COMPORTAMENTO MECCANICO DEI MATERIALI - PoliTOcorsiadistanza.polito.it/corsi/pdf/08AJRP/pdf/TD - CMM...

Dipartimento

di Meccanica Politecnico di Torino

CeTeM

Massimo Rossetto

COMPORTAMENTO MECCANICO DEI MATERIALI

Schede per il tutorato del modulo teledidattico

febbraio 2002

Comportamento Meccanico dei Materiali

1 Prova di Trazione - Stato di Tensione e dideformazione in un punto

© Politecnico di Torino Pagina 1 di 22Data ultima revisione 04/02/03 Massimo Rossetto

Politecnico di TorinoCeTeM

Prova di trazioneUNI 552/86 –556/79

Macchina di prova

traversa mobile

basamento

morsetti

colonne

cella di caricoprovino

Viene imposto uno spostamento alla traversa e si misura il carico applicato (F)Si misura l’allungamento in un tratto del provino (∆L)

Provini

Schema di provino a sezione circolare

Lc : lunghezza della parte calibrata Lo : lunghezza tra i riferimenti (iniziale)So: area della sezione calibrata (iniziale)

So

Lc

Lo





Lc

Lo

Schema di provino a sezione rettangolare

Lc : lunghezza della parte calibrata Lo : lunghezza tra i riferimenti (iniziale)So : area della sezione calibrata (iniziale)

Definizione elementare di tensione e deformazione

allungamentorelativo:

allungamento

∆∆L L L o== −−εε ==−−L LL

o

o

σσ == FSo

tensione media forza

F

allungamento percentuale

εε ==−−

100L L

Lo

o

Risultato della provaDiagrammi F-∆LLa forza F dipende dalla deformazione e dall’area della sezione.Fm = carico massimo ( o di rottura)FeH = carico di snervamento superioreFeL = carico di snervamento inferioreFp0.2 = carico di scostamento dalla proporzionalitàIl primo tratto delle curve è lineare (F=kε)





deform. plastica localizzata

FeH

FeL

F

(%)ε

Fm

rottura

deform. plastica uniforme

materiale duttile con snervamento

materiale duttile senza snervamento

deform. plastica localizzata

Fp

F

(%)ε

Fm

rottura

deform. plastica uniforme

0.2%

0.2

F

(%)ε

Fm

rottura

materiale fragile





Diagrammi σ−εσ−εSi ottengono dai diagrammi precedenti dividendo convenzionalmente le forze per lasezione iniziale (tensioni ingegneristiche):

ReH

ε

Rm

σ

Rp

σ

ε

Rm

0.2%

0.2

Rm = carico unitario massimo ( tensione di rottura)ReH = carico unitario di snervamento superiore (tensione di snervamento)Rp0.2 = carico unitario di scostamento dalla proporzionalità (tensione di snervamentoAllungamento percentuale a rottura:

Lu

L L au o m s== ++ ++( )1 εε

AL L

LaL

u o

om

s

o

==−−

== ++100 100 100εε

deformazione uniforme a Rm

as

allungamento dovuto alla strizione

Gli allungamenti a rottura sono ottenuti con provette di dimensioni standard.

Modulo elastico, Coefficiente di PoissonConsideriamo solo materiali omogenei (uguali caratteristiche in ogni punto) ed isotropi(uguali caratteristiche in tutte le direzioni)Il rapporto fra le tensioni e le deformazioni longitudinale è detto Modulo elastico (E) oanche modulo di Young:





p

0.2%

0.2

(%)ε

nel tratto rettilineoil coefficiente

di proporzionalitàè il

modulo elastico

σ = E ε

σ

R

HOOKE: ut tensio sic vis

Durante la prova il provino, anche nel tratto lineare elastico, si allunga e la sezione siriduce. Il rapporto (cambiato di segno) fra la contazione laterale e quella longitudinale èdetto coefficiente di Poisson (ν).

y

x

z

dx = dx(1+ εε)dy = dy(1-ννεε)dz = dz(1-ννεε)

σ

dSo

σ = E ε

ε dx

−νε dy

εε εε νενε ννσσ

y z E== ≡≡ −− == −−

dx(1+εεx)

dx(1+εεy)

dx(1+εεz)





Valori tipici

Carichi di rottura, snervamento e allungamenti percentuali a rottura

Materiale ReH (Rp0,2 )(MPa)

R m(MPa)

acciai al C Fe 360 235 360Fe 430 275 430Fe 510 355 510

262321

acciai da bonifica

C30 325 540 20C40 370 590 1841Cr4 540 740 1439NiCrMo3 540 740 13

ghise grigie G10 - 100 -G20 - 200 -G30 - 290 -

ghise sferoidali GS370-17 230 370 17GS500-7 320 500 7GS700-2 420 700 2

(valori minimi)A%

Unità di misura delle forze Newton (N), delle lunghezze millimetri (mm), delle tensioniN/mm2 = MPa

Tecnicamente si considerano fragili i materiali con a<5% e Duttili quelli con a>10%

Moduli elastici e coefficienti di Poisson

acciaio al C 2 105 0.3

ghise 1 105 - 1.8 105 0.27

titanio 1.2 105 0.3

alluminio 7 104 0.3

E (MPa) νν

Stato di tensione in un punto (approccio elementare)Ci chiediamo cosa capita su una faccia obliqua del provino di trazioneConsideriamo una piccola areola attorno al punto di interesse (area dS)





dF dF

dF dF

ndF ?

x

dF

Consideriamo la condizione di equilibrio: Sulla faccia obliqua vi sarà una forza normalealla superficie (dN) ed una tangenziale (dT)

dF

dFx

y

dNdT

Scriviamo le equazioni di equilibrio (NB: EQUILIBRIO DELLE FORZE)

dF

dNdT dNdT

α

se l’incognita è dF:α−α=↑α+α=→ cos0cos dTsindNsindTdNdF

se le incognite sono dN e dT:α=α= sencos dFdTdFdN





In termini di tensioni bisogna considerare che le due aree considerate sono dS e ds/cosα

dS dS cos αα____

n

α

Sulla faccia inclinata si individuano tensioni normali alla faccia (σn) e tensioni tangenzialialla faccia (τn). Possiamo quindi scrivere:

ατ=

ασ=

⋅σ=

cos

cosdS

dT

dSdN

dSdF

n

n

e quindi:

αα⋅σ=τ⇒α⋅σ=α

τ⇒α=

α⋅σ=σ⇒α⋅σ=α

σ⇒α=

cossensencos

sen

coscoscos

cos 2

nn

nn

dSdS

dFdT

dSdS

dFdN

che risulta l’equazione di un cerchio nel piano σ−τ.

Cerchio di Mohr- Tensioni principali (caso elementare)Il cerchio di Mohr è una rappresentazione grafica di quanto detto:

τ

σσn

ασx

τn 2α

Le direzioni normali alle facce in cui le tensioni tangenziali sono nulle sono dette Direzioniprincipali e le corrispondenti tensioni Tensioni normali principali (o tensioni principali).





Stato di tensione tridimensionale (caso generale)Prendiamo, nell’intorno di un punto all’interno di un corpo sollecitato in modo qualunque,una superficie elementare (∆S) individuata da un versore n.

∆∆S

n

∆∆Fy

z

x ∆∆M

su questa superficie agiranno una forza elementare ∆∆F e un momento elementare ∆∆M(sono vettori).Il principio di Cauchy dice che:

0SM

lim0S

=∆∆

→∆

mentre la forza elementare genera il vettore delle tensioni t:

St

∆∆

=→∆

Flim

0s

le tensioni normali e tangenziali agenti sulla superficie possono essere calcolate se siconosce t:

σσ == ⋅⋅n t

Tensione normale

Tensione tangenziale

ττ σσ== ⋅⋅ −−t t 2

n

x

y

z

tττ

σσ

- Lo stato di tensione in un punto è noto quando siano noti i vettori delle tensioni tassociati a tutte le possibili direzioni (n)

- Conoscendo i vettori delle tensioni in tre direzioni ortogonali è possibile conoscere ilvettore delle tensioni t in una direzione qualunque

y

x

z

tyt

n

n

n

n

n

x

y

z

==

tz

tx

dSz

dSy

dSx

dS dS n

dS dS n

dS dS n

x x

y y

z n z

== ⋅⋅== ⋅⋅== ⋅⋅

n

ndSn





I vettori delle tensioni sono a tre componenti: T

ikijiii ;;t ττσ=

NB: si definiscono facce positive del sistema ortogonale coordinato quelle rispetto allequali il versore è uscente, negative quelle con versore entrante. Le tensioni sono positivese agiscono su una faccia positiva nella direzione positiva oppure se agiscono su unafaccia negativa in direzione negativa (versi positivi indicati in figura)

y

x

z

σσxxσσyy

σσzzττzx

ττzy

ττxy

ττxz

ττyx

ττyz

Scriviamo l’equazione di equilibrio rispetto alla direzione x:

tx dSn - σσxx dSx - ττyx dSy - ττzx dSz = 0

tx dSn- σσxx dSn nx - ττyx dSn ny - ττzx dSn nz = 0

tx - σσxx nx - ττyx ny - ττzx nz = 0

yx

z

σσxx

ττzx

ττyx

tx dSz

dSy

dSx

dSn

eseguendo la stessa operazione nelle tre direzioni si ottiene:

tx - σσxx nx - ττyx ny - ττzx nz = 0

ty - ττxy nx - σσy yny - ττzy nz = 0

tz - ττxz nx - ττyz ny - σσz znz = 0

che scritte in forma matriciale danno:

σττ

τστ

ττσ

=

z

y

x

zzyzxz

zyyyxy

zxyxxx

z

y

x

n

n

n

t

t

t

o in forma sintetica:





[ ] nt ⋅σ=[σ] = Rappresentazione matriciale del tensore delle tensioni (tensore di Cauchy).Note le 9 componenti del il tensore di Cauchy è quindi noto lo stato di tensione nel punto.Scrivendo opportune equazioni di equilibrio si può dimostrare che il tensore delle tensioniè simmetrico:

τxy = τyx τxz = τzx τzy = τyz

e quindi per conoscere lo stato di tensione in un punto è necessario poter calcolare 6componenti del tensore delle tensioni in tre piani ortogonali.Si noti inoltre che il tensore delle tensioni dipende dal sistema di riferimento utilizzato percalcolarne le componenti

Tensioni e direzioni principali (caso generale)Esistono direzioni privilegiate il cui vettore delle tensioni t è colineare con la normale allasuperficie (componente tangenziale = 0). Tali direzioni sono dette direzioni principali e letensioni normali agenti sulle superfici ortogonali alle direzioni principali sono dette tensioniprincipali.

n

y

z

t

ττn

σσn

x

per una direzioneprincipale deve essere

[[ ]]

[[ ]]

[[ ]] [[ ]](( ))

t n n

t n

n

p p

p

== ==

==

−− ⋅⋅ ==

σ σ

σ

σ σ

1

1 0

ma per definizione

segue:

cioè:

0=

σ−σττ

τσ−στ

ττσ−σ

z

y

x

pzzyzxz

yzpyyxy

xzxypxx

n

n

n

(1)

dove n è il versore della direzione principale. Il sistema scritto è un sistema di treequazioni in 4 incognite. Risolvibile solo se

0det =

σ−σττ

τσ−στ

ττσ−σ

pzyzxz

zypyxy

zxyxpx

Quindi per trovare le direzioni principali e le tensioni principali si deve risolvere unproblema agli autovalori.Essendo la matrice simmetrica esistono tre autovalori reali (le tre tensioni principali) e tredirezioni principali ortogonali fra loro.





