Appunti delle lezioni di Costruzione di Macchine Prof. A. Pasta

Applicazioni della Teoria dell’Elasticità a problemi assialsimmetrici

Gaetano Restivo Palermo, gennaio 1998 Antonino Siddiolo

Cilindri in pressione

Cilindri di grosso spessore sottoposti a pressione interna ed esterna Forzamento con interferenza Cerchiatura ed autocerhiatura. Recipienti cilindrici a pareti sottili.

Dischi rotanti

Analisi dell’influenza della forza centrifuga. Dischi ad uniforma resistenza. Disco a spessore costante con mozzo e corona.

Distorsioni termiche

Dischi sottili Cilindri di grosso spessore

Pagina 1

Premessa

Il filo conduttore degli argomenti trattati nel presente fascicolo è l’unicità del modello

matematico a cui essi si possono riferire, si schematizzano tutti cioè nel seguente modo: dato un

solido cilindrico sollecitato in senso radiale e assiale, e sottoposto a distorsioni termiche,

analizzarne lo stato tensionale. Tale problema e risolvibile in forma chiusa con metodi analitici e

con la teoria della Scienza delle Costruzioni.

A tale semplice modello matematico ci si riferirà per tutta la trattazione seguente specificando

di volta in volta quale significato dare ai singoli termini per rendere concreto il problema e la

soluzione che se ne ricaverà.

Vediamo di chiarire meglio le affermazioni precedenti con alcuni esempi significativi: un

mozzo calettato su un albero non è altro che un cilindro cavo sollecitato internamente in senso

radiale dalla pressione di calettamento, il tratto di albero interessato è invece un cilindro pieno

sollecitato esternamente, sempre in senso radiale, una tubazione attraversata da un fluido in

pressione e ad alta temperatura è, ancora una volta, un cilindro sollecitato radialmente dalla

pressione interna del fluido e sottoposto ad un gradiente di temperatura, un altro esempio può

essere la bocca di un cannone al momento dello sparo, o la canna di un fucile; o ancora un

recipiente in pressione come un serbatoio o un caldaia e quant’altro di simile si possa pensare.

Tutti gli esempi fin qui esposti si riferiscono tuttavia alla prima sezione del fascicolo

denominata “cilindri in pressione” nella quale si studiano inoltre dei metodi per migliorare la

resistenza alle sollecitazioni radiali, quali la Cerchiatura e l’Autocerchiatura.

Nella seconda sezione si studiano tutti quei casi in cui per la particolare geometria

(dimensione assiale molto più piccola del diametro) e per le elevate velocità di rotazione non è

possibile trascurare l’azione della forza centrifuga; vengono indicati col nome generico di

“dischi rotanti”. Un simile modello può essere utilmente propedeutico per lo studio di pulegge e

volani o delle mole di rettifica, anche se in questi casi andranno aggiunte altre sollecitazioni di

non poca importanza. E’ evidente come anche un disco rotante possa rientrare nel modello

matematico generale proposto, d’altronde le sollecitazioni della forza centrifuga sono anch’esse

radiali, una mola poi può essere soggetta ad un gradiente termico derivante dalle condizioni di

esercizio.

Si studierà inoltre la geometria di un disco ad uniforme resistenza e lo stato tensionale di un

disco a spessore costante con mozzo e corona, e il metodo di Grammel.

In appendice, infine, sono proposti alcuni esercizi risolti.

Pagina 2

SEZIONE A

Cilindri in pressione

(a cura di Gaetano Restivo)

Sommario

pag

1. Pressioni interne ed esterne…………………………………………………………………… 3

2. Forzamento con interferenza – Cerchiatura…………………………………………………. 10

3. Autocerchiatura……………………………………………………………………………… 14

4. Recipienti a pareti sottili……………………………………………………………………...19

Pagina 3

§1. Pressioni interne ed esterne

Si consideri un cilindro cavo sollecitato soltanto da pressione interna (pi) ed esterna (pe), di

diametro esterno De e diametro interno Di; col termine spessore si indicherà la differenza tra il

raggio esterno e quello interno (s = Re-Ri).

Figura 1. La particolare simmetria assiale, sia della geometria che delle condizioni di carico, fa si

che lo stato tensionale sia cilindrico, pertanto una direzione principale è quella assiale e le

altre due si possono scegliere arbitrariamente nel piano perpendicolare all’asse. Si ha inoltre

che la tensione nella direzione assiale (σa) è nulla poiché il cilindro non è né chiuso alle

estremità né vincolato in alcun modo, lo stato tensionale è perciò piano, e dato che la

dimensione assiale non avrà nessuna importanza sarà considerata unitaria.

Le precedenti considerazioni (σa=0) vanno intese più come ipotesi semplificative che come

dati rigorosi, nella realtà le condizioni di carico o i vincoli faranno senz’altro nascere una

tensione assiale magari diversa da punto a punto; al paragrafo 4, riguardante i recipienti a

pareti sottili, si tornerà sull’argomento.

Ogni direzione ortogonale all’asse è, come già detto, principale (per le tensioni); si suole,

in ragione di ciò, scegliere un sistema di coordinate polari e indicare come tensione radiale

quella diretta lungo il raggio (σr) e come tensione circonferenziale quella perpendicolare alla

radiale (σc). Quest’ultima viene spesso indicata come tensione tangenziale, volendo intendere

che è punto per punto tangente alla circonferenza considerata; si presti particolare attenzione a

non confonderla con la tensione tangenziale τ di ben altro significato; nel seguito si cercherà

di evitare tale notazione salvo ove esplicitamente indicato.

Pagina 4

Si consideri ora un cilindro infinitesimo di spessore dr a distanza r dal centro (Figura 2) e

se ne scriva l’equilibrio alla traslazione lungo un asse orientato come la σc.

Figura 2

La tensione σc agisce su una superficie pari a dr·1 e va computata due volte, la σr invece su

una superficie pari a r·dϕ ·1, considerando la componente della tensione lungo l’asse

( ϕσ senr ) e integrando si ha

[ ] rrdrdr rrrr σϕσϕϕσϕϕσ πππ2cossensen 000

=−== ∫∫

in maniera analoga per la σr+dσr, si perviene dunque alla seguente equazione:

0))((222 =++−+ drrdrdr rrrc σσσσ

dividendo per 2 e svolgendo le operazioni in parentesi

0=−−−−+ drdrddrrrdr rrrrrc σσσσσσ

semplificando e trascurando dσrdr in quanto infinitesimo di ordine superiore, si ha

0=−−dr

dr rrc

σσσ (1.1)

equazione indefinita di equilibrio nelle incognite σc e σr; per trovare l’altra equazione

consideriamo la deformazione assiale ricordando che σa=0

)( rca Eσσνε +−=

ovvero, raggruppando i fattori costanti

12CE arc =−=+

νεσσ (1.2)

si ha così il seguente sistema di due equazioni, una algebrica e una differenziale, nelle due

incognite σc e σr

Pagina 5

=+

=−−

12

0

Cdr

dr

rc

rrc

σσ

σσσ

eliminando σc

02 1 =−−−dr

drC rrr

σσσ 122 Cdr

dr rr =+ σσ (1.3)

si noti ora che

+=+= r

rr

rr dr

drrrdr

drrdrd σσσσσ 22)( 22 (1.4)

sostituendo quest’ultima relazione (1.4) nella (1.3) si ha

12 2)(1 Cr

drd

r r =σ

separando le variabili

∫∫ = rdrCrd r 2)( 12σ

e integrando si ottiene

2122 CCrr r +=σ 2

21 r

CCr +=σ (1.5)

essendo C2 la costante di integrazione,

sostituendo la (1.5) nella (1.2) ( 12Crc =+ σσ ) si ricava σc

22

1 rCCc −=σ (1.6)

La (1.5) e la (1.6) sono le leggi di variazione delle tensioni radiali e circonferenziali in

funzione delle due costanti C1 e C2; per determinare tali costanti si faccia riferimento alla

figura 1 e facendo attenzione al fatto che le pressioni interna ed esterna sono entrambe di

compressione, si considerino le seguenti condizioni al contorno:

−=→=−=→=

ere

iri

pRrpRr

σσ

si ricava rispettivamente

+=−

+=−

22

1

22

1

ee

ii

RCCp

RCCp

(1.7)

sottraendo membro a membro

Pagina 6

−=+− 222

11

eiei RR

Cpp da cui

22

22

2 )(ie

eiie RR

RRppC−

−=

per ricavare C1 occorre moltiplicare la prima delle (1.7) per Ri2 e la seconda per Re

2 e poi

sottrarre membro a membro

)( 221

22eieeii RRCpRpR −=+− da cui

22

22

1ie

eeii

RRRpRpC

−−

=

è ora possibile avere le espressioni degli andamenti di σr e σc

222

22

22

22

222

22

22

22

1)(

1)(

rRRRR

ppRR

RpRp

rRRRR

ppRR

RpRp

ie

eiie

ie

eeiic

ie

eiie

ie

eeiir

−−−

−−

=

−−+

−−

=

σ

σ

(1.8)

note come formule di Lamè; si noti che σr + σc è una quantità costante in tutto il cilindro,

se ne tenga conto al momento di tracciare i grafici delle tensioni.

