fisica terrestre parte ii sforzi e deformazioni

Fisica Terrestre Parte IISforzi e deformazioni

A. CaporaliDipartimento di Geologia, Paleontologia e GeofisicaUniversità di Padova

Sforzo e deformazione

Sforzo = forza per unità di superficie [Nw/m2 = Pascal (Pa)]

Sforzo normale alla superficie = pressione (‘normal stress’)Sforzo tangenziale alla superficie = sforzo di taglio (‘shear stress’)

Deformazione = variazione frazionaria di una dimensione spaziale[-] (ad es. m/m)

Deformazioni associate a uno sforzo

Esempio: lamina di acciaio di spessore 1 mm, lunghezza 4 m e larghezza 0.4 m fissa sul lato sinistro e soggetta a una trazione di 0.5 MNw/m2 sul lato destro nella direzione x. A sinistra la variazione in lunghezza ‘u’ in direzione x; a destra la variazione in larghezza ‘v’, in direzione y ( assottigliamento -> v è negativa per y>0 e positiva per y<0). Nota Bene: la deformazione v è circa 1/100 della deformazione u.

Campo vettoriale del vettore (u,v) di spostamento (caso bi-dimensionale)

La deformazione aumenta man mano che ci si allontana dal lato vincolato.

Le componenti (u,v) del vettore spostamento dipendono entrambe da (x,y)

Definizione del tensore (= matrice) degli sforzi e del tensore (= matrice) delle deformazioni

Tensore degli sforzi : individua la totalità delle sollecitazioni normali e di taglio sulle facce di un cubo elementare. Per ogni faccia in generale esiste uno sforzo normale e due sforzi di taglio indipendenti. Considerate tre facce, le componenti del tensore degli sforzi sono nove.Tensore delle deformazioni : individua la toralità degli spostamenti percentuali derivanti dagli sforzi applicati

.2

1; ecc

x

w

y

w

x

w yxxy

xxx

Rappresentazione del tensore degli sforzi in sistemi di riferimento ruotati (2D) (1/2)

sincos '''' ABABOBOA xxyxxyyy

sin ;cos

cossin- ''''

AB

OA

AB

OB

ABABOBOA xxyxxxyx

Equilibrio delle forze, per componenti:

sincoscossin '''' xxyxxyyy

cossin- cossin '''' xxyxxxyx ''

''22

2cos2sin2

1)(

2sincossin

yxxyxxyy

xxxyxxyy

Sistema degli assi principali:

yyxx

xyyx

22tan0''

Componente Y

Componente X

Rappresentazione del tensore degli sforzi in sistemi di riferimento ruotati (2D) (2/2)

Analogamente si procede per y’y’ :

90-

O

B

C

-xx OB

yy OC

y’y’ BC

x’y’ BC

cossin

sincos

''''

''''

BCBCOCOB

BCBCOBOC

yxyyxyxx

yxyyxyyy

-xy OB

xy OC

Componente Y

Componente X

cossincossin

sincossincos

''''

''''

yxyyxyxx

yxyyxyyy

''

''22

2cos2sin2

1)(

2sinsincos

yxxyxxyy

yyxyxxyy

Calcolo delle componenti dello sforzo nel sistema degli assi principali

yyxx

xyyx

xyxxyyyx

xyxxyyyy

xyxxyyxx

22tan0

2cos2sin2

1)(

2sinsincos

2sincossin

''

''

22''

22''

2122

22

2

2

2

22

22

4

2cos

2tan1

12cos

2cos

2cos1

2cos

2sin2tan

2

2cos1sin;

2

2cos1cos

xyyyxx

yyxx

2122

2

2

122

2

''

42

1

2

4

42

1

2

42cos

2

1

22tan22cos

2

1

2

xyyyxxyyxx

yyxx

xy

yyxx

xyyyxx

yyxxyyxx

yyxx

xy

yyxxyyxx

xyyyxxyyxx

xx

Analogamente per y’y’: se per x’x’ si sceglie il segno +, per y’y’si sceglie il segno -

Relazioni inverse: sforzi nel sistema generico (x’y’)in funzione degli sforzi principali (xy)

0

2cos2sin2

1)(

2sinsincos

2sincossin

''

22''

22''

xy

xyxxyyyx

xyxxyyyy

xyxxyyxx

2

2cos1sin;

2

2cos1cos 22

2sin2

1)(

2cos22

sincos

2cos22

cossin

''

22''

22''

xxyyyx

yyxxyyxx

xxyyyy

yyxxyyxx

xxyyxx

Sistema degli assi principali (1/2)

La matrice degli sforzi/deformazioni ha 9 elementi: tre normali e sei di taglio. Tuttavia è possibile trovare un sistema di riferimento nel quale le componenti di taglio sono nulle. Tale sistema è detto sistema degli assi principali.