Sviluppando il determinante si ottiene la seguente equazione (equazione di Lagrange):

( ) ( )( )

σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ τ τ τ

σ σ σ τ τ τ σ τ σ τ σ τ

p p x y z p x y y z x z xy yz xz

x y z xy yz xz z xy x yz y xz

3 2 2 2 2

2 2 22 0

− + + + + + − − − +

− + − − − =

Le tensioni principali vengono indicate normalmente con i simboli σ1, σ2, σ3 ( oppure σX,σY, σZ ) e ordinate, per consuetudine, in modo che σ1≥ σ2≥ σ3. Per le tre direzioni principaliassociate alle tre tensioni principali possono verificarsi tre casi:

1. se σ1 ≠ σ2 ≠ σ3 esistono tre direzioni principali mutuamente perpendicolari;

2. se due tensioni principali sono uguali (ad es. σ1 = σ2 ≠ σ3), la direzione principalecorrispondente alla tensione principale diversa è unica, ma ogni direzioneperpendicolare ad essa è principale

3. se σ1 = σ2 = σ3 (stato di tensione idrostatico) qualunque direzione è una direzioneprincipale.

Un sistema di riferimento i cui assi sono paralleli alle direzioni principali è detto sistema diriferimento principale.Per valutare le direzioni principali è sufficiente risolvere il sistemaPer ricavare le tre direzioni principali rispetto alla terna coordinata assunta comeriferimento per il calcolo del tensore delle tensioni si risolve il sistema (1) inserendo di voltain volta il valore della i-esima tensione principale per la quale si vuole ottenere la direzioneprincipale con la condizione aggiuntiva di normalizzazione:

n n nix iy iz2 2 2 1+ + =

Bisogna notare che le tensioni principali e le direzioni principali sono una caratteristicaintrinseca dello stato di sollecitazione in un punto e quindi sono del tutto indipendenti dalsistema di riferimento utilizzato per il loro calcolo. Questo implica che i coefficientidell'equazione di Lagrange devono essere costanti, o meglio invarianti, al variare delsistema di riferimento utilizzato per il calcolo delle tensioni principali. Questi coefficientivengono denominati primo, secondo e terzo invariante e sono così definiti:

I

I

I

1

22 2 2

32 2 22

= + +

= + + − − −

= + − − −

σ σ σ

σ σ σ σ σ σ τ τ τ

σ σ σ τ τ τ σ τ σ τ σ τ

x y z

x y y z x z xy yz xz

x y z xy yz xz z xy x yz y xz

In un sistema di riferimento principale il tensore delle tensioni risulta:

σ

σ

σ

3

2

1

00

00

00

Cerchi di Mohr nel caso generale.Si assuma un sistema di riferimento principale e si consideri cosa capita su un pianofacente parte di un fascio avente per asse una delle direzioni principali (ad esempio ladirezione Z.





Operando questa scelta le equazioni di equilibrio riguardano solo le grandezze nelle altredue direzioni.

αdSX

dSY

σXdSX

σYdSY

dSn

n

dN = σndSn

dT = τndSn

α=

α=

sen

dS

cos

dSdS YX

n

Per semplicità consideriamo cosa succede separatamente l’effetto delle due tensioniprincipali considerate, per poi ottenere la soluzione finale con la sovrapposizione deglieffetti (valida solo in campo lineare elastico).

dFX=σXdSX

dNX = σnXdSn

dTX = τnXdSn

dFY= σYdSY

dTY = τnYdSn

dNX = σnXdSn

α

Con riferimento alle figure si ha:


τ⇒α=


σ⇒α=

cossensendScosdS

sendFdT

coscosdScosdS

cosdFdN

XnXXXX

nXXX

2XnXXX

XnXXX


τ⇒α=


σ⇒α=

cossensendSsendS

cosdFdT

sensendSsendS

sendFdN

YnYYYY

nYYY

2YnYYY

YnYYY

Applicando la sovrapposizione degli effetti si ottiene

( )( ) αασ−σ=αασ−αασ=τ−τ=τ

ασ−σ+σ=ασ+ασ=σ+σ=σcossencossencossen

cossencos

YXYXnYnXn

2YXY

2Y

2XnYnXn

cioè le equazioni parametriche di un cerchio con( )

( ) ( )22

centro

diametro

YXYXY

YX

σ+σ=

σ−σ+σ

σ−σ





Analoghi ragionamenti si possono effettuare rispetto alle altre due direzioni principali.Si ottengono cosi tre cerchi di Mohr, ognuno relativo ai piani facenti parte del fascio conasse la direzione principale non considerata.

σ

τ

σ σ σ3 2 1

σ

τ2θ

σσ3 2σ

τ

π

π

1

2

3

πθ

Si può anche dimostrare che i piani non appartenenti a uno dei tre fasci coordinati hannouno stato di tensione rappresentato dalla regione tratteggiata della figura.

I cerchi di Mohr sono un utile strumento per valutare le tensioni principali.Nel particolare caso di stato di tensione in cui si conosca a priori una direzione principale ela relativa tensione, conoscendo lo stato di sollecitazione calcolato in un qualsiasi sistemadi riferimento che abbia un asse coincidente con la direzione principale nota, è possibiletracciare direttamente il cerchio di Mohr corrispondente e ricavare da esso le tensioniprincipali incognite (Fig.1.7). In questo caso sono noti due punti del cerchio di Mohr σxx,

τxy e σyy, τyx) e si sa a priori che il centro del cerchio deve giacere nel punto medio fra le

due tensioni normali





σ

τ

σσ 3 σσ

τ τ

1y x

xyyx

Le tensioni principali possono essere ricavate con semplici considerazioni geometriche evalgono:

σ σσ σ σ σ

τ1 2

22

2 2, =

+±

−

+x y x y

xy

Conoscendo la terza tensione principale è poi possibile ricavare gli altri cerchi di Mohr. Nelcaso molto frequente in cui lo stato di sollecitazione sia completamente definito da unatensione normale σ e una tensione tangenziale τ agenti sul medesimo piano, come aesempio nel punto di progetto di un albero soggetto a flessione più sforzo normale etorsione si ha la situazione illustrata nella figura. Le tensioni principali in questo casovarranno:

τ+σ−σ=σ=σ

τ+σ+σ=σ 22

3222

1 421

0421

σ

τ

σσ 3 σ

τ

1

σττ





Stato di deformazioneLo spostamento totale dei punti in un continuo è dovuto a spostamenti rigidi, rotazionirigide e deformazioni; la deformazione di un corpo è composta da una dilatazione(allungamenti delle fibre passanti per il punto senza cambiamento degli angoli fra le fibre,legata quindi ai cambiamenti di volume) e da una distorsione (cambiamento di forma, omeglio degli angoli fra le fibre, senza cambiamento di volume).

a) b)

c) d)

Caso bidimensionaleMoti rigidi: a) spostamento rigido; b) rotazione rigida;Deformazione: c) dilatazione ; d) distorsione

In generale lo stato di deformazione in un punto è noto se si conosconole variazioni di lunghezza di tutte le fibre passanti per il puntotutte le variazioni fra gli angoli di due fibre passanti per il punto.Analogamente a quanto visto per le tensioni tali variazioni sono note se si conoscono levariazioni di lunghezza e di angoli di tre fibre passanti per il punto e parallele ad unsistema di riferimento cartesiano.Svolgendo gli opportuni calcoli si ottiene che lo stato di deformazione è descritto, a partiredagli spostamenti depurati dai moti rigidi , dal seguente tensore:

εε ε εε ε εε ε ε

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

ij

xx yx zx

xy yy zy

xz yz zz

=

=

+

+

+

+

+

+

ux

12

uy

vx

12

uz

wx

12

uy

vx

vy

12

vz

wy

12

uz

wx

12

vz

wy

wz

dove du, dv, dw sono le componenti dello spostamento relativo (cioè depurate dallospostamenti rigidi) del punto.Si noti che tale trattazione è valida solo se le deformazioni e le rotazioni rigide sonopiccole.Nella pratica ingegneristica si utilizzano i seguenti simboli:





deformazioni unitarie longitudinali:

zw

yv

xu

∂∂

=ε∂∂

=ε∂∂

=ε zyx

Scorrimenti:

yw

zv

xw

zu

xv

yu

∂∂

+∂∂

=γ=γ

∂∂

+∂∂

=γ=γ

∂∂

+∂∂

=γ=γ

zyyz

zxxz

yxxy

Si noti ogni scorrimento può essere visto come l’angolo complementare a quello fra duefibre passanti per il punto che prima della deformazione erano perpendicolari:

y

x

πγ

2−− xy

Si noti che gli angoli così definiti contengono anche una componente di rotazione rigida:y

x=

+

y

x

y

x

Cioè gli scorrimenti non sono grandezze tensoriali.Utilizzando la simbologia vista il tensore della deformazione risulta:

εγγ

γεγ

γγε

=ε

zyzxz

zyyxy

zxyxx

ij

2

1

2

12

1

2

12

1

2

1

E’ evidente l’analogia formale con il tensore delle tensioni; questo significa che vi sarannotre direzioni privilegiate (principali) lungo le quali vi sono solo dilatazioni e non distorsioni.Per i materiali isotropi le direzioni principali delle deformazioni coincidono con quelle delletensioni





Analogamente a quanto fatto per il tensore delle tensioni è possibile ricavare i valori delledeformazioni principali risolvendo il problema agli autovalori:

det

ε ε γ γ

γ ε ε γ

γ γ ε ε

x p yx zx

xy y p zy

xz yz z p

−

−

−

=

12

12

12

12

12

12

0

e tracciare i cerchi di Mohr delle deformazioni (in un piano ε, γ/2).