Vediamo adesso di analizzare due casi molto significativi e cioè quello di un cilindro

sottoposto a sola pressione interna e quello di un cilindro sottoposto a sola pressione esterna:

si tratterà di imporre nelle (1.8) una volta pi=0 e un’altra pe=0 e ricavare i rispettivi andamenti

di σr e σc ed i valori massimi e minimi, pur tuttavia si raccomanda di fissare bene in mente i

suddetti valori e i grafici degli andamenti in quanto saranno più volte richiamati nel seguito.

• Cilindro sottoposto a pressione interna

pe=0

−

−=

−−

−= 2

2

22

2

222

22

22

2

11rR

RRR

prRR

RRp

RRR

p e

ie

ii

ie

eii

ie

iirσ (sempre negativa) (1.9a)

+

−=

−+

−= 2

2

22

2

222

22

22

2

11rR

RRR

prRR

RRp

RRR

p e

ie

ii

ie

eii

ie

iicσ (sempre positiva) (1.9b)

la pressione interna tende ad “aprire” il cilindro, a dilatarlo, per questo motivo la

tensione circonferenziale risulta positiva.

Al raggio interno r=Ri si ha

ir p−=σ ,

Pagina 7

22

22

ie

ieic RR

RRp−+

=σ ,

al raggio esterno r=Re

22

22

0

ie

iic

r

RRR

p−

=

=

σ

σ

si può notare che il valore di σc è minore del precedente e ciò è dovuto al fatto che si

considera una circonferenza maggiore.

Fissati tali valori, notato che le derivate seconde cr drd

drd σσ 2

2

2

2

, sono rispettivamente

una negativa e l’altra positiva, e ricordando che la somma delle due tensioni deve

mantenersi costante, si possono rappresentare graficamente gli andamenti:

Si noti che sia per quanto riguarda la σr che per la σc, il punto maggiormente

sollecitato è quello interno (r=Ri).

Cerchi del Mohr al raggio interno ed esterno

Pagina 8

• Cilindro sottoposto a pressione esterna

pi=0

+

−−=

−−

−−=

−

−−=

−+

−−=

2

2

22

2

222

22

22

2

2

2

22

2

222

22

22

2

11

11

rR

RRRp

rRRRRp

RRRp

rR

RRRp

rRRRRp

RRRp

i

ie

ee

ie

eie

ie

eec

i

ie

ee

ie

eie

ie

eer

σ

σ(sempre negative) (1.10)

Entrambe le funzioni assumono sempre valori negativi, ciò era pienamente

prevedibile: la pressione esterna è, come di consueto, di compressione, pertanto la σr è

negativa, per quanto concerne la σc si ragiona in modo analogo al caso precedente, ora

però la pressione tende a comprimere il cilindro. Si può inoltre notare che la σc è, in

valore assoluto, sempre maggiore della σr.

Al raggio esterno r=Re

22

22

ie

ieec

er

RRRRp

p

−+

−=

−=

σ

σ

Al raggio interno r=Ri

22

22

0

ie

eec

r

RRR

p−

−=

=

σ

σ

si notino analogie e differenze col caso precedente, in particolare si presti attenzione al

valore della σc a r=Ri, tale valore è maggiore di quello a r=Re perché si considera una

circonferenza più piccola, ed è il massimo che assume la σc in questo caso.

Uno sguardo alle derivate seconde ed è possibile tracciare gli andamenti.

Pagina 9

Cerchi del Mohr:

Risulta parecchio interessante studiare come si modificano i precedenti valori quando

il raggio interno diventa molto piccolo e quando è uguale a zero (cilindro pieno).

Nel caso di cilindro pieno, le tensioni radiale e circonferenziale sono in ogni punto

uguali fra loro e pari al valore della pressione esterna cambiato di segno, si ha dunque

una croce doppia di compressione. Appena si fora il cilindro, la tensione radiale deve

andare a zero al raggio interno; il passaggio dal valore al raggio esterno (-pe) a zero è

tanto più brusco quanto maggiore è lo spessore del cilindro.

Pagina 10

§2. Forzamento con interferenza - Cerchiatura

Dati due cilindri della stessa lunghezza forzati a caldo, come in figura 3, si vuole studiare

lo stato tensionale residuo.

Siano(il pedice i si riferisce al cilindro interno, il pedice o a quello esterno):

δo = incremento del raggio interno del cilindro esterno

δi = decremento del raggio esterno del cilindro interno

δ = δo+(-δi) = interferenza

p = pressione che si esercita fra i due cilindri

σic = tensione circonferenziale in corrispondenza del raggio esterno del cilindro interno

σoc = tensione circonferenziale in corrispondenza del raggio interno del cilindro esterno

Figura 3 Dal paragrafo precedente si ha che al raggio b:

22

22

ababpic −

+−=σ

22

22

bcbcpoc −

+=σ

porir −== σσ

espressioni che permettono di calcolare i valori delle tensioni nota la geometria e la pressione

di forzamento; normalmente p non è nota ma può essere messa in relazione con l’interferenza

δ.

La deformazione circonferenziale per il cilindro esterno in corrispondenza del diametro

interno vale:

bbbb

arianza origincirconfereconferenza della cirvariazione oo

ocδ

ππδπ

ε =⋅

⋅−+==

22)(2

(2.1)

si presti attenzione, non si tratta di una deformazione radiale.

Pagina 11

per la legge di Hooke

+

−+

=+−+

=−= ννσ

νσ

ε 22

22

22

22

bcbc

Ep

Ep

bcbc

Ep

EE oooo

or

o

ococ (2.2)

confrontando la (2.1) con la (2.2)

+

−+

= νδ 22

22

bcbc

Ebp

oo

Analogamente per la circonferenza esterna del cilindro interno

bbbb

arianza origincirconfereconferenza della cirvariazione ii

ocδ

πδππ

ε =⋅

−−⋅==

2)(22

−

−+

−=+−+

−=−= ννσ

νσ

ε 22

22

22

22

abab

Ep

Ep

abab

Ep

EE iiii

ir

c

icic

−

−+

−= νδ 22

22

abab

Ebp

ii

l’interferenza vale quindi

−

−+

+

+

−+

=−= ννδδδ 22

22

22

22

abab

Ebp

bcbc

Ebp

ioio (2.3)

la (2.3) lega il valore della pressione di forzamento all’interferenza; ponendo per

semplicità 1EEo = si ha

−

−−=

)(2))((

222

2222

acbabbc

bEp δ

Andamenti delle tensioni residue a forzamento avvenuto:

per il clindro interno varranno le (1.10) scritte come di seguito

+

−−=

+

−−=

−

−−=

−

−−=

2

2

22

2

2

2

22

2

2

2

22

2

2

2

22

2

11

11

ra

abbp

rR

RRR

p

ra

abbp

rR

RRR

p

i

ie

eec

i

ie

eer

σ

σ

(2.4)

mentre per il cilindro esterno varranno le (1.9) ovvero

+

−=

+

−=

−

−=

−

−=

2

2

22

2

2

2

22

2

2

2

22

2

2

2

22

2

11

11

rc

bcbp

rR

RRR

p

rc

bcbp

rR

RRR

p

e

ie

iic

e

ie

iir

σ

σ

(2.5)

Si riporta di seguito la rappresentazione grafica delle (2.4) e (2.5).

Pagina 12

Nel caso si vogliano applicare i precedenti risultati allo studio di un collegamento albero –

mozzo occorre tener presente che il suddetto collegamento interessa soltanto una parte

dell’albero e pertanto si genererà alle estremità del mozzo un aumento delle tensioni; di ciò si

terrà conto considerando un fattore di concentrazione di tensioni in genere maggiore di due.

Proviamo adesso a immaginare il cilindro interno come una tubazione, che sarà poi

attraversata da un fluido in pressione; lo stato tensionale residuo generato dal forzamento

influisce beneficamente in quanto andrà in buona parte a mitigare lo stato tensionale generato

dalla pressione interna:

Pagina 13

Si vede dai grafici che le tensioni radiali della pressione interna e del forzamento si

sommano perché dello stesso segno, mentre le tensioni circonferenziali della pressione interna

vengono mitigate; nel complesso l'effetto della cerchiatura è decisamente benefico.

Pagina 14

§3. Autocerchiatura Un altro metodo utilizzato per migliorare la resistenza di un cilindro cavo soggetto a

pressione interna è l'autocerchiatura ovvero la plasticizzazione totale o parziale dello stesso; si

assumerà che il materiale sia elastico perfettamente plastico (EPP).

Consideriamo un cilindro sottoposto a pressione interna (figura sotto),

in un punto al raggio interno si ha:

ir p−=σ , 22

22

ie

ieic rr

rrp−+

=σ e σa=0.

Si ricordino a tal proposito i cerchi di Mohr.