Sistema degli assi principali (2/2)

Relazione tra un generico sistema di riferimento e il sistema degli assi principali (in 2 dimensioni): il tensore ad es. degli stress nel sistema principale differisce da quello nel generico sistema per una matrice di rotazione di un angolo inteso come angolo tra e x

2

1

0

0

cossin

sincos

cossin

sincos

yyyx

xyxx

Esplicitando il sistema di tre equazioni nelle tre incognite e si ottiene: yyxx

xy

xyyyxxyyxx

22tan

222

2

2,1

Le relazioni inverse sono:

22

2cos22

2cos22

21

2121

2121

sinxy

yy

xx

Nota: l’aspettativa che lo sforzo di taglio sia massimo

lungo assi (superfici) a 45° rispetto alle direzioni degli sforzi principali è confermata dalle equazioni qui a fianco.

1

2

EsempioUn blocco quadrato di granito

è confinato sui due lati ed è soggetto a una compressione verso l’interno di 0.5 MPa su entrambi i lati orizzontali.

Lo sforzo di taglio è massimo, in valore assoluto, lungo le diagonali del quadrato.

In caso di frattura, avremo una faglia trascorrente destra (shear stress positivo) lungo la diagonale principale, e una trascorrente sinistra (shear stress negativo) lungo la diagonale secondaria.

Elasticità lineare: legge di Hooke in un sistema di assi principali di stress

1=(2=(3=(

e sono le costanti di Lamè; viene talvolta indicato con G ed è anche noto come modulo di shearE e sono rispettivamente il modulo di Young e il rapporto di Poisson; E=

=E/); =E

Elasticità lineare: Legge di Hooke in un sistema qualsiasi

Ove =xx+yy+zz è il tasso di espansione isotropa, cioè la media delle dilatazioni nelle tre direzioni indipendenti

ijijij 2

Elasticità uniassiale: quando sforzo e deformazione sono direttamente proporzionali

Ad esempio, per uno sforzo uniassiale si ha: 132

3211 0;

E

E

E è il modulo di Young. Si misura in Pa.

è il rapporto di Poisson. E’ adimensionale.

RocciaDensità (kg/m3)

E (1011 Pa)

Arenaria1900-2500

0.1-0.60.1-0.3

Gneiss2600-2850

0.4-0.60.15-0.25

Granito 2650 0.4-0.70.2-0.25

Basalto 2950 0.6-0.80.2-0.25

Dunite3000-3700

1.4-1.6 -

EsempioPer la sbarra di acciaio (l = 4 m, t=

0.4 m) in trazione lungo x (xx=0.5MPa) verifichiamo:

Deformazione longitudinale xx=x/l ~ 10-5/4 ~2.5 10-6,Deformazione trasversale yy=y/t ~ 3 10-7/0.4 ~ 7.5 10-7, in media.

Per l’acciaio inoltre si ha E=196 GPa.

Pertanto verifichiamo che xx=Exx

xx=Eyy

purchè =0.294, che è un valore tipico per il rapporto di Poisson di materiali ‘normali’

Carico litostatico come esempio di sforzo uniassiale

Carico litostatico (‘overburden’): 1=gy

132

3211 0;

E

E

Consideriamo un blocco di roccia 1.5 m x 1 m con E=70 Gpa, =0.3, =2700 kg/m3 appoggiato sulla sua base inferiore e con le pareti laterali libere di deformarsi in risposta al peso proprio della roccia. La figura mostra la deformazione laterale ‘u’ lungo x, e quella verticale ‘v’ lungo y. Detta h la altezza del blocco abbiamo che l’accorciamento si calcola facilmente:

mE

ghdyh

h

yy7

2

0

10*25.42

Per calcolare la deformazione orizzontale occorre rispettare il vincolo di indeformabilità della base. Altrimenti si ottiene una forma triangolare.

Sforzo piano

)(

)(

)(

213

122

211

E

E

E

01

02

03

Per applicazioni ad es. alla litosfera, esiste un 3 indotto dall’ispessimento verticale. Ad es. assumendo 1= 2, posto hL=spessore nominale della litosfera ~100 km, si ha (=0.25, E=1011Pa,=3000 kg/m3) che il carico litostatico indotto è circa 1% di hL. Se 1=100MPa, che è un tipico sforzo tettonico, l’ispessimento è di ~ 50 m.

113

1

01.02

2

ghE

hg

hE

h

L

L

Curvatura di una lamina prodotta da coppie e/o carichi verticali

Curvatura di una lamina di spessore finito h sotto l’azione di un momento torcente (bending moment) M: lo stress xx è compressivo per y>0 e distensivo per y<0. La ‘fibra nulla’ (null fiber) è quella a y=0.