εε ε ε3 2 1

γ/2

Leggi costitutive del materialeAbbiamo già visto che in una prova di trazione le deformazioni presenti sono legate allatensione applicata.Quando lo stato di sollecitazione è tridimensionale si può dimostrare che le tensioninormali non producono scorrimenti, e le tensioni tangenziali non producono dilatazioniSi supponga adesso di avere un corpo su cui agiscono tre tensioni normali perpendicolarifra loro (σx, σy, σz, ). Applicandole una alla volta otteniamo la situazione illustrata nellatabella seguente:

σx σy σz

εx

Exσ

Eyσ

ν−E

zσν−

εy

Exσ

ν−E

yσE

zσν−

εz

Exσ

ν−E

yσν−

Ezσ

Applicando la sovrapposizione degli effetti si ottiene:





( )( )( )( )( )( )yxzz

zxyy

zyxx

1

1

1

σ+σν−σ=ε

σ+σν−σ=ε

σ+σν−σ=ε

E

E

E

Il rapporto fra le tensioni tangenziali e gli scorrimenti è invece dato dal modulo di elasticitàtangenziale G:

ijij γ=τ G

Si può inoltre dimostrare che le tre costanti individuate (E,G, ν) non sono indipendenti evale la relazione:

( )G

E2 1

=+ ν

Ipotesi di cedimento - Tensioni idealiLe caratteristiche di resistenza di un materiale vengono determinate con una prova ditrazione che sollecita uniassialmente il provino.Abbiamo visto che lo stato di sollecitazione tridimensionale è caratterizzato da un tensorea 6 componenti indipendenti, o da almeno tre tensioni principali.Per valutare il grado di pericolosità di uno stato di tensione tridimensionale è necessariofare delle ipotesi sui meccanismi di cedimento.In particolare si deve individuare una grandezza, calcolabile sia nello stato di tensioneuniassiale sia in quello triassiale, che comporti lo stesso grado di pericolo nei due casi.In pratica il modulo della grandezza scelta nel momento in cui si ha cedimento(snervamento o rottura) del componente soggetto ad uno stato di tensione tridimensionaledeve avere lo stesso valore raggiunto per il cedimento nella prova di trazione.Normalmente la verifica viene fatta considerando come cedimento del componente lacondizione di snervamento.Si definisce quindi una tensione ideale σid che è possibile calcolare in base allo stato ditensione tridimensionale che equivale alla tensione nella prova di trazione.

Fra le varie ipotesi di cedimento ricordiamo le tre più utilizzate:

Ipotesi della tensione normale massima.Si ipotizza che la rottura avvenga quanto la tensione principale massima raggiunga ilcarico unitario di snervamento (o di rottura ) nella prova di trazione:

321 ,,Max σσσ=σid

Questa ipotesi si è dimostrata valida per i materiali fragili, ma non adatta ai materiali duttili.





Ipotesi di Tresca o della tensione tangenziale massima.Partendo dall’osservazione che le superfici di frattura dei provini in materiale duttilerisultano inclinate si circa 45° (piano su cui agisce la tensione tangenziale massima) siipotizza che il cedimento avvenga quando si raggiunge una tensione tangenziale limite.La tensione tangenziale massima è pari al raggio del cerchio di Mohr più grande:per lo stato multiassiale :

231

maxσ−σ

=τ

mentre per la prova di trazione:

2maxeqσ

=τ

L’uguaglianza delle due permette di ricavare la σ ideale:

31 σ−σ=σ id

Nel caso particolare del punto di progetto di un albero in cui agiscono solo una tensionenormale e una tensione tangenziale la tensione ideale (pari al diametro del cerchio di Mohrpiù grande) risulta:

σ

τ

σσ 3 σ

τ

1

σττ

22 4τ+σ=σ id

Ipotesi di von Mises (detta anche della ττ ottaedrica o dell’energia di distorsione)La tensione ideale di von Mise può essere calcolata con ipotesi di cedimento diverse.Una ipotesi prende in considerazione la tensione tangenzaile agente sui piani ottaedrici,cioè i piano i piani che formano angoli uguali rispetto ai tre assi di un sistema diriferimento principale:

1

2

3





Su tali piani agiscono tensioni normali tutte uguali fra loro (e pari ad un terzo del primoinvariante) e uguali tensioni tangenziali.Con lunghi calcoli che qui vengono omessi la tensione ideale secondo questa ipotesirisulta:

( ) ( ) ( )232

231

221

2

1σ−σ+σ−σ+σ−σ=σ id

Alla stessa formula si arriva partendo da considerazioni diverse, ad esempio considerandol’energia di distorsione, cioè l’energia elastica totale depurata dall’energia che tendesemplicemente a far variare di volume l’elemento.Non viene considerata l’intera energia perché sperimentalmente si nota che uno stato ditensione idrostatico (tre tensioni principali uguali fra loro, con conseguenti deformazionisimmetriche) non porta mai a rottura, anche con tensioni molto elevate.Nel caso particolare del punto di progetto di un albero in cui agiscono solo una tensionenormale e una tensione tangenziale la tensione ideale di von Mises risulta:

22 3τ+σ=σid

Sia l’ipotesi di von Mises sia quella di Tresca sono utilizzate comunemente. L’ipotesi diTresca è più conservativa, quella di von Mises è più aderente ai dati sperimentali.L’ipotesi di von Mises è valida solo nel campo lineare elastico.

Coefficienti di sicurezzaIl coefficiente di sicurezza viene definito come rapporto fra la tensione limite ammissibile ela tensione ideale applicata.Si può avere un coefficiente di sicurezza contro lo snervamento e uno contro la rotturaduttile.Snervamento:

σ

=σ

=id

eH

id

p02 RRCS

moltiplicando tutti i carichi applicati alla struttura per il coefficiente di sicurezza si pervieneallo snervamento dei punti più sollecitati.Rottura:

id

mR

σ=CS

in questo caso il coefficiente di sicurezza ha un significato convenzionale, in quanto letensioni ideali vengono calcolate nell’ipotesi di tensioni e deformazioni in campo lineareelastico.





Esercizio 1-1

Dato lo stato di tensione in un punto di un componente in Fe430 σxx = 120 MPa,

σyy = 20 MPa, τxy = 100 MPa, τxz = τyz = 0 MPa e σzz = 30 MPa:1. tracciare i cerchi di Mohr e determinare le tensioni principali;2. calcolare la tensione ideale secondo le tre ipotesi indicate;3. calcolare il coefficiente di sicurezza in quel punto adottando una opportuna ipotesi di

cedimento4. calcolare le deformazioni nel sistema di riferimento originario e le deformazioni

principali.


2 Solido di de St Venant – Calcolo delletensioni – Geometria delle aree



Calcolo delle componenti del tensore delle tensioni

Solido di de Saint Venant Caratteristiche di sollecitazioniSi definisce solido di de Saint Venant, o trave, un elemento:• di tipo monodimensionale (una dimensione molto maggiore delle altre)• con forma cilindrica ottenuta per traslazione di una figura piana in direzione delle

propria normale• costruito con materiale elastico, omogeneo e isotropo• in cui carichi e vincoli sono applicati solo alle basi.

G

y

xz

Il luogo dei punti che unisce i baricentri delle varie sezioni del solido è detto linea d’asse.A causa della monodimensionalità dell’elemento anche lo stato di sollecitazione èmonodimensionale, cioè si ha sempre

σxx = σyy = τxy = 0

mentre le altre componenti il tensore delle tensioni (σzz, τyz , τxz), vale a dire quelle cheagiscono su una sezione normale alla linea d’asse, possono essere diverse da zero.Data una certa distribuzione delle tensioni sulla sezione, è possibile sostituirne l’effetto conuna forza e con un momento risultante:

y

xz

F

M

σzz

τxz

τyz

La forza e il momento possono essere scomposte in un riferimento cartesiano, ottenendole caratteristiche di sollecitazione sulla sezione. In figura sono riportati i versi positivi ditali caratteristiche di sollecitazione (terne destrorse).





y

xz

Mz

My

Mx

N

Ty

Tx

y

xz

Mz

My

Mx

NTy

Tx

+

-

Poiché la sezione può essere vista come appartenente ai due pezzi della trave si definiscefaccia positiva quella con asse z uscente, come faccia negativa quella con asse zentrante. Le caratteristiche di sollecitazione sulla faccia negativa sono uguali ed opposte aquelle della faccia positiva.Il legame fra le componenti il tensore delle tensioni e le caratteristiche di sollecitazioneviene riportato nelle figure seguenti:

σzzS

dS N∫ =

G

y

x

z

N

G

y

x

z

σzzdS

Sforzo normale

G

y

xz

τyzdS

( )τ τyz xzS

zx y dS M−∫ =

τxzdS

G

y

x

zMzMomento torcente

σzzdS

σzzS

xydS M∫ =

y

zx

y

zx Mx

Momento flettente (x)

z

xσzzdS

y σzzS

yxdS M∫ = −

z

x

y My

Momento flettente (y)





τxzdS

τxzS

xdS T∫ =

G

y

xz

Tx

Taglio (x)

G

y

xz

G

y

x

z

τyzdS

τyzS

ydS T∫ =

G

y

x

z

Ty

Taglio (y)

Con un procedimento inverso, date le caratteristiche di sollecitazione in una sezione diuna trave di de Saint Venant è possibile calcolare le tensioni agenti in ogni punto dellasezione.

Tensioni dovute allo sforzo normaleIn una sezione di forma qualsiasi la tensione dovuta allo sforzo normale N agiscenormalmente alla superficie ed è distribuita uniformemente.

y

z

Ny

z

σzz

y

z σzz

NS

=

dove S è l’area della sezione

Tensioni dovute al momento flettente.

Flessione semplice, piano yzPer valutare le tensioni dovute alla flessione si considerino innanzitutto un solido di deSaint Venant con sezione almeno doppiamente simmetrica:

Flessione semplicey

zx

Sezione con doppia simmetriay

x

y

xz z

Si prendano come riferimento gli assi di simmetria che passano per il baricentro dellasezione.Si assuma che durante la flessione la generica sezioni ruoti rimanendo piana di un angoloα facendo assumere alla fibra baricentrica della trave un raggio di curvatura ρ





y

zx∆z

α α

ρρ+y

∆z ∆z’

2α

Se consideriamo un tratto del solido lungo ∆z, le fibre poste ad una generica distanza ydalla linea baricentrica subiscono una deformazione pari a:

ερ α ρ α

ρ α ρzz yz z

zy

y=−

=+ −

= = ⋅∆ ∆

∆' ( )2 2

21

k x

Applicando la legge di Hooke e ricordando che per il solido di de Saint Venant σxx = σyy =τxy = 0 risulta:

σzz = Eεzz => σzz = E⋅kx⋅y

Cioè l’andamento delle tensioni lungo l’asse y segue una legge lineare. Rimane dadeterminare la costante ky. Per far questo utilizziamo le formule prima viste che legano lecaratteristiche di sollecitazione alle tensioni:

M ydS Ek y dS Ek Jx zzS

xS

x xx= = =∫ ∫σ 2

dove con Jxx si intende il momento d’inerzia della sezione rispetto all’asse x. Da questaformula risulta:

kMEJx

x

xx= e quindi risulta σ zz

x

xx

MJ

y=

Le tensioni ipotizzate non producono altre caratteristiche di sollecitazioni; risulta infatti:

N dSzz= =∫σ 0 (per la simmetria della distribuzione delle tensioni)

Tx = Ty = Mz = 0 ( perchè τxz = τyz =0)

M xdS Ek xydSy zz x= − = − =∫ ∫σ 0 (a causa della simmetria delle sezioni.)