Per il criterio di Tresca (Guest) si raggiunge lo snervamento quando la massima tensione

tangenziale raggiunge il valore limite associato alla tensione di snervamento Rs in stato

monoassiale ovvero quando

22minmax* sR

=−

=σσ

τ ovvero sR=−= minmax* σσσ

Pagina 15

nel nostro caso σmax e σmin coincidono con le tensioni circonferenziale e radiale, è dunque

possibile calcolare il valore della pressione p* che porta a snervamento la fibra più sollecitata,

cioè quella interna:

sie

ierc R

rrrr

p =

+

−+

=−= 122

22** σσσ da cui

se

ie Rr

rrp

−= 2

22*

2. (3.1)

Si vuole adesso determinare la pressione che plasticizza il cilindro sino al raggio rp.

Essendo il materiale elastico perfettamente plastico, per prr ≤ risulterà src R=−σσ ,

pertanto l’equazione indefinita di equilibrio 0=−−dr

dr rrc

σσσ diventerà: dr

drR rs

σ=

separando le variabili

rdrRd sr =σ

e integrando si ha:

++=

+=

CrR

CrR

splc

splr

)ln1()(

ln)(

σ

σ (3.2)

per determinare la costante si consideri che al raggio di plasticizzazione non possono

esserci discontinuità per quanto riguarda i valori delle tensioni, consideriamo quindi

l’uguaglianza della tensione radiale elrplr )()( σσ = a r = rp.

Naturalmente per prr ≥ valgono le relazioni ricavate nel caso di materiale elastico lineare

22

1)(rCCelr +=σ (3.3a)

22

1)(rCCelc −=σ (3.3b)

in cui le costanti C1 e C2 si determinano imponendo le seguenti condizioni al contorno:

r=re σr=0 e r=rp σc-σr=Rs

si ha così:

22 2 p

s rR

C −= e 2

2

1 2 e

ps

rrR

C =

L’andamento delle sollecitazioni nella zona elastica è quindi il seguente:

−

= 2

2

2

2

22 rrR

rrR ps

e

psrσ (3.4a)

Pagina 16

+

= 2

2

2

2

22 rrR

rrR ps

e

pscσ (3.4b)

imponendo ora la condizione elrplr )()( σσ = a r = rp si ricava

−

+−= p

e

ps r

rr

RC ln21

21

2

2

.

L’andamento delle tensioni nella zona plasticizzata è il seguente: 2

2

1 1 ln2 2

p pr s

e

r rR

r rσ

= − + −

(3.5a)

2

2

1 1 ln2 2

p pc s

e

r rR

r rσ

= + −

(3.5b)

si vede immediatamente che la loro differenza è costante e uguale a Rs.

Il valore di pressione che plasticizza fino ad rp si ricava dalla (σr)pl a imponendo al raggio

interno (σr)ri = -p’ 2

2

1 1' ( ) ln2 2

p pr i s

e i

r rp r R

r rσ

= − = − − + −

(3.6)

mentre il valore di pressione che plasticizza l’intero cilindro si trova ponendo rp=re e

calcolando σr per r = ri si ha i

esirl r

rRrp ln)( =−= σ .

Di seguito si riportano anche gli andamenti delle tensioni nel caso di cilindro

completamente plasticizzato:

rr

R esr ln−=σ (3.7a)

−=

rr

R esc ln1σ (3.7b)

Dalle (3.4) si evince che le tensioni radiali e circonferenziali in campo elastico sono

rispettivamente una sempre negativa e una sempre positiva, come già fatto notare al paragrafo

1, si è anche detto in quella sede che la pressione interna tende ad “aprire” il cilindro e

pertanto la σc doveva, anche intuitivamente, essere positiva, analogamente la tensione radiale

“comprime” i singoli raggi e doveva essere negativa. Ora durante la plasticizzazione, che

avviene pur sempre a mezzo di una pressione interna, deve essere 0≤rplσ 0≥cplσ ;

imponendo nelle (3.5) tali condizioni si ha che la prima è sempre verificata mentre dalla

seconda si ricava

Pagina 17

+

≤2

2

121

e

p

r

r

ip err , se il cilindro deve essere completamente plasticizzato deve valere

err ie ≤ come può anche ricavarsi dalla (3.7b)

Rappresentazione grafica degli andamenti delle tensioni durante la plasticizzazione:

Tensioni residue.

Lo scaricamento equivale ad imporre una trazione radiale sul bordo interno pari a pl, valgono

in tal caso le relazioni lineari elastiche cσ e rσ , di seguito sono rappresentate le tensioni durante

il caricamento e quelle dello scaricamento cambiate di segno, visto che poi vanno sottratte.

Pagina 18

si ottiene quindi il seguente stato tensionale residuo:

Si intuisce, in analogia a quanto visto a proposito della cerchiatura, che un simile stato

tensionale residuo mitigherà le tensioni dovute ad una eventuale pressione interna

Pagina 19

§4. Recipienti cilindrici (a pareti sottili) Quando lo spessore del cilindro sottoposto a pressione interna è molto piccolo rispetto al

raggio medio, è possibile pervenire a delle formule molto più semplici di quelle ricavate al

paragrafo 1, inoltre l’introduzione di tale semplificazione permette anche di studiare il caso di

un cilindro con le estremità chiuse e libero di deformarsi assialmente, quale può essere cioè

un recipiente in pressione.

In realtà anche nel caso di cilindri di grosso spessore è possibile studiare quelli con le

estremità chiuse, purchè queste siano “fisse”, come in figura, in modo da poter pur sempre

porre εa=0.

In tale caso, al dire il vero di scarso interesse pratico, risulterebbe:

)()( rcarca

a EEσσνσσσνσε +=⇒+−= , cioè

22

22

2ie

eeiia RR

RpRp−−

= νσ (4.1)

Consideriamo ora un cilindro di piccolo spessore

Si ha, analogamente a quanto visto al paragrafo 1,

pr −=σ

spDpDs cc 2

2 =⇒=⋅⋅ σσ

Pagina 20

tali formule possono pure ricavarsi dalle (1.9) ponendo Re-Ri=s, Re+Ri=2R, Re=Ri=r=R,

infatti

spD

spR

RR

RsR

prR

RRRRRp e

ieie

ic 2

12

1))(( 2

22

2

22

==

+=

+

+−=σ

analogamente σr=-p.

Per quanto riguarda la σa si consideri la relazione AF

a =σ in cui F è la forza dovuta alla

pressione sul fondo e A è l’area anulare si spessore s.

DssRADprpF ππππ =⋅⋅==⋅= 2;4

22 , quindi

ca spD σσ

21

4==

Cerchi del Mohr:

Risulta parecchio significativo il seguente esempio:

Si consideri un serbatoio cilindrico di piccolo spessore appoggiato alle stremità, pieno di

fluido pesante con pressione p. Si vuole determinare la tensione tangenziale massima e il

punto in cui agisce.

Si indichi con q la somma dei pesi per unità di lunghezza del cilindro e del fluido

Pagina 21

Si ha che il momento flettente è massimo in mezzeria e vale Mmax=ql2/8.

Consideriamo la sezione in mezzeria e analizziamo i tre punti segnati A,B,C

Cerchi del Mohr (a lato, in ordine A, B e C)).

Si vede chiaramente che i punti più pericolosi sono

A e C ed in questi andrà eseguita la verifica.

Una notevole familiarità col piano del Mohr aiuta

considerevolmente nello svolgimento di esercizi di

questo tipo, quest’esempio in particolare si presta, per

la sua semplicità, al conseguimento dello scopo.

SEZIONE B

Dischi rotanti

(a cura di Antonino Siddiolo e Simona Selvaggi)

Sommario

pag

5. Dischi rotanti a forte velocità………………………………………………………………... 23

6. Disco a spessore costante …………………………………………………………………… 25

7. Disco rotante con mozzo e corona…………………………………………………………... 29

8. Metodo di Grammel ………………………………………………………………………… 32

9. Dischi ad uniforme resistenza……………………………………………………………….. 35

Pagina 23

§1.Dischi rotanti a forte velocità In questa sezione s’intende studiare lo stato di sollecitazione cui è soggetto un solido rotante a

forte velocità.

Supponiamo, per semplicità, che il solido sia assialsimmetrico e che abbia un piano di simmetria

normale all’asse di rotazione. Ed ancora supponiamo che lo spessore non vari in modo repentino,

cosa pienamente giustificata, e che sia piccolo rispetto al raggio, sì da considerare trascurabile la

variazione di tensione lungo lo spessore. Lo stato tensionale risulta allora piano. Premesso ciò

s’intende ora ricavare l’equazione differenziale che governa il fenomeno, riservandoci, quindi, di

studiare i casi di maggior interesse, particolarizzando l’espressione che ricaveremo.

Si abbia il solido di cui sopra. Si consideri un elemento di massa compreso fra due piani passanti

per l’asse del disco e formanti l’angolo df e due cilindri coassiali di raggi r ed (r+dr). S’indichi

con:

-ω velocità angolare del disco;

-γ peso specifico del materiale;

-ψ spessore del disco al raggio r generico.

[ In quanto segue, contrariamente a quanto sin qui fatto, s’indicherà la tensione circonferenziale

con il pedice “t”, e la si chiamerà “tensione tangenziale”, ritenendo non vi sia più alcuna

possibilità di fraintendimenti ]

La forza centrifuga elementare sarà pari a:

drdryg

rdmdFc ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅= ϕωγω 222 ( 1 )

e rivolta verso l’esterno.

