pertanto insorge prima la instabilità globale.
Edited by afazio - 2/2/2015, 08:41
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Nel precedente esempio ho purtroppo commesso un errore.
Nel caso di piastre, quando si parla di carico critico, quello che è sempre stato indicato con Ncr, si sta parlando di carico per unità di lunghezza. Avevo anche specificato questa cosa dicendo che bastava dividere per lo spessore per ottenere la tensione critica.
Per ottenere il carico complessivo sulla piastra occorre quindi moltiplicare Ncr per la lunghezza del lato caricato.
Riporto l'esercizio coi valori corretti
Il carico critico per instabilità globale vale:
Pcr1= π²*E*J/L² = 3.14²*210000*85533.33/4000² = 11054 N = 11.05 kN
Il carico critico per instabilità localizzata del singolo pannello del tubo vale
Pcr= Ncr*b = 4*π²*E*t³*b/[12*(1-ni²)*b²] = 4*3.14²*210000*2.0³*40/[12*(1-0.3²)*40²] = 151840 N = 151.84 kN
Il carico critico complessivo è la somma del carico critico dei quattro pannelli, quindi
Pcr2 = 4* 151.84 = 637.36 kN
IL risultato della risposta non cambia dato che insorge prima l'instabilità globale, ma cambia la sostanza numerica. Infatti l'instabilità locale è 40 volte (praticamente la misura del lato del tubo) più grande di quella precedentemente ed erroneamente calcolata
Ed allora a questo punto voglio sfruttare l'errore commesso per pormi altra domanda:
per quale valore delle dimensioni b,t ed L, o rapporto tra esse si ha il passaggio tra instabilità globale ad instabilità locale?
Avendo predisposto il foglio ho provato a variare la lunghezza del tubo fermo restando le dimensioni della sezione ottenendo che l'uguaglianza tra i carichi critici globali e locali si ha per una luce del puntone pari a L=539.63 mm cioè poco più di mezzo metro.
Avendo però le formulazioni dei due carichi critici posso ricavarmi un rapporto geometrico imponendo l'uguaglianza tra i due carichi
Uguagliando il carico critico per instabilità globale con quello per instabilità locale possiamo ottenere il rapporto delle dimensioni per cui si ha transizione dall'una all'altra modalità di instabilizzazione
Pcr1 = π²*E*J/L² =2*π²*E*b³*t/(3*L²)
Pcr2= 4*k*π²*E*t³/[12*(1-ni²)*b]
Pcr1= Pcr2
2*π²*E*b³*t/(3*L²) = 4*k*π²*E*t³/[12*(1-ni²)*b]
semplificando per π²*E, portando tutte le dimensioni b,L e t al primo membro e gli altri al secondo ottengo:
b4*t/(L²*t³) = 6*k*/[12*(1-ni²)]
quindi:
[b²/(L*t)]² = k*/[2*(1-ni²)]
da cui, per ni=0.3 e k=4:
b²/(L*t) = radq[ k*/[2*(1-ni²)] ] =circa 1.5
Si può quindi scrivere:
b²=1.5*L*t
Se poi fissiamo, come nel caso in esempio, t=b/20
otteniamo
L=20* b²/(1.5*b) = 13.33*b
Nel caso in esame il passaggio tra instabilità globale a locale o viceversa si ha per
L= 13.33*40 = 533.33 mm
Edited by afazio - 2/2/2015, 08:44
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La verifica condotta nell'esercizio precedente non è una verifica di resistenza della sezione ma rappresenta la sola determinazione del carico per cui si ha l'inizio delle deformazioni dovute alla instabilizzazione localizzata della sezione.
In effetti, raggiunta la tensione critica di instabilizzazione, la sezione non collassa ma inizia a manifestare deformazioni trasversali e quindi spostamenti fuori dal piano via via crescenti fino a portare al collasso.
Per adesso mi sto occupando solo di raccogliere formule relative al carico critico "elastico" di instabilizzazione oltre il quale inizia la fase denominata di "Post-Buckling".
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Dopo aver visto il caso del tubo quadrato a spessore sottile mi sono chiesto cosa accade quando il tubo è rettangolare
oppure ha una sezione ad U
Dato che i lati della sezione sono diversi e nel caso di sezione ad U anche diversamente vincolati ai bordi, i vari pannelli avranno tensione critica di inizio instabilizzazione differente, ma nella determinazione del carico minimo di instabilizzazione a governare il problema sarà il pannello che si instabilizza per primo.
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Una immagine che mette paura:
Il collasso del milford haven bridge
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Chiedo scusa se interrompo il 'flusso' dei tuoi post.
Siccome mi convince quanto hai affermato, ovvero che "nella determinazione del carico critico minimo di instabilizzazione a governare il problema sarà il pannello che si instabilizza per primo", mi chiedevo se in quest'ultimo caso il carico instabilizzante è pari al minimo valore riscontrabile sui singoli pannelli, oppure se c'è un qualche criterio che 'medi' i singoli contributi.
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CITAZIONE (zax2013 @ 2/2/2015, 12:45) Chiedo scusa se interrompo il 'flusso' dei tuoi post.
Siccome mi convince quanto hai affermato, ovvero che "nella determinazione del carico critico minimo di instabilizzazione a governare il problema sarà il pannello che si instabilizza per primo", mi chiedevo se in quest'ultimo caso il carico instabilizzante è pari al minimo valore riscontrabile sui singoli pannelli, oppure se c'è un qualche criterio che 'medi' i singoli contributi.
Immagina di partire da un carico nullo ed incrementarlo piano piano
inizialmente ogni punto della sezione sarà luogo di una tensione pari a P/A che parte da zero e va via via crescendo al crescere del carico.
Ad un certo punto si arriverà ad un carico che genera una tensione pari alla tensione critica del pannello "più debole".
Proprio a questo punto fai la foto della tensioni e la moltiplichi per l'area.
Indicando quindi con σcr1 la tensione critica del pannello axL e con σcr2 la tensione critica del pannello bxL, considera il più piccolo dei due e moltiplicalo per l'intera sezione.
Il carico ottenuto è quello per cui si da inizio al ballo delle bolle nella lamiera.
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Ok, da questo quindi moltiplicare per 4 il carico critico del singolo pannello, nel caso dell'asta a sezione quadrata, è corretto.
E comunque bisogna ragionare in termini di tensione del singolo pannello, e non di carico critico sul singolo pannello.
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164 replies since 29/1/2015, 09:33 10549 views
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