La grandezza xydS∫ viene detta momento centrifugo e nel caso di sezioni doppiamente

simmetriche risulta nullo.Come si vedrà in seguito relativo alla geometria delle aree quando il momento centrifugo ènullo gli assi x e y si dicono principali d’inerzia.La formula vista permette di calcolare le tensioni dovute al momento flettente Mx in unasezione in cui gli assi x e y siano baricentrici e principali d’inerzia. Queste tensioni sononormali alla superficie e distribuite triangolarmente:





σzzy

zx

Mx

Si noti che per le sezioni che presentano delle simmetrie, gli assi di simmetria chepassano per il baricentro sono anche principali d’inerzia. L’asse in cui le tensioni dovute almomento flettente sono nulle (asse x in questo caso) viene detto asse neutro.Se il momento Mx è positivo (vedi figura), le tensioni σzz sono positive (di trazione) dal latodell’asse positivo, negative (di compressione) dal lato delle y negative.Se si è interessati solo ai valori massimo e minimo delle tensioni si utilizza il modulo diresistenza a flessione:

WJ

yfxx=

max

I valori massimo e minimo delle tensioni vengono quindi calcolate con le formule:

σ max =MW

x

fσ min = −

MW

x

f

Per le sezioni rettangolari piene il momento d’inerzia Jxx vale:

b

x

y

h

J y dS y dxdybh

xxS h

h

b

b

= = =∫ ∫∫−−

2 2

2

2

2

2 3

12

e il modulo di resistenza a flessione:

WJ

ybh

hbh

fxx= = ⋅ =

max

3 2

122

6

Per le sezioni circolari piene il momento d’inerzia rispetto ad un qualunque diametrovale:





x

y

G

D

Jxx=Jyy=JD=Jp/2

Jp = momento d’inerzia polare J r dS r drdD

pS

D

= = =∫ ∫∫2 34

0

2

0

2

32θ ππ

J J JD

xx yy D= = =π 4

64


WD

DD

f = ⋅ =π π4 3

642

32

Flessione semplice, piano xzAnalogamente a quanto visto nel piano yz, in una sezione in cui gli assi x e y sonobaricentrici e principali d’inerzia le tensioni dovute ad un momento flettente My sononormali alla superficie e distribuite triangolarmente.

σzz

y z

x Myσzz

y

yy

M

Jx= −

Se il momento My è positivo (vedi figura), le tensioni σzz sono positive (di trazione) dal latodell’asse negativo, negative (di compressione) dal lato delle x positive.Questa diversa formulazione rispetto al piano yz è dovuta al sistema di riferimento scelto.Nel caso si utilizzi un’altra convenzione (ad esempio considerare positivi i momenti chetendono ad allungare le fibre dal lato positivo dell’asse x o y) la formula sul piano xz èanaloga a quella del piano yz !

Per le sezioni rettangolari piene il momento d’inerzia Jyy vale:





b

x

y

h

J x dS x dxdyhb

yyS b

b

h

h

= = =∫ ∫∫−−

2 2

2

2

2

2 3

12


WJyy

xhb

hhb

f = = ⋅ =max

3 2

122

6

Per le sezioni circolari, a causa della simmetria, non vi sono differenze rispetto a quantovisto per il piano yz.

Esercizio 2-1Data una sezione rettangolare 60x100 mm soggetta ad uno sforzo normale N =- 60000 Ncalcolare la tensione normale sulla sezione

Esercizio 2-2Calcolare la tensione normale in una sezione circolare di diametro Ø 60 mm soggetta aduno sforzo normale N = 50000 N.

Esercizio 2-3

100

60

y

x

Data la sezione rettangolare in figura soggetta ad un momento flettente Mx= 12000 Nm:a) Calcolare le tensioni minima e massima.b) Calcolare la tensione nel punto di coordinate (20,30).c) Tracciare l’andamento delle sollecitazioni lungo la sezione.d) Calcolare le deformazioni massime e minime in direzione z.e) Calcolare la lunghezza finale dei lati della sezione paralleli all’asse xSi assuma un modulo elastico E = 200000 MPa e un coefficiente di Poisson ν = 0.3





Esercizio 2-4Si ripeta l’esercizio 3 (domande a e b) considerando la sola presenza di un momentoflettente My = 12000 Nm

Esercizio 2-5Una sezione circolare di diametro Ø 60 mm è soggetta ad un momento flettente M =10000 Nm. Calcolare le tensioni minima e massima.

Flessione compostaQuando su una sezione agiscono contemporaneamente i momenti Mx e My, dove x e ysono assi baricentrici (centrali) e principali d’inerzia, si applica il principio disovrapposizione degli effetti.

My

y

x M x

σ σ σzz zz x zz yx

xx

y

yyM M

MJ

yM

Jx= + = −( ) ( )

si noti che se si considera il momento complessivo:

M M Mtot x y= +2 2

questo, in generale, non agisce più parallelamente all’asse neutro:

Mtoty

x

ϕ

θ

Inclinazione del vettore momento totale: tan( )ϕ =M

My

xAsse neutro (σzz=0):

MJ

yM

Jxx

xx

y

yy− = 0 ⇒ y

M

MJJ

xy

x

xx

yy= ⋅ = 0 ⇒ tan( )θ = ⋅

M

MJJ

y

x

xx

yy

in generale quindi θ ≠ ϕ.

Quando sia presente anche uno sforzo normale si utilizza la formula





x

y Mx

x

y

My

+

=

+

x

y

x

y

N

xJ

My

J

M

SN

yy

y

xx

xzz −−++==σ

Per le sezioni circolari, poché Jxx =Jyy si ha sempre θ = ϕ. Quindi, in presenza dimomenti flettenti Mx e My, solo per le sezioni circolari, si può calcolare il momento flettentetotale e trovare le tensioni normali massime (e minime) dividendolo per il modulo diresistenza.

M

y

x

M M Mx y= +2 2

σπ

max = =⋅

⋅MW

M

Df

323

Esercizio 2-6Data la sezione rettangolare in figura calcolare le tensioni normali nei quattro spigolidovute alla presenza contemporanea dei momenti flettenti Mx = 10000 Nm, My = -4000Nm e di uno sforzo normale N = 64 kN.





80

40

y

x

A B

CD

Esercizio 2-7

Data una sezione circolare di diametro ∅ 50 mm soggetta ai momenti flettenti Mx = -5000Nm e My = 3000 Nm. Calcolare la tensione massima e minima nella sezione.





Geometria delle areeAbbiamo visto che per il calcolo delle tensioni dovute alla flessione occorre conoscere gliassi baricentrici principali di inerzia. Nel caso delle sezioni che presentano unasimmetria almeno doppia gli assi di simmetria sono baricentrici e principali d’inerzia.Nel caso di sezioni di forma qualunque la posizione del baricentro e gli assi principalipossono essere determinati con la geometria delle aree.Si supponga di avere una sezione di forma qualsiasi e si prenda un sistema di riferimentoa,b:

b

a

r b

a dS

O

L’area della sezione viene calcolata con la formula:

S dSS

= ∫

Si definiscono come momenti statici della sezione rispetto agli assi a e b le grandezze:

S bdS S adSaS

bS

= =∫ ∫

I momenti d’inerzia rispetto agli assi a e b vengono calcolati con le formule:

J b dS J a dSaaS

bbS

= =∫ ∫2 2

Si definiscono inoltre il momento centrifugo Jab e il momento d’inerzia polare Jo rispettoall’origine degli assi:

J abdSabS

= ∫ ( )J r dS a b dS J JoS S

aa bb= = + = +∫ ∫2 2 2

Volendo conoscere la posizione del baricentro della sezione è sufficiente dividere imomenti statici per l’area della sezione.

a fSS

b dSSG

bG

a= = = =

Le relazioni fra i momenti di inerzia calcolati rispetto ad una coppia di assi baricentrici(x’,y’) della figura in esame e un’altra coppia di assi (a,b) paralleli agli assi baricentrici dellafigura sono:





b

aO

G

y’

x’bg=d

ag=f

b

a

J J d S J J f S

J J d f S J J G O S

aa x x bb y y

ab x y o G

= + = +

= + ⋅ ⋅ = + −

' ' ' '

' ' ( )

2 2

2

Si noti che, in generale, gli assi x’y’ sono baricentrici, ma non principali d’inerzia, infattiabbiamo supposto che Jx’y’ ≠ 0.

Figure composteQuando si è in presenza di sezioni che sono composte da figure “semplici”, di cui è facilericavare posizione del baricentro e momenti d’inerzia baricentrici, diventa agevole ricavarei momenti rispetto al baricentro complessivo utilizzando le formule appena viste.Si noti che se si conoscono i momenti di tutte le parti che compongono la figura rispetto aduno stesso sistema di riferimento, i momenti complessivi (dell’intera sezione) risultanouguali alla somma dei singoli momenti.

b

a

G1 S1

f1

f2 G2

S2

d1

d2

Si prenda ad esempio una figura composta da due rettangoli di cui si conoscono laposizione dei baricentri rispetto ad un sistema di riferimento a,b. L’ area totale saràovviamente pari alla somma delle due aree:

S S S= +1 2

I momenti statici dei due rettangoli rispetto all’asse b saranno:

S f S S f Sb b( ) ( )1 21 1 2 2= =

e il momento statico complessivo della sezione rispetto all’asse b sarà:

S S S f S f Sb b b= + = +( ) ( )1 2 1 1 2 2





Analogamente per l’asse a

S d S S d Sa a( ) ( )1 21 1 2 2= =

S S S d S d Sa a a= + = +( ) ( )1 2 11 2 2

La posizione del baricentro complessivo G risulta quindi essere:

aS f S f

S Sb

S d S dS SG G=

++

=++

1 1 2 2

1 2

1 1 2 2

1 2

Si considerino quindi gli assi A,B che passano per il baricentro dell’intera sezione.

B

A

G1S1

G2

S2 d1G

d2GG

f2G

f1G

I momenti d’inerzia dei due rettangoli rispetto all’asse A, risultano:

J J d S J J d SAA x x G AA x x G( ) ( ) ( (' ' " "1 1 2) 2)12

1 22

2= + = +

e i momenti d’inerzia dei due rettangoli rispetto all’asse B:

J J f S J J f SBB y y G BB y y G( ) ( ) ( (' ' " "1 1 2) 2)12

1 22

2= + = +

dove con x’y’ si è indicato il sistema di riferimento passante per il baricentro del rettangolo(1) parallelo ad A,B e con x”y” si è indicato il sistema di riferimento passante per ilbaricentro del rettangolo (2).Il momento d’inerzia complessivo rispetto all’asse A si può quindi ottenere semplicementesommando i momenti d’inerzia riferiti a tale asse delle figure in cui è stato scomposta lasezione:

J J J J d S J d SAA AA AA x x G x x G= + = + + +( ) ( ( ) (' ' " "1 2) 1 2)12

1 22

2

Analogamente si ottiene il momento d’inerzia dell’intera sezione rispetto all’asse B:

J J J J f S J f SBB BB BB y y G y y G= + = + + +( ) ( ( ) (' ' " "1 2) 1 2)12

1 22

2

Anche li momento centrifugo della sezione si ottiene come somma dei momenti centrifughidelle figure in cui è stata scomposta la sezione rispetto agli assi AB:

J J J J d f S J d f SAB AB AB x y G G x y G G= + = + + +( ) ( ( ) (' ' " "1 2) 1 2)1 1 1 2 2 2

Si noti che pur essendo, nel nostro caso, Jx’y’(1) e Jx”y”(2) nulli, il momento centrifugodell’intera sezione rispetto agli assi AB non è nullo e quindi gli assi AB sono baricentrici





ma non principali d’inerzia e i momenti JAA e JBB non sono principali d’inerzia; quindiquesti momenti non possono essere utilizzati nel calcolo delle tensioni dovute ai momentiflettenti con le formule prima viste

La posizione degli assi principali (X,Y) può essere determinata ruotando attorno albaricentro in senso orario il sistema di riferimento AB di un angolo α determinato con laseguente formula:

tan2J J

AB

AA BBα =

−2J

Noto l’angolo α i momenti d’inerzia rispetto al sistema di riferimento principale XY risultanoessere:

JJ J J J

J

JJ J J J

J

XXAA BB AA BB

AB

YYAA BB AA BB

AB

=+

+−

+

=+

−−

−

2 22 2

2 22 2

cos sen

cos sen

α α

α α

Ovviamente per poter utilizzare le formule del calcolo delle tensioni viste anche il momentoflettente complessivo agente sulla sezione deve essere scomposto secondo le duedirezioni principali XY.