La forza applicata al raggio interno e rivolta verso l’interno sarà pari a :

dϕ/2 dϕ/2

dϕ

Pagina 24

ϕσ dyrdF ri ⋅⋅⋅= . ( 2 )

La forza applicata al raggio esterno e rivolta verso l’esterno, invece:

ϕσσϕσϕσ ddrrydrdrydrryd

drdryddrdF

drddFdF rrrriie

+=+=+= )()()( . ( 3.1)

ϕσσσσϕσσ ddrydrryrdr

rryryddrry

drdrydF rr

rrrre

+

∂∂

+∂

∂+=

+= )( . ( 3.2)

Sui due piani inclinati di dϕ agiscono due forze di egual modulo dFt pari a:

ydrdF tt σ= .

La risultante di tali due forze ha direzione radiale, è rivolta verso l’interno ed ha modulo pari a:

ϕσϕσϕ ydrdddryddFdT ttt =

==

2)(2 ( 4 )

Allora per l’equilibrio dell’elemento di massa deve aversi:

dTdFdFdF iec +=+ ( 5 )

Sostituendo la (1), (2), (3.2) e (4) nella ( 5 ) si ha:

0)(22 =−+

++ trr

r ydrdyy

drdryr

gσσσσωγ ( 6 )

Occorre ora una nuova equazione che relazioni le tensioni incognite σt e σr .

Per la legge di Hooke scritta in condizioni di stato piano di tensione deve aversi:

( )

( )trr

rtt

E

E

νσσε

νσσε

−=

−=

1

1

( 7 )

dalle quali si deduce:

( ) ( )trrrttEE νεεν

σνεεν

σ +−

=+−

= 22 1 ;

1 ( 8 )

Se indichiamo con ξ lo spostamento in senso radiale del generico punto del disco, si ha:

drd

rrrr

rtξεξ

ππξπε ==

−+= ;

22)(2 ( 9 )

Infine sostituendo queste ultime espressioni nell’equazione che esprime l’equilibrio

dell’elementino, si ottiene l’equazione differenziale su cui argomenteremo:

01111 22

22

2

=−

+

−+

++ r

Egrdrdy

ryrdrdy

ydrd

drd νωγνξξξ ( 10 )

La risoluzione di tale equazione differenziale del secondo ordine dipende dall’espressione della

y = y (r).

Pagina 25

§2.Disco a spessore costante Il nostro obiettivo è scoprire come reagisce il materiale qualora sia sottoposto ad elevate forze

centrifughe. Naturalmente in esercizio esse non saranno le sole a stressare il materiale. Ma in

questa sede, per non perdere di vista l’obiettivo, prescinderemo da ogni altra causa che possa

destare tensioni in seno al corpo, quale può essere la pressione esterna o la pressione interna.

D’altro canto, procedendo con il principio di sovrapposizione degli effetti, non sarà difficoltoso

andare a sommare alle soluzioni che ricaveremo quelle relative al caso di dischi a piccolo

spessore soggetti a pressione interna ed esterna. A tal proposito riportiamo qui tali leggi1:

11

1

11

1

2

22

2

2

2

22

2

2

−

−

−

−

−

−=

−

+

−

−

+

=

ab

rb

ab

p

abrb

p

ab

rb

ab

p

abrb

p

eir

eit

σ

σ

( 11 )

dove si indica con:

- b raggio esterno

- a raggio interno

Rispetto ai sistemi di calettamento quali chiavette, accoppiamenti scanalati e quant’altro, il

forzamento cilindrico liscio, insieme alla saldatura per attrito, resta uno dei mezzi più idonei per

la trasmissione del momento torcente. Osserviamo ancora che l’aver ricavato lo stato tensionale

per i soli dischi a spessore costante non è riduttivo in quanto ad essi ci rifaremo anche nel caso di

dischi a profilo comunque variabile (vedi più avanti il metodo di Grammel). A tal proposito

cominciamo con il trattare il caso di dischi rotanti a forte velocità a spessore costante aventi

pressioni nulle al raggio interno ed al raggio esterno. In formule:

( ) .costante ;0 ;0 ===== tryypp ei

La ( 10 ) allora diviene:

.0111 22

22

2

=−

+−+ rEgrdr

drdr

d νωγξξξ ( 12 )

Osservando ora che:

1 Le equazioni (11) sono uguali alle equazioni (1.8) descritte nella sezione A, pag. 6, ove si è posto a=ri, e b=re.

Pagina 26

( ) 2

2

2

111drd

drd

rrdrd

rdrdr

drd

rdrd ξξξξξξ ++−=

+=

( 13 )

possiamo riscrivere la ( 12 ):

( ) .11 2 rEg

rdrd

rdrd νωγξ −

−=

( 14 )

Integrando più volte ed eseguendo le opportune operazioni otteniamo:

22

12

22

21

322

211

83

281

rCCr

Egdrd

rCrCr

Eg

−+−

−=

++−

−=

νωγξ

νωγξ ( 15 )

Sostituendo le ( 15 ), a mezzo delle ( 9 ), nelle ( 8 ), che qui ricordiamo:

( )

( )trr

rtt

E

E

νεεν

σ

νεεν

σ

+−

=

+−

=

2

2

1

1

si ha:

2222

1

2222

1

813

11

)1(21

83

11

)1(21

rgr

CCE

rgr

CCE

t

r

ωγννν

σ

ωγννν

σ

+−

+

+−

=

+−

+

−−

=

( 16 )

Imponendo che sia:

( )( ) 0

0====

brar

r

r

σσ

come ipotizzato, si ottiene:

C1= 1 (1 – v)(3 + v) γ ω2 a 2 + b 2

E g 4 ( 17 )C2= 1 (1 + v)(3 + v) γ ω2(a b) 2

E g 8

e sostituendo infine le ( 17 ) nelle ( 16 ):

( )

( )

++

−

++

+=

−

−+

+=

22

222

22

222

331

83

83

rr

abbag

rr

abbag

t

r

ννωγνσ

ωγνσ

( 18 )

Pagina 27

Osserviamo che la massima tensione radiale si ha quando 21

)(abr = , dove vale:

( )22

83 ab

gr −+

= ωγνσ

La massima tensione tangenziale la si ha, invece, al raggio interno:

+−

++

= 222

31

43 ab

gt ννωγνσ

Se supponiamo che il nostro disco non sia forato ( pensiamo, ad esempio, ai dischi delle turbine

De Laval ) tornando alle ( 16 ) notiamo che necessariamente deve essere C2=0. Allora si ha:

221

221

813

)1(2

83

)1(2

rg

CE

rg

CE

t

r

ωγνν

σ

ωγνν

σ

+−

−=

+−

−=

( 19 )

Per le solite ipotesi in cui ci muoviamo, al bordo esterno dev’essere:

σr (r = b) = E C1 _ 3 + v γ ω2 b 2 = 0 2(1 – v) 8 g

da cui:

221 4

)1)(3( bgE

C ωγνν −+= .

Allora risulta:

++

−+

=

−+

=

222

222

313

83

)(8

3

rbg

rbg

t

r

ννωγνσ

ωγνσ. ( 20 )

Osserviamo che in questo caso anche la tensione radiale è massima al centro. Infatti ad 0=r

risulta:

22

83 b

gtr ωγνσσ +== .

Rammentiamo che nel caso di disco forato si aveva, al raggio interno:

+

+−+

== 222

31

43)( ba

gart ν

νωγνσ

e quando a diviene molto piccolo:

22

43 b

gt ωγνσ +≅ .

Da ciò realizziamo che anche la presenza di un piccolissimo forellino al centro del disco rotante

fa, ivi, più che raddoppiare la tensione tangenziale. Se ora desiderassimo conoscere lo stato

Pagina 28

tensionale in un disco forato rotante a forte velocità e soggetto ad una certa pressione interna ed

esterna, basterà sommare alle leggi or ora ricavate quelle relative alla sollecitazione considerata.

In particolare nel nostro caso si ha:

22

22

DrrBA

CrrBA

t

r

−+=

−−=

σ

σ. ( 21 )

Dove s’è posto:

A = 3 + v γ ω2 (a2 + b2) + pi 1 _ pe (b/a)2 . 8 g (b/a)2 - 1 (b/a)2 – 1

B = 3 + v γ ω2 (a b)2 + pi b2 _ pe b2 .

8 g (b/a)2 - 1 (b/a)2 – 1

C = 3 + v γ ω2

8 g

D = 1+ 3 v γ ω2

8 g

Pagina 29

§3.Disco rotante con mozzo e corona Nel caso in cui la pressione interna od esterna al disco a spessore costante rotante a forte velocità

derivi dalle tensioni fra il disco stesso e il mozzo o la corona, è necessario effettuare un’analisi a

parte. Il problema sarebbe naturalmente risolto se conoscessimo le tensioni σrA e σrB agenti sul

disco. In tal caso avremmo per il mozzo una tensione all’interfaccia pari a m

rA byσ e per la

corona c

rB byσ . Non essendo note, procediamo scrivendo la congruenza degli spostamenti

∆rA e ∆rB. Difatti lo spostamento ∆rA della sezione cilindrica A, come appartenente al disco, è

esprimibile in funzione della σrA e della σrB sul disco. Il medesimo spostamento ∆rA, come

appartenente al mozzo, è esprimibile, allo stesso tempo, in funzione di m

rA byσ e della

presssione di calettamento pc. Eguagliando tali due espressioni di ∆rA si ottiene un’equazione

nelle incognite σrA e σrB . Procedendo analogamente per la sezione cilindrica B, si ricava la

seconda equazione che ci permette di risolvere il problema.