Equilibrio delle forze e delle coppie

qdx

wP

dx

M

VdxPdwdM

dVqdx

2

2

2

2 dd

:)elastici!non materialiper anche

vale:(Nota equilibriodell' lefondamenta equazionel' ottiene si equazioni due le Combinando

dx braccio sul V forceshear della e dw braccio sul P eorizzontal

carico dal derivante coppia della somma lacon torcentemomento del equilibrio

dV forceshear lacon q(x) lunghezza di unitàper verticalecarico del equilibrio 0

Rappresentazione di M nel caso elastico

2/

2/2

2/

2/

1

h

h

xx

h

h

xx

ydyE

ydyM

Assumiamo che la lamina sia infinitamente estesa lungo z ->zz=0, e che non vi sia carico verticale (yy=0):

xxzz

zzxxxxE

0

Pertanto xx=Exx/(1-2)

Equazione di equilibrio flessurale di una lamina elastica

)1(12)1(

infine e Pertanto

1

1

111;

022

:1

che odimostriam 0per x/R oSviluppand

//)/(// anche Abbiamo

2

3

2

22/

2/

22

2

2

2

2

xx

2/3

2

23

2

3

2

22

2

2

2222

EhDove

R

D

dx

wdDdyy

dx

wdEM

dx

wdy

R

Rx

Rw

R

w

x

wdx

dw

w

x

wdx

wd

w

x

dx

dw

wdwxdxRdx

wdRwx

RyRyy

h

h

xx

2

2

4

4

)(dx

wdPxq

dx

wdD

P q(x)

R

xw(x)h

D= rigidità flessurale;E=modulo di Young, = rapporto di Poisson R= raggio di curvatura

NB: y è la coordinata verticale, e x è la coordinata orizzontale.w(x) è il profilo della deformata

Lamina di granito soggetta al suo peso:sforzo normale (figura in alto) e di taglio (figura in basso)

2 m x 0.4 m

A sinistra: semplicemente appoggiata

A destra:Infissa da un lato, libera dall’altro

Soluzione dell’equazione dell’equilibrio flessurale (1/2)

)(''')(),('';26

1

62)(

0)(''')('')0(')0(

:altroall' libera e estremoun a infissa Lamina 2.1

1

''

1),(;

12)()0(

22

1222)('';

21

24)(

0,12

,2

0)(')0(')()0( :estremi due ai infissa Lamina 1.1

:contorno al Condizioni

).,( V(x).M(x), :seguenti grandezze le Calcolare2624

)(''''

L lunghezza di lamina sulla q costante carico :caso 1.

222

22

2

2222

2

43

2

21

xx

43

2

2

3

1

4

xDwxVxDwMxLxL

D

qxxw

LwLwww

EywEyx

qLLMM

LM

qLqLxqxxDw

L

x

L

xx

qLxDw

ccqL

cqL

c

LwwLww

yx

cxcx

cx

cqx

xDwqDw

xxxx

Soluzione dell’equazione dell’equilibrio flessurale (2/2)

0 xa continua è deformata la che e verificarposso ;0L-per 1246

)(

0)dx perchè segno di cambio :noti (si )0(''' ;0)(')0(')(

:0,-L xa condizioni analoghe impongo ;0per 1246

)(

)0(''' ;0)(')0(')(

0 xa applicato caricocon 2L lunghezza di lamina una considera Si

centrale caricocon e estremi agli infissa Lamina 2.4

2

)(

'' ;0'''0'0

:altroall' M coppia una e estremoun a infissa Lamina 2.3

32

)(

''' ;0''0'0

:altroall' puntuale caricoun e estremoun a infissa Lamina 2.2

)(2

)(

''0'' ;00 :estremi due ai imperniata Lamina 2.1

:contorno al Condizioni26

)(0''''

L lunghezza di lamina sulla olocalizzat carico :caso 2.