Figure caveL’addittività dei momenti d’inerzia, quando riferiti agli stessi assi, può risultare utile ancheper il calcolo dei momenti d’inerzia delle sezioni cave; basterà infatti considerare ilmomento d’inerzia della figura che viene tolta dal pieno come un momento “negativo”.

X

Y

=X

Y

X

Y

-

1 2

J J J J J JXX XX XX YY YY YY= − = −( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2

Esercizio 2-8

120

100

20

20

Data la sezione in figura calcolare laposizione del baricentro, l’inclinazione delsistema di riferimento principale rispetto ailati della figura e i valori dei momentid’inerzia principali.





Tensioni dovute al momento torcenteLe tensioni dovute al momento torcente Mz sono calcolabili in modo esatto solo nel caso disezioni circolari, piene o cave. Negli altri casi si hanno delle soluzioni approssimate che consentono il calcolo dellatensione tangenziale massima o media. Si deve porre attenzione al fatto che non sempre ilpunto in cui agiscono queste tensioni tangenziali coincide con il punto in cui si ha lamassima tensione di flessione, quando sono presenti anche momenti flettenti.

Sezioni circolariAnalogamente al caso della flessione il legame fra il campo delle tensioni e il momentotorcente applicato si ricava ipotizzando il movimento di una sezione. In particolare sisuppone che la sezione in considerazione ruoti rimanendo piana di un angolo ∆θ rispettoad una sezione posta alla distanza ∆L. Il punto b, posto sulla circonferenza esterna diraggio R si troverà quindi nella posizione b’, mentre un generico punto d, posto al raggio r,si sposterà nel punto d’. Le lunghezze dei segmenti di circonferenza saranno bb’ = R∆θ edd’ = r∆θ.

∆θd’

d

R

r

∆Lb’

b∆L b’

b

∆θR

γR

∆L d’

d

∆θr

γr

Una fibra posta assialmente ruota di un angolo γ che varia lungo il raggio della sezione. Inparticolare l’angolo formato da una fibra posta sulla superficie esterna ruota di un angolodato dalla formula:

tan γ γR RRL

≅ =∆θ∆

mentre una fibra posta al raggio r ruota di un angolo dato da:

tan γ γr rr

L≅ = ∆θ

∆dove, considerando piccole rotazioni, si può confondre la tangente con il suo argomento.Considerando le due equazioni appena viste si ottiene

∆θ∆ ∆

= =γ γR rL

RL

r, e quindi γ

γr

RR

r=





L’andamento dell’angolo γ è quindi lineare e crescente con il raggio. Considerando lalegge di Hooke per le tensioni tangenziali (τ= G γ, G= modulo di elasticità tangenziale) siottiene che anche le tensioni tangenziali hanno un andamento lineare che va da zero alcentro della sezione ad un massimo al raggio R:

γγ

ττ

rR

rR

Rr

Rr= ⇒ =

Ponendosi in un sistema di riferimento polare ed integrando le tensioni tangenziali sullasuperficie si ottiene il momento torcente Mz :

M rdSR

rz r rR= =∫ τ τ

τ M

Rr dS

RJ

rJz

R Rp

rp= = =∫

τ τ τ2

dove Jp è il momento d’inerzia polare.Nel caso di sezioni circolari è quindi possibile calcolare il valore della tensione tangenzialedovuta al momento torcente in tutta la sezione. In particolare la tensione lungo ognuno deidiametri vale:

τrz

p

MJ

r=

dove r è la distanza dal centro della sezione e Jp è il momento d’inerzia polare dellasezione.Tutti i punti a pari distanza dal centro sono soggetti alla stessa tensione tangenzialeagente normalmente al diametro in considerazione.I momenti d’inerzia polari per le sezioni piene e circolari valgono:

JD

sezioni pienep =π 4

32( )

( )J

D d D dsezioni cavep = − =

−π π π4 4 4 4

32 32 32( )

avendo indicato con D il diametro esterno della sezione e con d il diametro interno

τmax

τmax

τmax

Anche nel caso della torsione si può considerare un modulo di resistenza (a torsione)utilizzato per calcolare il valore della tensione massima, tensione che si trova sullacirconferenza esterna della sezione circolare. Il modulo di resistenza a torsione per lesezioni piene e cave varra’:

( )W

J

DD

W WJ

D

D d

DWt

pf t

pf= = = ⋅ = =

−

⋅= ⋅

2

162

2

162

3 4 4π π

(sezioni piene) (sezioni cave)





Esercizio 2-9Data una sezione circolare piena di diametro 70 mm soggetta a un momento torcente Mz =5000 Nm calcolare:a) il valore della tensione tangenziale massima;b) il valore della tensione tangenziale sulla circonferenza di diametro 55 mm;c) le componenti della tensione tangenziale τzx e τzy in un punto di coordinate (-24,18) nel

sistema di riferimento baricentrico.

Esercizio 2-10Data una sezione circolare cava con diametro esterno D = 70 mm e diametro interno d=50mm soggetta a un momento torcente Mz = 5000 Nm calcolare:a) il valore della tensione tangenziale massima;b) il valore della tensione tangenziale sulla circonferenza di diametro 55 mm;c) le componenti della tensione tangenziale τzx e τzy in un punto di coordinate (-24,-18) nel

sistema di riferimento baricentrico;

Esercizio 2-11

Sia data una barra a sezione circolare piena di diametro D = 40 mm, realizzata in39NiCrMo3. Come sistema di riferimento si assumano gli assi x e y giacenti nel piano dellasezione retta della barra e l’asse z coincidente con l’asse della barra. La barra è sollecitatada uno sforzo normale N = 3⋅104

N, da un momento flettente Mx = 500 Nm, da un momentoflettente My = 450 Nm e da un momento torcente Mz = 850 Nm costanti lungo l’asse.

Tracciare i cerchi di Mohr e determinare le tensioni principali e la tensione ideale in unpunto sulla superficie della barraTracciare i cerchi di Mohr e determinare le tensioni principali e la tensione ideale in unpunto al centro della barraCalcolare il coefficiente di sicurezza contro lo snervamento e contro la rottura duttile

Sezioni rettangolariLa formula vista per le sezioni circolari non può essere utilizzata per sezioni di formadiversa. Se si considera una sezione rettangolare infatti la formula per le sezioni circolariindica che la tensione massima si raggiunge agli spigoli della sezione, dove con sempliciconsiderazioni di equilibrio si può dedurre che la tensione tangenziale in realtà deveessere nulla. In particolare si può dimostrare che la tensione massima si presenta incorrispondenza del lato maggiore della sezione (vedi figura). La spiegazione della nonvalidità della formula dipende dal fatto che la sezione rettangolare, a differenza di quellacircolare, non si mantiene piana quando viene soggetta a momento torcente.





y

xMz

τzy

a

b

Per le sezioni rettangolari esiste una soluzione esatta proposta da de St. Venant che nonviene di solito utilizzata. Viene invece utilizzata una soluzione approssimata che permettedi valutare lo stato di tensione lungo l’asse baricentrico parallelo al lato minore:

τzyz

t

MJ

x=2

dove ( )J b a at = −13

0 6 3.

Jt prende il nome di fattore di rigidezza torsionale. Nel caso di sezioni rettangolari sottili il fattore di rigidezza può essere calcolatosemplicemente come:

b a J bat>> ⇒ = 13

3

Sezioni cave a parete sottilePer questa classe di problemi si può dimostrare che la tensione tangenziale dovuta almomento torcente Mz ha un valore medio nello spessore pari a:

τ = Mt

z2Ω

linea media

Ω

t

dove Ω è l’area racchiusa dalla line media e ‘t’ è lo spessore della parete nel puntoconsiderato.

Sezioni aperte a parete sottileIn questo caso si può dimostrare che la tensione tangenziale massima dovuta la momentotorcente Mz in ognuno dei rettangoli in cui è possibile suddividere la figura vale:

τmax iz

ti

MJ

a=

dove il fattore di rigidezza a torsione totale Jt è la somma dei fattori di rigidezza parziali diognuno dei rettangoli di cui è composta la figura:

J J b at ti i i= =∑ ∑ 13

3

o, nel caso di pareti in cui lo spessore, pur piccolo, non è trascurabile:





J J b a m at ti i i i i= = − ⋅∑ ∑ 13

0 3 3( . )

dove mi = 0 se le due estremità dell’iesimo segmento non sono libere, mi = 1 se una delledue estremità è libera e m i = 2 se entrambe le estremità sono libere (cioè nel caso giàvisto di sezione rettangolare).

b1

b2

b3

a1a2

a3

C

Esercizio 2-12Si abbia una sezione rettangolare 100 x 80 mm soggetta ad un momento torcente di10.000 Nm. Calcolare il valore della tensione tangenziale massima.

Esercizio 2-13Si abbia un tubo formato da una lamiera di spessore t=3 mm di sezione ellittica consemiassi, misurati all’esterno A=100 mm e B= 80 mm soggetto ad un momento torcenteMz di 2500 NmCalcolare il valore della tensione tangenziale media nello spessore.

Esercizio 2-14Le due sezioni illustrate in figura hanno dimensioni identiche ma nella prima (a) i lembiconvergenti in P sono solo accostati, nella seconda (b) sono collegati per mezzo di unasaldatura. Calcolare la massima tensione tangenziale in ciascuna delle due sezionicausata dall’applicazione di un momento torcente di 2·105 Nmm.