-Forza centrifuga:

.ar It

IA ε=∆

Essendo:

σIr = 0

σIt = 3 + v γ ω2

4 g1 – v a2 + b2

3 + v

Pagina 30

risulta:

εIt = 1 3 + v γ ω2

E 4 g1 – v a2 + b2

3 + v

ed allora:

∆rIA = a 3 + v γ ω2 ( 22 )

E 4 g1 – v a2 + b2

3 + v

-Pressione rAσ :

ar IIt

IIA ε=∆

Essendo:

22

22

abab

rAIIt

rAIIr

−+

=

−=

σσ

σσ

risulta:

+

−+

=∆ νσ22

22

abab

Ear rAII

A ( 23 )

-Pressione rBσ :

ar IIIt

IIIA ε=∆

Essendo:

σIIIr = 0

σIIIt = _ 2b2 σrB

b2 - a2

Risulta:

∆rIII

A = _ a 2b2 σrB ( 24 ) E b2 - a2

Allora lo spostamento complessivo radiale della sezione cilindrica A è dato da:

( )rBrAIII

AII

AI

AA Frrrr σσ ,11 =∆+∆+∆=∆ . ( 25 )

Pagina 31

Analogamente a quanto fatto per determinare lo spostamento ∆rA1, è possibile ricavare lo

spostamento radiale della sezione A pensata appartenente al mozzo soggetto alla pc e alla

mrA b

yσ . Si troverà:

( )rAA Fr σ22 =∆ .

Allora, eguagliando F1 ed F2, si ottiene un’equazione che lega le due tensioni incognite rAσ e

rBσ . Procedendo analogamente per la sezione B, il problema è risolto. Nel caso in cui si abbiano

numerose variazioni di sezione, il livello di difficoltà cui perviene il metodo appena esposto

risulta notevole. La difficoltà sta nel dover risolvere un sistema di [ ]1−n equazioni in [ ]1−n

incognite, dove n rappresenta il numero di dischi elementari a spessore costante cui è

riconducibile il nostro disco rotante.

Pagina 32

§4.Metodo di Grammel Per ovviare ai problemi palesati nel precedente paragrafo, ci accingiamo ad esporre un metodo

alquanto semplice per la risoluzione di dischi con spessore variabile a gradini e, più in generale,

di dischi a profilo generico. E’ il ben noto metodo di Grammel.

Un disco rotante a forte velocità a profilo generico soggetto a pressione interna ed esterna è

schematizzabile, in prima approssimazione, come costituito da un numero discreto di dischi a

spessore costante. Un criterio per affrontare il problema potrebbe essere quello di fare in modo

che la variazione percentuale di spessore fra un disco elementare ed il successivo sia costante.

Ricordiamo le (21) che esprimevano lo stato tensionale di un disco rotante soggetto a pressione

esterna ed interna:

22

22

DrrBA

CrrBA

t

r

−+=

−−=

σ

σ

Per chiarire cosa s’intende per discretizzazione di un disco a profilo generico, riportiamo un

esempio a titolo indicativo:

Supponiamo di partire dal disco elementare interno, scelto a spessore costante. Esso risulta

sollecitato al raggio interno da una pressione nota ir p−=σ . La tσ al raggio interno è incognita.

Poniamo per essa un valore di tentativo toσ . Posto:

2

2

DrtCrs

t

r

+=

+=

σ

σ ( 26 )

essendo note rσ e tσ al raggio interno, possiamo calcolare )( irs e )( irt e quindi ricavare:

A = ½ [ t(ri) + s(ri) ] ( 27 )B = ½ [ t(ri) - s(ri) ] r2

Pagina 33

che sono le costanti A e B che compaiono nelle ( 21 ) e che ci permettono di conoscere lo stato

tensionale del disco elementare interno per un valore r generico. Risulta quindi noto lo stato

tensionale al raggio esterno del primo disco elementare. Per passare allo studio del disco

successivo occorre conoscerne lo stato tensionale al raggio interno. Dobbiamo quindi cercare di

capire come variano le tensioni a causa del brusco cambiamento di spessore. Sarà:

ttt

rrr

yyy

σσσ

σσσ

∆+=

∆+=

∆+=

_

_

_

( 28 )

avendo indicato col sovrasegno le dimensioni e le tensioni riferite al secondo disco elementare.

Nella sezione cilindrica d’attacco fra primo e secondo disco devono essere verificate le seguenti

eguaglianze, per l’equilibrio e la compatibilità:

( )___

__

11trtrtt

rr

vEE

yy

εσσνσσε

σσ

=

−=−=

= ( 29 )

Dalle ( 28 ) e dalle ( 29 ) si ricava:

rt

rr yyy

σνσ

σσ

∆=∆∆+

∆−=∆

( 30 )

ed è quindi noto lo stato tensionale al raggio interno del secondo disco elementare del nostro

modello. Così come proceduto per il primo disco è possibile andare avanti per il secondo e

ricavarne lo stato tensionale. Iterando tale procedimento si giunge alla conoscenza dello stato

tensionale del disco elementare esterno. Se avessimo scelto, la toσ opportuna al raggio interno

del primo disco, al raggio esterno dell’ultimo disco elementare avremmo trovato:

er p−=σ

In realtà anche per l’ultimo disco è necessario considerare al raggio esterno una brusca

variazione di spessore, dato che, in generale, lo spessore dell’ultimo disco elementare non

coincide con quello del disco reale al raggio esterno. Allora dobbiamo considerare, anche qui, le

rσ e le tσ dateci dalle ( 28) unitamente alle ( 30 ). Puntualizzato ciò, chiamiamo 'rσ e '

tσ le

tensioni trovate per il valore di tentativo della tσ al raggio interno, che non coincidono con

quelle effettive. Supponiamo il nostro modello fisso ed imponiamo che al raggio interno del

primo disco elementare sia:

Pagina 34

tot

r

σσσ

== 0

( 31 )

Procedendo esattamente come prima, ricaviamo le tensioni indicate con:

''''tr e σσ

che risultano proporzionali a toσ . Imponendo semplicemente che sia:

rrr K σσσ =+ ''' ( 32 )

al raggio esterno dell’ultimo disco elementare, si ricava la costante “K” risalendo così allo stato

tensionale effettivo ( nei limiti dell’approssimazione adottata ). Se tale metodo viene utilizzato

per profili non simmetrici si ha, ovviamente, un’ulteriore approssimazione. Ad esempio nel caso

di giranti di turbine , o di compressori, o di pompe la presenza delle palette può essere tenuta in

considerazione adottando un peso specifico fittizio, al fine di valutare il loro effetto massivo

globale. In tal modo viene trascurato l’effetto flettente provocato dalle pale.

E’ necessario dare un ulteriore cenno sulla pressione interna che si è supposta nota al raggio

interno del primo disco. A disco fermo la pressione di calettamento deve essere maggiore della

pressione minima che garantisce la trasmissione del momento torcente, e precisamente della

quantità che in moto viene annullata dalla forza centrifuga. Date le molte approssimazioni fatte

utilizzando tale metodo, e che non si limitano a quanto precedentemente descritto, è opportuno

adottare un coefficiente di sicurezza pari circa a due nella espressione della pmin , che risulta

essere:

=

bdf

Mp t

2

2min

π

dove:

- Mt è il momento massimo trasmissibile;

- d è il diametro dell’albero;

- b è la lunghezza assiale del collegamento;

- f è il coefficiente d’attrito.