30

20

30

0

30

20

30

0

0

20

0

0

20

0

0

0

0

43

22

31

xLVLxVxV

xw

VDwLwwLw

LxLVLxVxV

xw

VDwLwwLw

VD

xMxw

D

MLwLwww

xL

D

xVxw

D

VLwLwww

V

xLD

xMxw

D

MLwwLww

cxcxcxc

xDwDw

Deformazione di strati sovrapposti a una intrusione ignea (laccolite)

Modello della forza verticale: q(x)= -p+ gh, ove p è la pressione del magma e gh è il peso della colonna di lastra (overburden); condizioni al contorno: w=dw/dx=0 a x=+/- L/2. Soluzione della ED:

D

Lghpwove

L

x

L

xwxw

384

)(),1681()(

4

04

4

2

2

0

012

23

34

122

33

232

2

2

33

3

4

4

2

1

6

1

24)(

2

1

6

2

cxcxcxcxD

qxw

cxcxcxD

q

dx

wd

cxcxD

q

dx

wd

cxD

q

dx

wd

D

q

dx

wd

Simmetria rispetto a x=0 -> c3=c1=0; determiniamo c2 e c0 imponendo le condizioni al contorno:

D

qLx

D

qLx

D

qxw

D

qLc

Lw

D

qLc

dx

Ldw

3844824)(

3840)

2(;

240

)2

(

42

24

4

0

2

2

L=3kmh=50 mw0=600mE=70GPa=0.25=2900kg/m3

p=384Dw0/L4+gh=3.6MPa

Nota la deformata w(x) possono essere calcolati la shear force V(x) e lo stress xx(x,y)

22con

242111

)(0

abbiamo generale

22

22

2

222

2

3

3

hy

h

D

qL

D

qxy

E

dx

wdy

EE

dx

wdy

qxdx

wdD

dx

dMxVP

In

xxxxxx

Lo sforzo e la deformazione sono massimi al centro (L=0) e sulla superficie della lamina (y=+/- h/2)

Se indichiamo con max lo sforzo limite al quale il materiale cede, la struttura non presenta ‘crepe’ a x=0 finchè è soddisfatta la condizione xx< max , ovvero

max2

22

2 424)1(2

h

qL

D

qLEh

Deformazione di un diaframma soggetto alla pressione dell’acqua (1/2)

Un diaframma di granito (E=70 Gpa, =0.25) di spessore h = 3 cm sopporta la pressione dell’acqua profonda L=1.2 m. Il carico sul diaframma aumenta pertanto linearmente q=wgy

Vincoli: il diaframma sia imperniato nelle estremità superiore e inferiore.Calcolare la deformata e lo sforzo massimo tensionale

L

h

y

Deformazione di un diaframma soggetto alla pressione dell’acqua (2/2)

432

23

15

322

14

213

12

2

1

6

1

120

12

1

24

1'

6

1''

2

1'''

)(''''

cxcycycgyDw

cycycgyDw

cycgyDw

cgyDw

gyyDw

w

w

w

w

w

Integrale generale

Condizioni al contorno

43

21

42

360

76

1

0

0)('')0(''

0)()0(

gLc

gLc

cc

Lww

Lww

w

w

ygLygLgyDw

Lygyh

xyxw

h

DyxLygyDw

www

wyyw

4325

2233

22

360

7

36

1

120

1

2)(''

12),(

6

1''

Deformazione della litosfera oceanica e continentale per un carico verticale (1/2)

Idea di fondo: quando la lamina litosferica viene caricata con q0, si crea una deformazione w, che sposta del fluido nel mantello sottostante. Dobbiamo pertanto aspettarci una spinta isostatica verso l’alto, proporzionale alla deformazione, proprio come se la litosfera fosse adagiata su un ‘letto di molle’.

Deformazione della litosfera oceanica e continentale per un carico verticale (2/2)

Calcolo della forza agente sulla lamina: è in entrambi i casi la risultante della forza peso e dalla reazione idrostatica.

Litosfera oceanica

Litosfera continentale:

gwmw )(

gwmc )( Pertanto conviene rappresentare il carico verticale q(x) come la somma del carico effettivo più la risposta isostatica: q(x)=qa(x)-(m-c/w)gw

Risposta della litosfera (1/2)

)()( /2

2

4

4

xqgwdx

wdP

dx

wdD awcm

Di particolare interesse è la risposta a un carico topografico variabile sinusoidalmente (il motivo dell’interesse è che qualsiasi forma topografica –ad es. catena montuosa- può essere decomposta in una somma di armoniche entro un certo intervallo di lunghezze d’onda)

x

singhxqx

sinhxh ca

2)(

2)( 00

Se assumiamo che non vi sia uno sforzo orizzontale, P=0 e l’equazione si riduce a:

x

singhgwdx

wdD ccm

2)( 04

4

Risposta della litosfera (2/2)Cerchiamo una risposta della litosfera alla stessa lunghezza d’onda della sollecitazione topografica:

Otteniamo che la eq. differenziale della flessura si riduce a un vincolo sull’ampiezza w0 della risposta

La risposta è inoltre anticorrelata con la fase del carico in superficie: quanto questo è positivo (monte) la risposta è negativa (radice), e viceversa.

x

sinwxw2

)( 0

40

02

1

g

D

hw

cc

m

Risposta di una lamina elastica su un letto di molle a un carico sinusoidale: la deformazione aumenta con la lunghezza d’onda del carico

Lunghezza d’onda caratteristicaLa grandezza ha le dimensioni di una lunghezza caratteristica della ‘lamina’ litosferica.