4

a)

b)

P

100

58





Tensioni dovute al taglio.Viene riportata la soluzione approssimata di D.J. Jourawski (1850). Si ricorda innanzituttoche le caratteristiche di sollecitazione Momento e Taglio sulla sezione non sonoindipendenti ma sono legate dalle seguenti formule:

z

y

dz

Mx

Mx+dMxTyTy

z

x

dz

My My+dMy

TxTx

Piano yz TdM

dzyx= Piano xz T

dM

dzxy= −

Data una sezione di forma qualsiasi soggetta a un taglio Ty la tensione tangenziale mediasu ogni segmento parallelo all’asse principale baricentrico x vale:

τzy

τzy=0

τzy=0

Ty

y

x

τzyy c

xx

T S

J c=

dove Sc è il momento statico della parte di sezione individuata dal segmento rispettoall’asse principale baricentrico ‘x’ (si noti che i momenti statici delle due parti della sezioneindividuate dal segmento c sono uguali), Jxx è il momento d’inerzia rispetto allo stessoasse e ‘c’ è la lunghezza del segmento.La tensione tangenziale τzy ha un andamento parabolico in direzione y, si annulla agliestremi della sezione e la tensione massima si trova sull’asse baricentrico.

y

x

a

bTy

τzy y

x

Ty

τzy

In particolare per le sezioni rettangolari la tensione massima vale :





( )τmax = =T S

J a

T

Ay x

xx

y32

sez. rettangolare

e per le sezioni circolari:

( )τmax = =T S

J D

T

Ay D

D

y43

sez circolare.

Se la sezione è soggetta ad un taglio in direzione x si hanno formule analoghe che siottengono permutando gli indici.Nel caso di sezioni circolari, e solo in questo caso, nel caso siano presenti entrambi i tagli,conviene considerare il taglio complessivo e calcolare la massima tensione tangenzialedovuta al taglio con la formula vista.

T T Tx y= +2 2 AT

34

max =τ

Poiché le tensioni tangenziali non sono costanti, ma variano lungo l’asse ‘y’ (‘x’), le sezionitendono ad ingobbarsi: questo ingobbamento non produce variazioni delle tensioni normaliσzz solo nel caso in cui il taglio sia costante, ma si può dimostrare che nel caso di travisnelle la variazione delle tensioni normali reali rispetto a quelle calcolate con le formuleviste in precedenza (che ipotizzano che la sezione rimenga piana) sono piccole e quinditrascurabili.

Taglio in profilatiIn un profilato con pareti sottili (vedi figura) il taglio Ty provoca sia delle tensioni tangenzialiτzy sull’anima sia delle tensioni tangenziali sulle ali ortogonali ad un segmento normale allalinea media, cioè delle tensioni τzx, come si può dedurre da semplici considerazioni diequilibrio.Il valore locale della tensione tangenziale viene calcolato utilizzando la formula già vistaanche per le ali. In definitiva l’andamento della tensione tangenziale può essere riportatoin diagrammi come quelli riportati nelle figure relativi sia al taglio Ty sia al taglio Tx.Analoghi diagrammi per altre sezioni si possono trovare su qualunque manuale. I noti cheper tutti i profilati, le dimensioni considerate sono quelle relative alle linee medie.

x

y

s2h

b

s1

s1 Ali

Ty

τzy

τzx

Animax

y

+

+

T b

Jx

yy

2

8

Tx

+

+

+

y

+

x

T

s J

bs h s hy

xx2

1 22

2 8+

T bh

Jy

xx4

Ty

T bh

Jy

xx4





Sezioni non simmetriche - Centro di taglio e di torsioneSi consideri una sezione non doppiamente simmetrica formata da pareti sottili, ad esempiouna sezione a C.

s2

h

b

s1

x

y

G

e

Poiché la sezione è simmetrica rispetto all’asse ‘x’ il baricentro si troverà su questo asse disimmetria ad una distanza dalla linea media che si ricava facilmente con la geometriadelle aree:

es b

bs hs=

+1

2

1 22

y

Gx

y

xG

e

Fy

Fx

Fx

T bh

Jy

xx2

Ty

T

s J

bs h s hy

xx2

1 22

2 8+

Se si considera un taglio Ty adottando i metodi già visti, si ottiene l’andamento delletensioni tangenziali normali alla linea media riportato in figura. Integrando le tensioni sulletre aree in cui si può scomporre la figura si nota come il tagli Ty sia equilibrato dalletensioni tangenziali τzy giacenti sul lato parallelo all’asse ‘y’, mentre le tensioni τzx dannoorigine ad una coppia Fxh, dove :

FT bh

Jbs

T b hs

Jxy

xx

y

xx= ⋅ =

12 2 41

21





y

xG

e

Fy Fx

Fx

Ty

g

Ct

Poichè abbiamo ipotizzato che l’unica caratteristica di sollecitazione presente sia il taglioTy , questo deve essere applicato in un punto Ct (detto centro di taglio) ad una distanza ‘g’dal baricentro tale da generare un momento compatibile con la distribuzione delle tensionitrovata. La distanza g di Ct rispetto al riferimento baricentrico xy si trova imponendol’uguaglianza dei momenti:

T Fy g y e Fx h⋅ ⋅ + ⋅=

da cui si ricava:

gy e Fx h

y xx

F

Te

b h sJ

= = +⋅ + ⋅ 2 2

14

Se il taglio Ty è applicato lungo la retta parallela all’asse y passante per Ct la distribuzionedelle tensioni è quella trovata in precedenza; tale caso è detto di ‘taglio puro’. Nel caso incui il taglio Ty sia applicato al baricentro, oltre alle tensioni dovute al taglio sarannopresenti anche delle tensioni aggiuntive dovute al momento torcente Ty·g, e analogamentese la retta d’azione del taglio è posta ad una distanza ‘d’ qualunque dal centro di taglio,bisogna considerare anche le tensioni aggiuntive dovute ad un momento Ty·d.Il punto Ct è anche il centro di torsione della sezione, cioè il punto attorno a cui ruota lasezione quando è soggetta ad un momento torcente. Si noti che se si è in una condizionedi taglio puro la sezione non ruota.

Esercizio 2-15Si consideri una sezione rettangolare 12x40 mm in cui l’asse x è parallelo alla dimensionemaggiore. La sezione è soggetta ad un momento flettente My = -4.5·105 Nmm ed a untaglio Tx = 1.3 ·104 N.Calcolare le tensioni normali e tangenizli nei punti G(0,0), Q(10,0) e P(20,0)

y

x

G Q P12

40

10

xGA= 15 A





Esercizio 2-16

Si abbia una sezione circolare di diametro ∅ = 46 mm soggetta ad un taglio Ty = 3000 Ned un taglio Tx = 4000 N. Calcolare la massima tensione tangenziale dovuta al taglio.

Esercizio 2-17La figura mostra lo schema di una sezione di un profilato IPE 120 UNI 5398 realizzato inFe 360 (tensione ammissibile σam= 160 MPa, tensione tangenziale ammissibile τam= 80MPa ). Supponendo che ogni caratteristica di sollecitazione agisca separatamentedeterminare i massimi valori sopportabili per i momenti flettenti Mx e My, e per i tagli Tx eTy.

y

x

120

64

4.4

6.3

Esercizio 2-18La sezione di un profilato a U 100 UNI 5680 schematizzata in figura viene sollecitata da untaglio Ty = 10 kN. Valutare :a) la posizione del centro di taglio;b) le massime tensioni tangenziali causate dal taglio nell’anima e nelle piattabande;c) le tensioni aggiuntive che si producono nell’anima e nelle piattabande se il taglio è

applicato nel baricentro della sezione.Caratteristiche della sezione:

y

x

100

50

g

15.5

Ct

8.5

6

A = 1.35·103 mm2 Jxx = 2.05·106 mm4 Jyy = 2.91·105 mm4


3 Calcolo delle caratteristiche disollecitazione



Calcolo delle caratteristiche di sollecitazione.

Principio di de Saint VenantNelle precedenti schede abbiamo visto come si ottengono le componenti del tensore delletensioni per un solido di de Saint Venant. Molto spesso i solidi che devono essere calcolatinon sono a rigore dei solidi di de Saint Venant perché presentano delle brusche variazionidi sezione (vedi figura); ci chiediamo se possiamo ancora utilizzare le formule viste anchein questi casi.

In effetti viene in nostro aiuto il Principio di de Saint Venant che possiamo così esporre:• le modalità con cui i vincoli e carichi sono applicati interessano solo la zona di

applicazione• non conformità della geometria (brusche variazioni) provocano perturbazioni di

carattere locale• l’estensione della zona disturbata è circa uguale alla dimensione trasversale del solidoIn presenza di brusche variazioni di geometria (intagli) le tensioni locali possono esserecalcolate a partire dalle tensioni nominali, cioè quelle calcolate con le formule valide per ilsolido di de Saint Venant.

Equilibrio dei corpi

Un sistema di forze applicato ad un corpo comporta dei moti rigidi e degli spostamentilocali, dovuti alla deformabilità della struttura.Quando gli spostamenti locali sono piccoli rispetto alle dimensioni del corpo, questo puòessere trattato come un corpo rigido.Se il sistema di forze applicate non permette moti rigidi il corpo si dice in equilibriostatico. Per un corpo in equilibrio statico la risultante delle forze applicate e quella deimomenti (rispetto ad un punto qualunque) devono essere nulle:

R Fi

= =∑ 0 M Mo o i= =∑ 0

Queste equazioni vettoriali diventano 6 equazioni scalari nello spazio:





R F M M

R F M M

R F M M

x xi x x i

y yi y y i

z zi z z i

= = = =

= = = =

= = = =

∑ ∑∑ ∑∑ ∑

0 0

0 0

0 0

e tre equazioni scalari in un piano (ad esempio il piano yz):

R F

R F

M M

y yi

z zi

x x i

= =

= =

= =

∑∑∑

0

0

0

Nella figura è riportato un esempio di equilibrio statico di un corpo.

Fy1

y

z

Fy3Fy4

Fz5

Fz1

z1

Fz1+ Fz5 = 0

Fy1- Fy2 + Fy3 + Fy4 = 0

o

o

z2 z3 z4

Fy2

y1

y2

- Fy1z1+ Fy2z2 - Fy3z3 - Fy4z4 +

+ Fz1y1+ Fz5y5 - Mx5 = 0

Mx5

Linee di distaccoSe sono note tutte le forze applicate le caratteristiche di sollecitazione sono facilmentedeterminabili.Il metodo è quello di isolare una parte del corpo tramite una linea di distacco. Questaparte del corpo deve rimanere in equilibrio grazie alle forze applicate sulla porzione delcorpo isolata e alle caratteristiche di sollecitazione nella sezione che viene tagliata.Utilizzando le equazioni di equilibrio risulta quindi facile ricavare le caratteristiche disollecitazione incognite.Nel caso delle travi, grazie alla monodimensionalità, è possibile schematizzare la trave inesame mediante la sola linea d’asse e considerare tutte le forze e i momenti agentiapplicate a tale linea.A questo proposito si ricorda che ad una forza agente ad una distanza d da una linea e adessa parallela è possibile sostituire la stessa forza agente sulla linea più un momento ditrasporto pari al prodotto fra la forza e la distanza d.