Pagina 35

§5.Dischi ad uniforme resistenza In questo paragrafo si vuole ricavare quale debba essere il profilo da dare ad un disco rotante a

forte velocità affinché per ogni punto risulti:

costante=== σσσ tr ( 33 )

Ricordiamo la ( 6 ):

0)(22 =−+

++ trr

r ydrdyy

drdrry

gσσσσωγ

esprimente semplicemente l’equilibrio dell’elemento infinitesimo di disco rotante. Essa, con la

condizione ( 33 ), diviene:

022 =+drdyrry

g rσωγ ( 34 )

equazione differenziale facilmente integrabile. Risulta successivamente:

dy = _ γ ω2 r dr y g σ ( 35 ) ln(y) = _ γ ω2 r2 + K g σ 2

e quindi, a meno di una costante, l’equazione del profilo risulta essere:

y = C e ( 36 ) _ γϖ2r2

2gσ

Noto il valore dello spessore del disco al raggio interno o al raggio esterno, è immediatamente

calcolabile il valore della costante “C”. Osserviamo che la soluzione trovata suppone un disco

senza foro centrale ed indefinitamente esteso radialmente. Quest’ultima ipotesi è, naturalmente,

puramente ideale. Nei casi pratici, allora, dovendo il disco essere troncato esternamente, e

dovendo, quindi, essere 0)( =er rσ , si applicherà una corona tale che risulti:

σσ =)( er r

Una situazione analoga si verifica al raggio interno, dove l’eventuale mozzo dovrà avere forma

tale da esercitare una pressione radiale σ prefissata. Naturalmente così si avrà un nuovo stato

tensionale che si sovrapporrà al primo. Se al centro è iyy = , si ha:

Pagina 36

σγω

gr

ieyy 2

22−

= ( 37 )

ovvero se al raggio esterno è eyy = :

)(

222

2rr

ge

e

eyy−

= σγω

( 38 )

Riportiamo qui di seguito un esempio di profilo di disco ad uniforme resistenza:

[ m ] [ m / s2 ] [ N / m3 ] R y ye g g 0,03 9,81 77400

0 0,1098418 0,05 0,109486 [ giri / min ] [ rad / s ] [ Pa ] [ m ]0,1 0,1084255 n w s re

0,15 0,1066807 3000 314,16 300000000 1 0,2 0,104285

0,25 0,1012838 0,3 0,0977326

0,35 0,093696 0,4 0,0892451

0,45 0,0844558 0,5 0,0794065

0,55 0,0741762 0,6 0,0688422

0,65 0,0634786 0,7 0,0581542

0,75 0,0529318 0,8 0,0478668

0,85 0,0430064 0,9 0,0383896

0,95 0,0340468 1 0,03

0

0,05

0,1

0,15

0,2

0,25

0,3

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1 1,1 1,2

r [ m ]

y [ m ]

Pagina 37

SEZIONE C

Distorsioni termiche

Sommario

pag

Dischi sottili ……………………………………………………………….……………….…… 38

Cilindri di grosso spessore……………………………………………………………………….40

Pagina 38

§1.Sollecitazioni termiche nei dischi Si facciano alcune considerazioni. Poniamo d’avere un corpo, vincolato isostaticamente, la cui temperatura cresca o decresca uniformemente ovunque. Per ogni punto di tale corpo le deformazioni varranno:

( )Tzyx ∆=== αεεε

dove con a s’è indicato il coefficiente di dilatazione termica del materiale e ovviamente con DT il relativo cambiamento di temperatura. Si sperimenta quindi un semplice aumento di volume senza la nascita d’alcun stato tensionale. Difatti, essendo il corpo vincolato isostaticamente, l’aumento di temperatura fa compiere al corpo un moto rigido. Immaginiamo ora una trave vincolata iperstaticamente sottoposta allo stesso aumento di temperatura. Anche qui tendono a nascere delle deformazioni, le quali, se impedite per via della su ipotizzata iperstaticità, causano delle tensioni diverse da zero, comunemente chiamate autotensioni per sottolineare il fatto che sorgono anche in assenza d’un sistema di carichi. A questo punto, se immaginiamo un disco od un cilindro soggetto ad un gradiente termico non nullo DT=DT(r), è intuibile la nascita d’uno stato autotensionale dovuto alle infinite iperstaticità che caratterizzano tali corpi. Si pensi, per una immediata comprensione, al corpo come discretizzato in una infinità di cilindri a piccolo spessore soggetti a DT diversi e proprio per tale motivo portati a dilatarsi di quantità differenti. Per motivi di continuità del solido tali differenziate deformazioni non possono attualizzarsi e da qui il sorgere dello stato tensionale. Si vuole in questa sezione analizzare proprio lo stato tensionale effetto dell’imposto DT.

Disco a spessore sottile Supponiamo, per cominciare, di studiare un disco caratterizzato dall’avere spessore sottile relativamente alle altre dimensioni. Lo stato tensionale sarà piano, così come lo stato deformativo. Le equazioni di compatibilità si scrivono:

( ) ( )

( ) ( )TE

TE

rtt

trr

∆+−=

∆+−=

ανσσε

ανσσε

1

1

. ( 39 )

Essendo il disco a spessore costante, l’equazione d’equilibrio si scrive:

0=−

+rdr

d trr σσσ . ( 40 )

Onde trovare le incognite rσ e tσ , introduciamo la cosiddetta “ funzione di stress” ß, tale che:

drdßrß

t

r

=

=

σ

σ . ( 41 )

Pagina 39

Ricordiamo, a questo punto, che:

drd

rrrr

r

t

ξε

ξπ

πξπε

=

=−+

=2

2)(2

; ( 42 )

eliminando ξ da tale equazione si giunge ad un’espressione semplificata delle equazioni di compatibilità:

( ) 0=− rtrdrd εε . ( 43 )

Usando la funzione di stress e le relazioni fra tensioni e deformazioni giungiamo alla:

( ) ( )dr

TdErßdrd

rdrd ∆

−=

α1 . ( 44 )

Integrando la ( 44 ) si ricava l’espressione della funzione “ ß “. Risulta:

( )∫ ++∆−=r

a rCrCrdrT

rEß 2

1 2α ( 45 )

dove: [ ]bar ,∈ , con “a” raggio interno e “b” raggio esterno (se a = 0 trattasi di disco pieno) ; 1C e 2C costanti d’integrazioni. Le nostre funzioni incognite, sostituendo la ( 45 ), or ora trovata, nelle ( 41 ), divengono:

( )

( ) ( ) 221

2

221

2

21

2

rCCrdrT

rTE

rCCrdrT

rE

r

at

r

ar

−+

∆+∆−=

++∆−=

∫

∫

ασ

ασ

. ( 46 )

Nota la legge di variazione della temperatura con il raggio e la pressione al raggio interno ed al raggio esterno, il problema risulta essere risolto.

Pagina 40

Cilindri a grosso spessore Vale qui lo stesso simbolismo adottato per i dischi. Ovvero [ ]bar ,∈ , con “a” raggio interno e “b” raggio esterno (se a = 0 trattasi di disco pieno) . Supponiamo che il cilindro non sia libero di deformarsi assialmente. In tale ipotesi lo stato deformativo risulta essere piano. Allora le equazioni di compatibilità divengono:

( ) ( )[ ]

( ) ( )[ ]TEE

TEE

rtt

trr

∆+−−+

=

∆+−−+

=

ανσσννε

ανσσννε

11

11

, ( 47 )

ed inoltre per la su ipotizzata impossibilità di deformazione assiale deve aversi:

( ) ( )TEtra ∆−+= ασσνσ . ( 48 )

Utilizzando, anche qui, la funzione di stress precedentemente definita ß :

drdßrß

t

r

=

=

σ

σ ( 49 )

le equazioni di compatibilità diviene, procedendo come per i dischi:

( ) ( )dr

TdErßdrd

rdrd ∆

−−=

να

11 . ( 50 )

Osserviamo che ad eccezione del fattore ( )ν−1 a denominatore del secondo membro, tale equazione differenziale risulta essere assolutamente identica a quella ricavata trattando i dischi a piccolo spessore. Allora l’espressione della funzione di stress diviene:

( ) ( )∫ ++∆−

−=r

a rCrCrdrT

rEß 2

1 21 να . ( 51 )

Come su proceduto giungiamo infine a trovare le nostre funzioni incognite, che sono, per un cilindro pieno ( a = 0) :

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

∆−∆

−=

∆+∆+∆−

−=

∆−∆

−=

∫

∫∫

∫∫

TrdrTb

E

rdrTr

rdrTb

TE

rdrTr

rdrTb

E

b

a

rb

t

rb

r

0

02

0

02

0

²2

1

1²

11

1²

11

νν

ασ

νασ

νασ

. ( 52 )

Pagina 41

Invece per un cilindro con raggio interno “a” , abbiamo:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

∆−∆

−−=

∆−∆+∆

−+

−=

∆−∆

−−

−=

∫

∫∫

∫∫

TrdrTab

E

rTrdrTrdrTabar

rE

rdrTrdrTabar

rE

b

aa

r

a

b

at

r

a

b

ar

²²2

1

²²²²²

²1

1

²²²²

²1

1

νν

ασ

νασ

νασ

( 53 )

ed anche in questo caso il problema è facilmente risolvibile, una volta nota la funzione ∆Τ=∆Τ(r). Veniamo ora al caso di cilindro ancora infinitamente lungo, ma stavolta libero di deformarsi assialmente. Imponendo l’equilibrio assiale, si ha, per un cilindro pieno:

( ) ( ) ( )∫ ∫∫ =

+

∆−∆

−=⋅⋅

b bb

a drETrdrTb

Erdrr0

000

0²

21

22 ενν

απσπ ( 54 )

quindi:

( )rdrTb

EEb

∆= ∫0

0 ²2αε ( 55 )

e allora:

( ) ( ) ( )

∆−∆

−−= ∫ TrdrT

bE b

a0²

21 νασ ( 56 )

mentre le restanti due tensioni sono analoghe alle precedenti. Ovvero:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

∆+∆+∆−

−=

∆−∆

−=

∫∫

∫∫

rdrTr

rdrTb

TE

rdrTr

rdrTb

E

rb

t

rb

r

02

0

02

0

1²

11

1²

11

νασ

νασ

. ( 57)