Supponiamo che il carico topografico abbia una>>0 (ad es. un plateau). In tale situazione

Ovvero la lastra appare infinitamente duttile e il carico topografico è interamente sostenuto dalla spinta idrostatica ed è esattamente compensato da una radice (o ispessimento crostale) di profondità circa 4.2 km per ogni km di altezza topografica. Le proprietà elastiche della lamina litosferica non svolgono alcun ruolo nel supporto della topografia

Supponiamo invece che il carico topografico abbia una <<0 (ad es. un blocco di dimensioni piccole rispetto allo spessore della lamina). In tale situazione w00; l’effetto idrostatico non svolge alcun ruolo nel supporto del carico topografico, il cui peso è interamente assorbito dalla rigidità della lamina litosferica. Questa non si deforma.Definiamo il coefficiente di compensazione

Quando C~1, la compensazione è al 100%, cioè avviene per mezzo di radici. Quando C~.5, la compensazione avviene in parte con radici, e per il resto per mezzo della rigidità interna della lamina litosferica. Quando C~0, la topografia è sostenuta interamente dalla rigidità della lamina.

4/1

0 2

g

D

c

000

0 2.41

2670

33001

hhh

w

c

m

4

01/1

c

m

c

mC

Esempio di Compensazione Parziale

In questo esempio E=70 Gpa,=0.25, m=3300 kg/m3, c=2700 kg/m3. Pertanto

Topografia a questa lunghezza d’onda è supportata isostaticamente al 50%. Lunghezze d’onda inferiori sono supportate dalla rigidità della lamina; quelle superiori dal meccanismo isostatico.

kmg

D

cm

420)(

24/1

Buckling di una lamina elastica su supporto isostatico e soggetta a una compressione orizzontale

(1/2) P P

m—w)gw

w

0)(2

2

4

4

gwdx

wdP

dx

wdD wm

Litosfera oceanica. Zero topografia. P=cost

Se cerchiamo una risposta del tipo x

sinwxw2

)( 0

La lunghezza d’onda deve soddisfare l’equazione 0)(22

24

gPD wm

Buckling di una lamina elastica su supporto isostatico e soggetta a una compressione orizzontale (2/2)

D

gDPP wm

2

)(4222

Soluzione:

L’argomento della radice deve essere non negativo => una soluzione sinusoidale (buckling) esiste solo per sforzi orizzontali P tali che )(4 wmc DgPP

Lo sforzo critico associato è definito come c=Pc/h, ove h è lo spessore della lamina (cioè della litosfera). Quando P= Pc, la lunghezza d’onda è

cc P

D22

Prendendo h=50 km, w=1000 kg/m3, si ottiene c=6.4 Gpa, che è uno sforzo al quale nessuna roccia può reggere. La lunghezza d’onda critica è 526 km. Segue che se la litosfera è elastica, sinclinali e antisinclinali non possono crearsi per buckling. Perché questo avvenga, bisogna che h<1 km. In tal caso c <0.9 Gpa, sopportabile dalle rocce. La lunghezza d’onda critica associata è < 28 km. Quindi solo strati molto sottili di litosfera sono soggetti a buckling, cosa che suggerisce che la litosfera non è un continuo elastico bensì è stratificata.

Flessura presso un trench oceanicoEquazione flessurale (P=qa=0) 0)(

4

4

gwdx

wdD wm

x

sincx

cex

sincx

cexwxx

4321 coscos)(

)();( 0002

2

0 xxdx

dMVxx

dx

wdDM

4/1

)(

4

g

D

wm

•Soluzione generale dipendente da quattro costanti arbitrarie (vedi anche la tabella delle derivate di w):

Ove, qualsisasi siano le costanti di integrazione, si è definita la lunghezza d’onda o parametro flessurale a come segue:

Nel seguito considereremo alcuni casi particolari della soluzione generale, che rappresentano situazioni ad es. di lamina caricata al centro, oppure a una estremità, ovvero una coppia applicata a una estremità.