F

dM=Fd

F

Si consideri come esempio la trave in figura soggetta alle forze e ai momenti indicati (tuttinoti):

Fy1

Fy2 Fy3

Fy4 Fy5 z

y

Fz1

Fz2 Mx1

e si vogliano calcolare le caratteristiche di sollecitazione nella sezione z*

Fy1

Fy2 Fy3

Fy4 Fy5 z

y

Fz1

Fz2 Mx1

z*Fy1

Fy2 Fy3

z

y

Fz1

NTy

Mxz*

Sarà sufficiente sostituire alla parte del corpo non compresa nella linea di distacco(tratteggiata) le corrispondenti caratteristiche di sollecitazione (essendo un problema pianosi avranno come caratteristiche di sollecitazione lo sforzo normale N, il taglio Ty lungo y e ilmomento flettente Mx). I versi positivi di tali caratteristiche di sollecitazione sonodeterminati dalla ‘regola della mano destra’ ed indicati in figura.A questo punto, utilizzando le equazioni di equilibrio per il caso piano, si possono scriveretre equazioni nelle tre incognite N, Ty, Mx, in particolare una equazione alla traslazioneorizzontale (z) una nella direzione trasversale (y) ed una di momento rispetto ad un puntoqualunque, ad esempio l’origine ‘o’ degli assi da cui si ricavano le incognite.

- Fy1z1+ Fy2z2 + Fy3z3 - Tyz* + Mx = 0o

Fz1+ N = 0

Fy1- Fy2 - Fy3 + Ty = 0

Il punto attorno al quale viene scritta l’equazione di momento è indifferente; se ad esempiosi utilizza il punto di coordinata z* l’ultima equazione viene sostituita dalla:

z* Mx+Fy1(z*-z1)-Fy2(z*-z2)-Fy3(z*-z3)=0

ma il risultato ovviamente non cambia.





Si noti che le equazioni di equilibrio sono scritte considerando la struttura indeformata,cioè si trascurano gli spostamenti locali. Tale assunzione, necessaria per ottenere dellerelazioni lineari, è valida solo se gli spostamenti sono piccoli rispetto alle dimensioni dellastruttura. Questo è generalmente vero in quanto gli spostamenti elastici sono di solitopiccoli, ma in alcuni casi l’assunzione deve essere verificata con i metodi che vedremo inseguito.

Classificazione dei carichiI carichi che possono essere applicati ad una struttura possono essere sia di tipoconcentrato, come visto finora, sia di tipo distribuito.

F(N)

q(N/m)(N/mm)

p

(Pa)(MPa)

pv

(N/m3)(N/mm3)

F

M = Fb

(Nm)(Mmm)

Fb

pb

m = pb

(Nm/m)(Nmm/mm)

Forze

Momenti

concentrate

distribuite

concentrati

distribuiti

di linea

di superficie

di volume





Le forze concentrate hanno natura vettoriale, in quanto sono definite assegnandonemodulo direzione e verso. L’unità di misura delle forze nel SI (Sistema internazionale) è ilNewton (N). Oltre alle forze concentrate esistono delle forze distribuite di linea (ad es. ilpeso per unità di lunghezza di una trave), di superficie (ad es. la pressione idrostatica) e divolume ad esempio il peso proprio).Altri carichi possibili sono i momenti. Il momento di una forza F rispetto ad un punto O èdato dal prodotto esterno fra la forza e la distanza d del punto O dalla retta d’azione dellaforza:

M d FO = ∧

I momenti concentrati sono vettori perpendicolari sia a F sia a al segmento d. L’unità dimisura nel SI è il Newton per metro (Nm) ma in meccanica spesso si utilizza il Nmm.Anche in questo caso possono esistere dei momenti distribuiti (su una linea).A rigore i carichi concentrati non esistono, in quanto l’applicazione del carico interessasempre una zona più o meno estesa ma finita. Ai fini pratici si assume che un carico siaconcentrato quando la zona di applicazione del carico è piccola rispetto alle dimensionicaratteristiche della struttura.La presenza di carichi distribuiti contraddice alle ipotesi relative al solido di de SaintVenant, in quanto questi carichi non sono applicati solo alle basi. Si possono comunqueutilizzare le soluzioni viste sostituendo ai carichi distribuiti la loro risultante e calcolando leperturbazioni locali a parte.

Classificazione dei vincoli e reazioni vincolariLe forze che agiscono sulle strutture non sono a priori tutte note. Infatti oltre alle forzeapplicate, concorrono all’equilibrio anche i vincoli che collegano la struttura al terreno o altelaio della macchina (vincoli esterni) o che collegano fra loro elementi diversi dellastruttura (vincoli interni).I vincoli possono essere considerati da due punti di vista:• dal punto di vista cinematico essi impongono alcuni spostamenti e/o rotazioni ai punti

della struttura in cui sono applicati, ad esempio annullandoli, (vincoli esterni) oimpongono spostamenti e/o rotazioni uguali a due parti della struttura (vincoli interni);

• dal punto di vista statico i vincoli trasmettono delle forze e dei momenti; i vincoli internitrasmettono forze e momenti fra un corpo e l’altro, i vincoli esterni trasmetto delle forzee momenti che vanno ad equilibrare i carichi applicati; tali forze e momenti vengonodetti reazioni vincolari che sono, a priori, incognite.

Considerando un problema piano, i vincoli possono essere semplici, doppi o tripli in baseal numero di spostamenti e rotazioni che impediscono e, conseguentemente, al numero direazioni che trasmettono al corpo in esame.Nelle figure seguenti sono indicati i principali tipi di vincoli nel piano con la lororappresentazione grafica. Si considerano solo i vincoli nel piano perché è consuetudineridurre problemi spaziali a due problemi piani (su piani ortogonali).





Vincoli esterni nel piano sempliciimpediscono 1 movimento ⇒ 1 reazione v.

Appoggio Biella Reazione

Vincoli esterni nel piano doppiimpediscono 2 movimenti ⇒ 2 reazioni v.

Cerniera (fissa)Doppia biella

Reazioni

Vincoli esterni nel piano doppiimpediscono 2 movimenti ⇒ 2 reazioni v.

Carrello senza cerniera

ReazioniIncastro scorrevole

Doppia biella parallela

Vincoli esterni nel piano tripliimpediscono 3 movimenti ⇒ 3 reazioni v.

Tripla biella (non concorrenti)

Reazioni

Incastro

Vincoli interni nel piano

Cerniera interna(vincolo doppio) Reazioni

H1 H2

T1

T2

H1 = H2 T1 = T2

Coppia prismatica(vincolo doppio)

M1 M2

T1

T2

M1 = M2 T1 = T2

Vincoli interni nel piano

Si deve fare attenzione al fatto che lo stesso dispositivo fisico può avere effetti diversi neidue piani considerati e deve essere quindi schematizzato in modo diverso nei due casi.

Grado di iperstaticitàCi chiediamo adesso se è possibile calcolare facilmente le reazioni vincolari. Questo èpossibile solo se il numero di reazioni vincolari incognite è uguale al numero di equazionidi equilibrio della struttura che possiamo scrivere. Si consideri una struttura composta dam corpi rigidi collegati fra loro e con il telaio tramite dei vincoli. Il numero di equazioni diequilibrio che è possibile scrivere è:

e m= ⋅3





Il numero di spostamenti impediti, e quindi di reazioni vincolari incognite sarà:

( )v i c p a= ⋅ + + +3 2

dove ‘i’ è il numero di incastri, ‘c’ e ‘p’ sono i numeri di cerniere e di coppie prismatiche, ‘a’è il numero di appoggi che collegano la struttura al telaio o i vari corpi in cui si suddivide lastruttura.Si definisce come grado di iperstaticità ‘h’ la differenza fra il numero di incognite e ilnumero di equazioni disponibili:

( )h v e i c p a m= − = ⋅ + + + − ⋅3 2 3

• se h < 0 la struttura è labile, cioè le forze applicate, se non sono autoequilibrate,provocano dei moti rigidi;

• se h = 0 la struttura è isostatica, ed è in equilibrio statico qualunque sia il sistema diforze applicato;

• se h > 0 la struttura è iperstatica, è in equilibrio statico ma il numero di forze incognite èsuperiore al numero di equazioni indipendenti che è possibile scrivere.

Considerando corpi rigidi la condizione necessaria affinché si possano calcolare lereazioni vincolari è che la struttura sia isostatica, cioè che sia h = 0. Nelle figure seguentisono riportati degli esempi di calcolo del grado di iperstaticità.

m = 1v = 2h = - 1

c = 1m = 1v = 0h = - 3

m = 1v = 3h = 0

c = 1

a=1

c = 2m = 1v = 4h = 1

i=1

m = 1v = 3h = 0 i=1

a = 1

m = 1v = 4h = 1

i=1c = 1

m = 1v = 5h = 2

i=2m = 1v = 6h = 3

m = 2v = 6h = 0

m = 2v = 5h = - 1

c = 2a = 1

c = 3m = 2v = 6h = 0

m = 2v = 6h = 0

i = 1c = 1a = 1

c = 1a = 2

Bisogna comunque fare attenzione al fatto che h = 0 è condizione necessaria ma nonsufficiente affinché sia possibile calcolare le reazioni vincolari, infatti i vincoli applicatidevono essere efficaci, cioè togliere alla struttura tutti i possibili gradi di libertà. Se siconsidera il caso della figura sotto si vede che l’applicazione di tre appoggi (h= 0) su unastessa linea d’asse non toglie alla struttura la labilità orizzontale, mentre rende la strutturaiperstatica nella direzione verticale Bisogna inoltre fare attenzione alle strutture anomale,dove la disposizione dei vincoli crea delle cerniere ‘virtuali’ che rendono labile la struttura.





h = -1

h = 0

m=3 c=4 a=1 h=0

cerniera virtuale

Calcolo delle reazioni vincolariIl calcolo delle reazioni vincolari di una struttura isostatica è effettuato sostituendo alvincolo la reazione vincolare incognita (se il vincolo è doppio o triplo tulle le reazionivincolari incognite) e scrivendo quindi le equazioni di equilibrio della struttura. Risolvendotali equazioni si ricavano i valori delle incognite.Nelle figure si riportano due esempi di calcolo delle reazioni vincolari per un corposemplice nel piano. Si noti che i carichi distribuiti possono essere sostituiti dalla lororisultante (applicata al loro baricentro).

l

F

l

FHV

M

H = 0

V+F=0 ⇒ V = -F

o M-Fl=0 ⇒ M = Fl

HV

l

q

l/2

ql

M

H = 0

V+ql=0 ⇒ V = -ql

o M-ql·l/2 =0 ⇒ M = ql2/2





Per le strutture con vincoli interni, cioè composte da più corpi, in primo luogo si separano icorpi, sostituendo ai vincoli le forze scambiate. Poi per ognuno dei due corpi vengonoscritte le 3 equazioni di equilibrio:

b2

1

2

3Fa Fb

Fa

H1

V1

H2

V2Fb

H2V2

H3 V3

b1

a1

c2

d2

c1

a2

d2

Corpo a

Corpo b

→ − =↑ + − =⊃ ⋅ + ⋅ − ⋅ =

→ + − =↑ + =⊃ ⋅ − ⋅ − ⋅ =

H H

V F V

F c H b V a

H H F

V V

F d H b V a

a

a

b

b

1 2

1 2

1 2 1 2 1

3 2

2 3

2 2 2 2 2

0

0

0

0

0

0

Ottenendo così sei equazioni in sei incognite.La scelta delle linee di distacco non è univoca: nel nostro caso una alternativa epresentata nella figura sotto

1

2

3Fa Fb

Si noti che non è necessario scrivere sempre le equazioni di equilibrio finora utilizzate(traslazione orizzontale, traslazione verticale e momento rispetto ad un punto).L’importante è che le tre equazioni nel piano siano linearmente indipendenti. Le alternativepossibili risultano essere:• due equazioni di equilibrio alla traslazione (dir. non parallele) e una equazione di

equilibrio alla rotazione• due equazioni di equilibrio alla rotazione (punti diversi) e una equazione di equilibrio alla

traslazione in direzione non perpendicolare alla congiungente i due punti• tre equazioni di equilibrio alla rotazione intorno a punti non allineati.