Nel caso invece di cilindro libero di deformarsi ma cavo:

( )rdrTab

EEb

a

∆−

= ∫²²2

0αε ( 58 )

ed allora la tensione assiale risulta:

Pagina 42

( ) ( ) ( )

∆−∆

−−−= ∫ TrdrT

abE b

aa ²²

21 νασ ( 59 )

mentre le tensioni radiali e tangenziali rimangono le stesse. Ovvero:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

∆−∆+∆

−+

−=

∆−∆

−−

−=

∫∫

∫∫

²²²²²

²1

1

²²²²

²1

1

rTrdrTrdrTabar

rE

rdrTrdrTabar

rE

r

a

b

at

r

a

b

ar

νασ

νασ

. ( 60)

Osserviamo che nel caso di regime termico stazionario, flusso di calore costante fra la superficie interna mantenuta alla temperatura Ti e la esterna mantenuta alla temperatura Te , la distribuzione di temperatura lungo il raggio del disco risulta seguire una legge logaritmica:

−

+==rb

ab

TTTrTT ei

e ln)ln(

)( ( 61 )

Essendo usuale l’applicazione del principio di sovrapposizione degli effetti riportiamo la soluzione delle ( 56 ) e delle ( 57 ), a mezzo della distribuzione ipotizzata ( 61 ), valida quindi per cilindri infinitamente lunghi e liberi di deformarsi assialmente. Si suppone nulla quindi la pressione al raggio interno ed al raggio esterno. Risulta:

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

−−−

−

−=

+

−−−

−

−=

−

−−−

−

−=

ab

aba

rb

ab

TTE

ab

rb

aba

rb

ab

TTE

ab

rb

aba

rb

ab

TTE

eia

eit

eir

ln²²

²2ln21ln12

)(

ln²²1

²²²ln1

ln12)(

ln²²1

²²²ln

ln12)(

να

σ

να

σ

να

σ

( 62 )

Osserviamo ancora una volta che in virtù della già menzionata somiglianza formale fra le soluzioni del disco a piccolo spessore e quelle del cilindro, le soluzioni su riportate valgono anche per i primi, ma così modificate:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

+

−−−

⋅

−=

−

−−−

⋅

−=

ab

rb

aba

rb

ab

TTE

ab

rb

aba

rb

ab

TTE

eit

eir

ln²²1

²²²ln1

ln2)(

ln²²1

²²²ln

ln2)(

ασ

ασ

( 63 )

Naturalmente la tensione assiale non compare, essendo il disco a piccolo spessore. Si noti che, avendo analizzato il solo effetto del gradiente termico, le tensioni radiali al raggio interno ed al raggio esterno devono risultare nulle. Così è, infatti. Per qualsiasi altro valore del raggio, osserviamo che, se

Pagina 43

ei TT > , ( 64 )

la tensione radiale è ovunque minore di zero. Inoltre, per la fibra interna e la esterna sarà :

( ) ( )( )

( ) ( )( )

0ln²²

²21ln12

)(

0ln²²

²21ln12

)(

>

−−

−

−==

<

−−

−

−==

ab

aba

ab

TTEbb

ab

abb

ab

TTEaa

eiat

eiat

ν

ασσ

ν

ασσ

( 65 )

ed essendo quest’ultima maggiore di zero, bisogna prestare particolare attenzione nel caso in cui si stiano trattando materiali debolmente resistenti a trazione.

Pagina 44

APPENDICE

Esercitazioni svolte

Sommario

pag

10. Cerchiatura – Autocerchiatura (es. del 17/11/1998)………………………………………… 45

11. Dischi rotanti – Distorsioni termiche (es. del 12/11/1998)…………………………………...51

Pagina 45

Esercitazione n.1

Cilindri di grosso spessore

Esercizio n°1

Per i tratti di tubazione in acciaio forzati a caldo, come in figura a lato, si desidera una tensione circonferenziale di forzamento sul raggio interno del tubo esterno pari a 50 Mpa. Determinare: a) le dimensioni degli elementi prima del forzamento; b) l’andamento delle tensioni a forzamento avvenuto; c) la massima pressione interna di esercizio considerando un

acciaio con una tensione di snervamento σs=500 MPa ed un coefficiente di sicurezza η=2;

d) l’andamento delle tensioni in esercizio. Esercizio n°2

Per una tubazione autocerchiata, come in figura a lato, si determini la pressione di autocerchiatura che produce lo snervamento fino a un raggio plastico Rp=20mm supposta una tensione di snervamento σs=500 MPa. Si determini inoltre: e) lo stato tensionale durante l’autocerchiatura; f) lo stato tensionale residuo ad autocerchiatura avvenuta; g) la massima pressione interna di esercizio considerando un

coefficiente di sicurezza η=2; h) l’andamento delle tensioni in esercizio. Si confronti infine lo stato tensionale in esercizio nei due casi di cerchiatura (esercizio 1) ed autocerchiatura (esercizio 2). Risoluzione Esercizio n.1 Si farà riferimento alle formule e alle conclusioni cui si è pervenuti nel paragrafo 2 della sezione A. La tensione circonferenziale di forzamento sul raggio interno del cilindro esterno vale 50 Mpa, pertanto:

MPabcbcpoc 5022

22

=−+

=σ dove chiaramente a=15mm, b=20mm e c=40mm

da tale relazione si ricava MPabcbcp oc 30

2040204050 22

22

22

22

=+−

=+−

= σ .

Per trovare le dimensioni originali degli elementi si ricordi che:

Pagina 46

mbcbc

Ebp

oo µνδ 62,522

22

=

+

−+

= e

mabab

Ebp

ii µνδ 38,922

22

−=

−

−+

−=

pertanto le dimensioni originali saranno: b0=b-δ0=19,99438mm bi=b+δi=20,00938mm. Gli andamenti delle tensioni a forzamento avvenuto sono le (2.4) e (2.5), di seguito si riporta la rappresentazione grafica delle stesse.

Consideriamo adesso lo stato tensionale dovuto ad una eventuale pressione interna pi; per ottenere l’espressione analitica basta scrivere le (1.9) tra il raggio interno a e il raggio esterno c:

−

−=

−

−= 2

2

22

2

2

2

22

2

11rc

acap

rR

RRR

p ie

ie

iirσ

+

−=

+

−= 2

2

22

2

2

2

22

2

11rc

acap

rR

RRR

p ie

ie

iicσ .

Sommando questi due contributi, il forzamento e la pressione interna, si avranno i seguenti valori di tensioni ai vari raggi:

-150

-120

-90

-60

-30

0

30

60

0,015 0,02 0,025 0,03 0,035 0,04

r [ m ]

tensioni [ MPa ] srst

Pagina 47

1) per il cilindro esterno

r= b c

rσ -30-0,49pi 0

cσ 50+0,818pi 20+0,327pi

2) per il cilindro interno

r= a b

rσ -pi -30-0,49pi

cσ -137,1+1,327pi 107,1+0,818pi

Occorre adesso, in ognuno di questi punti, calcolare la tensione equivalente di Von Mises ed eguagliarla alla metà della sigma di snervamento:

25022 ==+=nRs

creq σσσ , ovvero 222 250=+ cr σσ

e ricavare il valore di pi; tra i quattro trovati si sceglierà quello più piccolo.

Punto interno cilindro interno:

18808,2 – 501,195 pi + 4,08893 pi2=2502

pi 181,46 Mpa

Punto esterno cilindro interno:

9165,31 – 173,922 pi + 1,31207 pi2=2502

pi 278,509 Mpa

Punto interno cilindro esterno:

4900 – 160,364 pi + 1,31207 pi2=2502

pi 157,143 Mpa

Punto esterno cilindro esterno:

400 – 13 pi + 0,107 pi2=2502

pi 702 Mpa

Chiaramente la condizione più restrittiva la impone il punto interno del cilindro esterno come di poteva prevedere osservando i grafici (pur se indicativi) di pag. 13.

Pagina 48

E’ ora possibile tracciare gli andamenti delle tensioni in esercizio:

Tensioni radiali dovute al forzamento, alla pressione interna e totali:

Tensioni circonferenziali dovute al forzamento, alla pressione interna e totali:

Tensioni radiali e circonferenziali totali:

15 20 25 30 35 40-150

-125

-100

-75

-50

-25

0

15 20 25 30 35 40

-100

-50

0

50

100

150

200

15 20 25 30 35 40-150

-100

-50

0

50

100

150

Pagina 49

Esercizio n°2 Si farà riferimento al paragrafo 3 della sezione A. La pressione che plasticizza sino al raggio rp è dato dalla 3.6, si ha

MPa 165ln21

21'

2

2

2

=

−

+−−=

i

p

e

ps r

rrr

Rp

Stato tensionale durante l’autocerchiatura

Stato tensionale residuo

-360

-280

-200

-120

-40

40

120

200

280

15 20 25 30 35 40

r [ mm ]

tensioni [ MPa ] sr

st

-300

-270

-240

-210

-180

-150

-120

-90

-60

-30

0

30

60

15 20 25 30 35 40r [ mm ]

tensioni [ M P a ]

sr

st

Pagina 50

Per determinare la massima si ragioni analogamente a quanto fatto nell’esercizio n°1 e si consideri quindi la seguente tabella:

r= A rp

rσ -pi -24,84-0,49 pi

cσ -271,1+2,327pi 41,4+0,818 pi Applicando il criterio di Tresca, analogamente a quanto fatto sopra col criterio di Von Mises, si ricava, per il punto a rp (il maggiormente sollecitato):

(pi)max=140,4 MPa Le tensioni in esercizio sono:

Confrontando i due stati tensionali si vede che le tensioni radiali sono simili, differenze vi sono invece per quanto riguarda le tensioni circonferenziali ed in particolare nel tratto tra il raggio 15 e 20.