In ogni caso w=w’=0 per x infinito. Pertanto c1=c2=0. I valori di c3 e c4 verranno determinati imponendo carichi o coppie ad es. a x=x0, e ricordando che:

1. Caso: litosfera continua caricata al centro

Vedi la tabella delle derivate di wContinuità a x=0 ->w’(0)=0 ->c3=c4

Carico V0 applicato a x=0 -> V0/2=Dw’’’(0)=4Dc3/3

D

Vw

xsin

xewxw

x

8 ove ,cos)(

30

00

00 04.0)( ,0)('

:b flessurale Bulge

wewxwxxxw bbb

-4000

-3000

-2000

-1000

0

0 50 100 150 200 250

x (km)

w (

m)

E 70000000000 Panu 0.25drho 2300 kg/m^3h 25000 mg 9.8 m/sec^2D 9.72222E+22 Nmalfa 64449 mV0 -5.6E+12 N/mw0 -1927 mxb 151778 mwb 183 m

Nota: la figura riporta solo la metà di destra del profilo. La metà di sinistra è speculare.

2. Caso: litosfera discontinua caricata a un estremo

Vedi la tabella delle derivate di w

Discontinuità a x=0 ->M(0)=0->w’’(0)=0 ->c4=0

Carico V0 applicato a x=0 -> V0/2=Dw’’’(0)=2Dc3/3

Nota: Si sarebbe potuto anche considerare il caso più generale di un momento non nullo a x=0, in aggiunta alla shear force V

continuo) caso nel che doppio il eesattament qui è

edepression massima la :(Nota 4

ove ,cos)(3

000 D

Vw

xewxw

x

Bulge ‘b’

04/3

0 067.0)( ,4/30)('

:b flessurale Bulge

wewxwxxxw bbb

Modello del profilo del Trench delle Marianne

-4000

-3000

-2000

-1000

0

0 50 100 150 200 250

x (km)

w (

m)

Si noti che il modello non è completamente soddisfacente: nel modello la curvatura è troppo grande e sia il bulge che l’intercetta dell’asse x sono troppo arretrati il . Un modello più accurato prevede non solo V0 ma anche un momento torcente M0 a x=0.

E 70000000000 Panu 0.25drho 2300 kg/m^3h 25000 mg 9.8 m/sec^2D 9.72222E+22 Nmalfa 64449 mV0 -5.6E+12 N/mw0 -3855 mxb 151778 mwb 366 m

Limite elastico - plastico

a

bc

d

Per valori del momento torcente M che eccedono una soglia M0, la flessura di una lamina diventa maggiore della flessura in regime elastico. Siamo entrati nel regime plastico, e la deformazione plastica – al contrario di quella elastica- è in generale irreversibile.

Fase Transiente

Lamina infissa a entrambe le estremità viene lasciata libera sotto il proprio peso: la deformazione dapprima si concentra presso i vincoli per poi convergere verso il centro, formando un bulge positivo che poi si smorza.

Lamina infissa lateralmente viene rilasciata: il profilo della deformata riflette i vincoli, la forza peso esterna e le forze elastiche interne

Stato di stress nelle rocce adiacenti a una fagliaLo stress in una roccia a profondità y è innanzitutto dovuto al carico litostatico yy=gy. Questo carico produce in generale una pressione isotropica nelle tre direzioni, esattamente come un fluido in un recipiente con stantuffo esercita una pressione uguale sulle rimanenti tre pareti del contenitore.Quando la roccia è nei pressi di una faglia, allo stress litostatico si somma algebricamente un secondo contributo di origine tipicamente tettonica. Tale contributo viene detto deviatorico, per sottolineare che esso trae origine dalla contrapposizione di forze.Assumiamo che

lo stress deviatorico xx sia uno stress principale diretto lungo x (orizzontale), siamo in regime di strain piano, cioè lo sforzo tettonico è tale che le rocce sono confinate lateralmente: 3=0 -> 3= 3=

Avremo pertanto che per un blocco elastico:

xxzzxxzz

zzzz

yy

xxxx

gygy

gy

gy

Poiché 0<<1, abbiamo che:

•Faglia inversa: xx>0 => xx> zz >yy

•Faglia diretta: xx<0 => yy>zz> xx

•Faglia trascorrente: lo stress verticale è sempre intermedio

xx>0 e zz<0 => xx> yy >zz

xx<0 e zz>0 => zz > yy > xx

Il coefficiente di attrito statico fsL’esperienza dimostra che un corpo appoggiato su una superficie oppone una resistenza alla trazione proporzionale alla massa del corpoCiò significa che lo sforzo di taglio relativo all’attrito statico fs xy,è proporzionale allo sforzo normale esercitato sulla superficie di appoggio; la trazione è invece proporzionale allo sforzo deviatorico xx