-160

-120

-80

-40

0

40

80

120

160

15 20 25 30 35 40

r [ mm ]

tensioni [ MPa ]

srst

Pagina 51

Esercitazione

Per un disco a spessore costante calettato su un albero, determinare il valore della interferenza necessaria per trasmettere un dato momento torcente a disco fermo. Determinare, quindi, la riduzione del momento torcente trasmittibile a causa dell’effetto della velocità di rotazione ed i coefficienti di sicurezza nel caso di disco fermo ed in rotazione. Dati del problema Mt (momento torcente a disco fermo) 350 Nm γ 78000 N/m³ Rσ 950 Mpa Sσ 700 MPa f (coefficiente d’attrito) 0,12 c (diametro esterno del disco) 0,4 m b (diametro interno del disco) 0,025 m t (spessore del disco) 0,01 m E 210 Gpa ν 0,33 n 10000 giri/min=1047 rad/s α (coeff. di dilatazione lineare) 16108,10 −−⋅ Co Ti 30 °C Te 350 °C

Svolgimento Si vuole trasmettere un dato momento torcente Mt , allora dev’essere:

( )bbtpfM t π2⋅= ,

da cui:

MPatfb

Mp t 1,297

²2' ==

π.

Trattandosi di disco forzato su albero pieno, la formula che ci dà l’interferenza diviene (a=0):

mbc

cE

bp µδ 51,35²²

²2'' =

−= .

Con tale valore d’interferenza sarebbe possibile trasmettere un momento torcente pari a 350 Nm se gli effetti termici fossero trascurabile. Non essendo così, vediamo come tenerne conto.Il disco è soggetto ad una distribuzione della temperatura del tipo:

Pagina 52

costante nel tempo. In tali condizioni si ha nel disco l’instaurarsi di un sistema d’autotensioni rappresentato dalle seguenti equazioni:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

+

−−−

⋅

−=

−

−−−

⋅

−=

bc

rc

bcb

rc

bc

TTE

bc

rc

bcb

rc

bc

TTE

eit

eir

ln²²1

²²²ln1

ln2)(

ln²²1

²²²ln

ln2)(

ασ

ασ

e la tensione assiale la consideriamo nulla, essendo il disco a piccolo spessore. Graficamente:

A causa di tali tensioni si ha una variazione del raggio interno del disco pari a:

( ) bbt ⋅= εδ ''

0

5 0

1 0 0

1 5 0

2 0 0

2 5 0

3 0 0

3 5 0

4 0 0

0 0 ,0 2 0 ,0 4 0 ,0 6 0 ,0 8 0 ,1 0 ,1 2 0 ,1 4 0 ,1 6 0 ,1 8 0 ,2

r [ m ]

t [ °C ]

Tensione tangenziale

-200

-100

0

100

200

300

400

500

600

700

0 0,05 0,1 0,15 0,2

r [ m ]

o [ MPa ] tensione radiale

-50

0

50

100

150

200

0 0,05 0,1 0,15 0,2 0,25

r [ m ]

o [ MPa ]

Pagina 53

dove:

( )[ ]artt Eb σσνσε +−=

1)(

Ora, essendo:

( ) ( )

0)(0)(

7,597ln²²

²21ln2

)()(

==

=

−−

⋅

−=

bb

MPabc

bcc

bc

TTEb

a

r

eit

σσ

ασ

,

risulta:

mE

t µσ

δ 58,35'' == .

Allora il valore dell’interferenza necessaria risulta essere:

mµδδ 09,7158,3551,35''' =+=+ ,

che s’ottiene con una pressione di calettamento di:

MPac

bcbEp 8,594

²2²²'' ' =

−= δ .

Le tensioni sul disco, dovute a tale pressione, sono:

-600

-500

-400

-300

-200

-100

00 0,02 0,04 0,06 0,08 0,1 0,12 0,14 0,16 0,18 0,2

r [ m ]

o [ MPa ]

Pagina 54

Qualora il disco ruoti ad una elevata velocità, ad esempio pari a quella nei dati indicata, gli effetti della forza centrifuga sono rilevanti. Vediamo di trovare la riduzione della pressione all’interfaccia albero-disco, e quindi la riduzione del momento torcente trasmissibile. Per il solo effetto della forza centrifuga il disco risulterebbe sollecitato da un tale sistema di tensioni:

( )

( )

++

−

++

+=

−

−+

+=

22

222

22

222

331

83

83

rr

bccbg

rr

bccbg

t

r

ννωγνσ

ωγνσ

che graficamente danno:

te n s io n e ta n g e n z ia le

0

5 0

1 0 0

1 5 0

2 0 0

2 5 0

3 0 0

0 0 ,0 5 0 ,1 0 ,1 5 0 ,2

r [ m ]

o [ M P a ]

0

100

200

300

400

500

600

700

0 0 ,02 0 ,04 0 ,06 0 ,08 0 ,1 0 ,12 0 ,14 0 ,16 0 ,18 0 ,2

r [ m ]

o [ M Pa ]

Pagina 55

La variazione del raggio interno del disco dovuta a tali tensioni, è:

bbt ⋅= )(''' εδ ,

dove:

( )[ ]artt Eb σσνσε +−=

1)(

Ora, essendo:

0)(0)(

5,290²²31²

43)(

==

=

+

+−+

=

bb

MPacbg

b

a

r

t

σσ

ννγωνσ

,

risulta:

mE

t µσδ 29,17''' == .

E tale è la riduzione dell’interferenza che si ha a regime, ovvero alla velocità di diecimila giri al minuto. Riducendosi l’interferenza, si riduce la pressione all’interfaccia fra albero e disco, che diviene, infatti:

MPap 4,152''' = .

t e n s io n e r a d ia le

- 2 0

0

2 0

4 0

6 0

8 0

1 0 0

1 2 0

1 4 0

0 0 ,0 5 0 ,1 0 ,1 5 0 ,2 0 ,2 5

r [ m ]

o [ M P a ]

Pagina 56

Essendovi tale pressione, minore sarà il momento torcente trasmittibile dall’accoppiamento. Il nuovo limite varrà:

( ) NmbbtpfM t 5,1792'''' =⋅= π .

Rispetto al caso in cui è trascurabile l’azione della forza centrifuga, si ha una riduzione del momento torcente trasmittibile pari a:

4871,0350

5,179350'=

−=

−

t

tt

MMM .

Veniamo ora alla verifica di resistenza nel caso di disco fermo ed in rotazione. Nel primo caso, considerando le tensioni dovute alla pressione di calettamento ed al gradiente termico, la tensione ideale di Von Mises varia con il raggio in questo modo:

Invece nel caso di disco rotante si ha:

0

2 0 0

4 0 0

6 0 0

8 0 0

1 0 0 0

1 2 0 0

1 4 0 0

1 6 0 0

0 0 ,0 2 0 ,0 4 0 ,0 6 0 ,0 8 0 ,1 0 ,1 2 0 ,1 4 0 ,1 6 0 ,1 8 0 ,2r [ m ]

o [ M P a ]

0

2 0 0

4 0 0

6 0 0

8 0 0

1 0 0 0

1 2 0 0

1 4 0 0

1 6 0 0

1 8 0 0

2 0 0 0

0 0 ,0 2 0 ,0 4 0 ,0 6 0 ,0 8 0 ,1 0 ,1 2 0 ,1 4 0 ,1 6 0 ,1 8 0 ,2r [ m ]

o [ M P a ]

Pagina 57

Ed osserviamo che, sia mel caso di disco fermo che in rotazione, è la fibra interna del disco ad essere soggetta alla più gravosa situazione. In particolare risulta, rispettivamente:

MPa

MPa

MV

MV

1858

1581''

..

..'

=

=

σ

σ ,

ed essendo, la tensione di snervamento del materiale, pari a 700 Mpa, il disco non resiste. Per rendere un’idea di quanto si è al di là della resistenza del materiale, osserviamo che, ferme restando geometria e materiali, le condizioni di carico, ad esempio, dovrebbero così variare per rientrare in sicurezza:

CCT

NmNmMs

rads

rad

t

oo 150320

100350

16,3141047

−⇒−=∆

⇒=

⇒=ω

e per le tensioni ideali da fermo ed in moto, avremmo rispettivamente:

MPa

MPa

MV

MV

4,673

4,648''

..

..'

=

=

σ

σ

ed i coefficienti di sicurezza varrebbero:

114,1157,1

==

din

st

nn

.