Indichiamo pertanto con fs la costante di proporzionalità tra lo sforzo di taglio per attrito statico fs e lo sforzo normale al piano di appoggio n. Vale la legge di Amonton:

fs= fs n

xx =mg sinmg

n =mg cos

Esempio: stabilità di un versanteIl versante è stabile finchè la trazione si mantiene inferiore alla resistenza di attrito per scivolamento: xx< fs= fs n

ovvero

tan fs

Angolo di immersione con minimo sforzo deviatorico (1/2)Si consideri una faglia normale o inversa. Si vuole determinare

l’angolo di immersione che corrisponde a un minimo sforzo deviatorico xx, noto il coefficiente di attrito statico fs tra i due blocchi (Problema di Anderson)

Amonton) di (legge toscivolamen dello inizioall' entecorrispond limite, tagliodi sforzo :

faglia di piano sul tagliodi sforzo :22

faglia. di piano al normale direzione alla isovrappors

per ruotare deve x cui di angoloall' pari ,-90 angoloun di x assedell' rotazione una a entecorrispond odeviatoric stress

dello autovalorel' e olitostatic carico il comprende faglia di piano al normale sforzo lo :)2cos1(2

tettonicoodeviatoric sforzo lo e olitostatic carico il comprende x lungo totalesforzo lo :

ns

xx

xxn

xxxx

f

sin

gy

gy

Sostituendo nella legge di Amonton le espressioni per lo sforzo normale e di taglio, e notando che il segno + corrisponde a una faglia inversa (xx>0) e il segno – a una faglia normale (xx<0), si ottiene:

ss

xx

z

sxx

xxxx

zxx

ff

fsin

gyf

gyfsin

12tan ovvero

12tan0

:derivata della annullarsil' imponendo ottiene si odeviatoric stress minimo di angoloL'

)2cos1(2

2

:per risolvendo e,:)2cos1(2

22

Angolo di immersione con minimo sforzo deviatorico (2/2)Il valore minimo dello stress deviatorico si ottiene di conseguenza: consideriamo ad es. una faglia inversa:

ss

s

s

ss

s

s

s

sxx

ss

s

s

ff

gyf

f

ff

f

gyf

fsin

gyf

fsin

f

f

f

2

22

2222

1

2

)1

1(1

12

)2cos1(2

2

1

1

2tan1

2tan2;

12tan1

12cos

12tan

-150

0

150

300

450

600

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

fs

xx (

MP

a)

faglia inversa faglia normale

Si nota che a parità di coefficiente di attrito statico, la faglia normale richiede minore sforzo deviatorico per attivarsi, rispetto alla faglia inversa. Per faglie normali sono inoltre favoriti angoli di immersione maggiori che per fagli inverse.

0

20

40

60

80

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

fs

ang

olo

di i

mm

ers

ion

e

(gra

di)

faglia inversa faglia normale

Semplice modello meccanico di un terremoto (1/2)Un blocco di massa m, area si base S e altezza h è appoggiato su un nastro in moto a velocità costante, e vincolato a una parete per mezzo di una molla di costante k.Per t<0, il blocco si allontana dalla parete trascinato dal nastro.A t=0 la forza elastica di richiamo diventa eguale alla resistenza di attrito statico , e il blocco comincia a scivolare rapidamente verso sinistra.Quando la velocità di richiamo si annulla, il blocco si ‘ri-aggancia’ al nastro e il ciclo riprende.

gff

xxgff

x

t

m

kx

tgff

fg

tx

xtAfk

mgtx

fftmgfkxxm

mgfkx

sdr

sdr

r

dsd

d

sdd

s

2*

2

r

*

22

*

2 trattaunaper scivolato pertanto ha blocco il;2

posizione una a ecorrispond evento Tale

0)(tx condizione dalla definito è ed nastro, al riaggancia si e scivolare di finisce blocco il quale al tempoil è

ove,0)0(,x x(0)

contorno al condizioni alle soddisfa e toscivolamen lo descrive che soluzione la ècos)(

0. ottengo 0)0( Imponendo associata. omogeneadell' integrale eparticolar integrale ovvero )cos()(

con dinamico, attrito di resistenza una da e elastica forza dalla ocontrollat è indietroall' toscivolamen Lo0

0 ta avviene evento Questo statica. resistenza alla uguale è richiamo di

elastica forza la perchè scivolare, a inizia blocco il quale alla molla della estensione la definisceAmonton di legge la

Semplice modello meccanico di un terremoto (2/2)

2

:che pertanto Abbiamo .S lato di quadrata base abbia blocco il che assunto è si Ove

22 anche è tagliodi sforzo lo parte altraD'

:S appoggio di superficie sulla tagliodi sforzo uno a ecorrispond richiamo di elastica forza La

1/2

Sk

S

kx

S

x

y

uSkx

La caduta di sforzo di taglio (stress drop) corrispondente allo scivolamento è pari allo stress totale disponibile fsmg/S volte lo spostamento frazionario (x*-xr)/x*:

=(fsFn/S)*[2(fs-fd) Fn/k]/(fsFn/k)= 2(fs-fd) Fn/S= 2(fs-fd) gh

Per un terremoto con h=5 km, =2500 kg/m3,g=9.8 m/s2, fs=0.050, fd=0.045, lo sforzo normale è 124 Mpa Mentre lo sforzo di taglio disponibile all’innesco dello scivolamento è di 6.2 Mpa, per la legge di Amonton. Si noti che il coefficiente di attrito statico misurato in laboratorio è circa 0.8, molto maggiore di quello assunto. In pratica con un coefficiente di attrito statico così basso teniamo conto della pressione dei fluidi nei pori, che di fatto diminuisce l’attrito.

Se S=10 x 10 km e =30 Gpa, allora lo slip x*-xr=0.83 m e lo stress drop è 1.23 Mpa. Pertanto le rocce hanno uno stress residuo di 5 Mpa. Notiamo che x*=4.1 m. Pertanto il blocco si riaggancia quando la molla ha una lunghezza di 4.1-0.83 m= 3.3 m circa e non 0 m.

La durata dello slip è tr=9 sec e la velocità media della rottura è circa 0.1 m/sec, oltre 10000 volte inferiore alla velocità dei crack sismici. Il tempo di ritorno dipende dalla velocità di avanzamento del nastro: se è 1 cm/anno, sono necessari 80-100 anni per dilatare la molla fino all’innesco dello slip. I tempi di ritorno di un evento sismico reale che comporta uno slip di circa 80 cm sono dell’ordine di alcune centinaia d’anni.

La magnitudo momento Mw

Momento sismico: M0=AD (Nw m)

Energia irradiata: Erad=AD

Ove A è l’area di slip, D è lo slip cosismico, è lo stress drop e è il modulo di shear

Segue che Erad=M0/M0/2*104, come valore tipico del rapporto tra stress drop e modulo di shear.

Pertanto logErad=logM0 - 4.3

Introduciamo la magnitudo momento Mw in termini dell’energia irradiata:

logErad=1.5 Mw + 4.8

Segue che la magnitudo momento e il momento sismico sono legati dalla relazione di Hanks Kanamori: logMo=1.5 Mw + 9.1

La magnitudo momento è importante perché definita in termini del lavoro necessario per spostare (dislocare) una porzione della faglia rispetto all’altra.

Momento sismicoRelazione tra momento sismico e magnitudo

Log(M0)=1.5m+9.1 Joules (Hanks e Kanamori)

Formule empiriche di Wells e Coppersmith

Relazione tra magnitudo e area di rottura (km^2) logRA=-3.49+0.91mRelazione tra magnitudo e rottura superficiale (km) logSRL=-3.22+0.69mRelazione tra magnitudo e dislocazione sul piano di faglia (m) log(u)=-4.8+0.69m

Meccanismo di sorgente, misura del momento sismico e stress drop (1/2)

Con riferimento al semplice modello meccanico di terremoto, in termini del momento sismico e stress drop: la posizione di un punto che si muove sulla faglia sia misurata da uno strumento ( a meno della risposta strumentale ed effetti di propagazione):

drop stress dello in termini espressa rampa, della durata la è 2

2 tche conclude Si

iniziale rampa della durata la è tove 22

2

2

2

2)( :che Segue

rottura di zona della forma dalla dipendenti geometrici fattori di meno a ,7.02/t

S circa è

crack del velocitàla pertanto S; onde delle velocitàla è ove cosismica, fase della durata 22

t

0t iniziali fasi nelle faglia, di piano sul puntoun di velocità2

)(

faglia lacon muove si che puntoun di posizione cos2

cos)(

D

D

2

R

2/3R

022

S

S

S

S

St

Stx

SS

Sk

m

tS

gtfftx

tS

Mf

gtfff

gtx

DR

ds

ddsd

fc

7.1 9.1/1.5 - cm)m/dyn Nw 10 10*5log(M

frequencycorner /1

frequencycorner /1per )(Xlog ;2

)( ;cos2

)(

726w

0200

cmdyn

Tf

TffMS

MXdt

S

Mtx

Dc

Dc

•Per terremoti reali il segnale è una sovrapposizione lineare di componenti armoniche in un intervallo di frequenze. •Il tempo richiesto perché tutti i punti della faglia si spostino di una stessa distanza definisce la corner frequency, che è proporzionale allo stress drop•Lo stress drop è tanto maggiore quanto più ripida è la rampa di salita

Meccanismo di sorgente, misura del momento sismico e stress drop (2/2)

1 bar = 1 dyn cm = 10-7 Nw m

Tem

po di salita TD