Esercizio 3-1aData la struttura schematizzata in figura calcolare le reazioni vincolari.Dimensioni: a= 70 mm, b= 80 mm, c= 100 mm; Forze F1= 1000 N, F2 = 1500 NRisolvere prima in modo letterale.

a

l

cb

F1 F2

Esercizio 3-1bData la struttura schematizzata in figura calcolare le reazioni vincolari.Dimensioni: a= 70 mm, b= 80 mm, c= 100 mm; Forze F1= 1000 N, F2 = 1500 NRisolvere prima in modo letterale.

a

l

cb

F1 F2

Esercizio 3-1cData la struttura schematizzata in figura calcolare le reazioni vincolari.Dimensioni: a= 90 mm, b= 135 mm, c= 75 mm; Forze F1= 1000 N, F2 = 1500 NRisolvere prima in modo letterale.

a

l

cb

F1 F2

Esercizio 3-1dData la struttura schematizzata in figura calcolare le reazioni vincolari.Dimensioni: a= 90 mm, b= 135 mm, c= 75 mm; Forze F1= 1000 N, F2 = 1500 N NRisolvere prima in modo letterale.

a

l

cb

F1 F2





Diagrammi delle caratteristiche di sollecitazioneUna volta note le reazioni vincolari sono note tutte le forze agenti sulla trave, ed è quindipossibile valutare le caratteristiche di sollecitazione in ogni sezione. Per visualizzarel’andamento delle caratteristiche di sollecitazione nelle parti delle strutture è comodoutilizzare dei diagrammi che riportano il valore di ogni caratteristica in funzione dellaposizione. Tali diagrammi vengono disegnati sulla linea d’asse delle struttura stessa chefunge da ascissa, mentre in ordinata viene diagrammata la caratteristica in esame.Si vogliano per esempio tracciare le caratteristiche di sollecitazione della struttura in figura(mensola incastrata). In primo luogo si calcolano le reazioni vincolari.

l

FH= - PV=-F

M=FlP

Ly

z

l

F

L

P

Per il calcolo delle caratteristiche di sollecitazione è necessario distinguere in quale trattosi trova la sezione considerata; infatti sono diversi i carichi da includere nelle equazioni diequilibrio. Si consideri la coordinata z*; bisognerà distinguere i due casi in cui z* < l e z* > l.nel primo caso le equazioni di equilibrio in funzione di z* saranno:

M=Fly

z

N= -H=P

Ty=-V=F

Mx=-M-Vz*=F(z*-l)

z*<l

z*

mentre per z* > l si avrà:

N=-H=P

Ty=0

Mx=0H= -PV=-F

M=Fly

zF

z*>l

(Mx+M+Vz*+F(z*-l)=0 => Mx=-Fl+Fz*-F(z*-l)=0)

In definitiva, utilizzando le equazioni scritte in precedenza si avranno i diagrammi dellecaratteristiche di sollecitazione riportati a sotto.





+

l

N=P

Ty=F

max(Mx)= -Fl

+

-

L

Si noti che l’andamento del taglio è costante, mentre quello del momento è lineare.Infatti abbiamo già visto che il taglio è la derivata del momento:

TdM

dzyx=

La pendenza del momento cambia nei punti di applicazione delle forze.

Si consideri adesso il caso di una mensola soggetta ad un carico uniformementedistribuito in direzione trasversale. Per comodità si utilizza una diversa coordinata ζ che haorigine all’estremità libera della trave; si noti che in questo caso la faccia della sezione divolta in volta considerata è di tipo negativo. Si ottengono le equazioni in funzione di ζriportate in figura:

V=-qll

qM = ql2/2

q

ζ

ζ N=0

Ty=qζ

Mx=-q⋅ζ⋅ζ/2= -q⋅ζ2/2

e quindi i diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione riportate sotto:l

m a x ( T y ) = q l

m a x ( M x ) = - q l2 /2

+

-





Si noti che l’andamento del taglio è lineare mentre quello del momento è parabolico.anche in questo caso vale la relazione fra momento e taglio.

TdM

dzyx=

Nel caso in cui vi sia un carico distribuito, si può inoltre ricavare una relazione fra taglio T ecarico distribuito q considerando l’equilibrio di un elemento di trave. Nei due piani yz e xzsi hanno le seuenti relazioni:

dTdz

qx = −dM

dzTy

x= −

z

x

dz

My

My+dMy

Tx +dTx

Tx

q

z

y

dz

Mx

Mx+dMx

Ty +dTy

Ty

q

dT

dzqy = −

dMdz

Txy=

Vi sono alcune proprietà dei diagrammi utili sia per tracciarli in modo veloce sia per uneventuale controllo:• senza carico distribuito q: l’andamento del taglio T è costante, quello del momento

flettente M è lineare• con carico distribuito q (costante): l’andamento del taglio T è lineare, quello del

momento flettente M è parabolico• in corrispondenza di una forza concentrata: discontinuità del diagramma di taglio T, e

una variazione di pendenza del momento flettente M• in corrispondenza di una coppia concentrata il taglio T non varia mentre il momento

flettente M presenta una discontinuità.• In corrispondenza di appoggi di estremità (senza coppia concentrata) e di cerniere (che

interrompono la continuità) il momento flettente si annulla.

Esercizio 3-2aCon riferimento all’esercizio 3-1a tracciare i diagrammi delle caratteristiche disollecitazione

Esercizio 3-2bCon riferimento all’esercizio 3-1b tracciare i diagrammi delle caratteristiche disollecitazione

Esercizio 3-2c

Con riferimento all’esercizio 3-1c tracciare i diagrammi delle caratteristiche disollecitazione

Esercizio 3-2dCon riferimento all’esercizio 3-1d tracciare i diagrammi delle caratteristiche disollecitazione





Esercizio 3-3Una trave di sezione rettangolare 60x40 mm lunga 2 m, appoggiata alle estremità, èsoggetta ad un carico verticale di 6000 N che agisce nella mezzeria.Calcolare le massime tensioni normali e tangenziali.

F=6000 N

60

40

2000

= =

Esercizio 3-4Una trave IPE 120 UNI 5398 lunga 2 m è soggetta ai carichi indicati in figura. Determinarele tensioni agenti sulla trave.

x

120

64

4.4

6.3

2000

500 500

F1 = 15 KN F2 = 15 KN

Caratteristiche della sezione: A = 1.32·103 mm2 Jxx = 3.18·106 mm4 Jyy = 2.77·105 mm4)

Esercizio 3-5Una trave incastrata lunga 500 mm, di sezione circolare ∅ 35 mm, è soggetta ad unmomento torcente Mz = 360 Nm, ad un carico distribuito in direzione verticale (q) di 700N/m diretto verso il basso, ad un carico Fy = 1000 N verso l’alto ed un carico in direzioneorizzontale Fx = 1200 N, applicati all’estremità libera della sezione.Calcolare la tensione ideale nel punto più sollecitato della trave.

y

z

x

Fx

Fy

Mz

q

l = 500





Esercizio 3-6La figura illustra schematicamente un assale ferroviario con i carichi ad esso applicati. Sinoti che, a causa della geometria del contatto fra ruota e rotaia, se la rotaia applica uncarico P in direzione verticale, sarà presente anche un carico orizzontale P’ pari ad unventesimo di P.(nel nostro caso 5000 N). Calcolare le tensioni agenti nel tratto fra le dueruote.

100 kN

250 2502000

φ 160

φ 920

φ 130

100 kN

P

P’ = P/20

Esercizio 3-7Nella figura è schematizzato il braccio di un paranco formato da una trave orizzontale disezione rettangolare cava incernierata in un muro e da un’asta1 che funge da tirante.Calcolare le tensioni agenti.

l1

l2 l3P

BA

B

A

100

50

6 Sez. AA

b

2040

Sez. BB

Dati: l1 = 1 m ; l2 = 1.5 m; l3 = 0.9 m b= 100 mm; P = 5 kN

1 Asta = elemento che sopporta solo carichi normali, agenti lungo l’asse del corpo. Sono aste tutti icorpi incernierati alle estremità in cui i carichi sono applicati solo in corrispondenza dellecerniere. La risultante delle forze applicate è diretta lungo l’asse dell’asta. Tirante = Asta posta in trazione. Puntone = Asta posta in compressione.





Esercizio 3-8La figura illustra schematicamente l’albero di rinvio fra due ruote dentate a denti diritti conangolo di pressione di 20°. Il cuscinetto di sinistra è bloccato sia sull’anello esterno siasull’anello interno e sopporta eventuali carichi assiali; il cuscinetto di destra è libero dimuoversi assialmente. Sapendo che il momento torcente trasmesso è di 200 Nm,calcolare le tensioni agenti sull’albero.

283

255

218

200

121

18

φ40 φ50 φ50 φ40

Diametro primitivo φ 80

Diametro primitivo φ 100

Fr2

Fr1

Ft2Ft1

97


4 Effetto d’intaglio (statica)



Effetto degli intagli (statica)La teoria relativa a questo modulo è sviluppata nel Capitolo 2 del testo: M. Rossetto -Introduzione alla fatica dei materiali e dei componenti meccanici – Levrotto &Bella – Torino– Ottobre 2000, ed in particolare i paragrafi 2-1, 2-2, 2-3, 2-4.

Vengono proposti gli esercizi 2-1 e 2-2 del testo, la cui soluzione si trova nel file“soluzione esercizi fatica” ed i seguenti

Esercizio 4-1Una piastra in S355 EN 10027/1 (Fe510 UNI 7070) delle dimensioni indicate in figuraviene sollecitata da un carico assiale T = 64 kN.Con riferimento alla sezione con intaglio, calcolare i coefficienti di sicurezza a rotturaduttile e a primo snervamento.

200

80120

R10

T

Spessore 20 mm

Esercizio 4-2La struttura indicata in figura è costituita da una piastra in acciaio S355 EN 10027/1(Fe510 UNI 7070) incastrata in un soffitto.Il carico applicato è P = 3000 N.Con riferimento alla sezione con intaglio, calcolare i coefficienti di sicurezza a rotturaduttile e a primo snervamento.

60

40

40

100

100R10

R10

R10

Spessore piastra 15

P


4 Effetto d’intaglio (statica)



Esercizio 4-3L’albero schematizzato in figura è costruito in acciaio 39NiCrMo3 e viene caricato dalleforze complanari F1 = 10 kN e F2 = 7500 N; fra le due ruote viene trasmesso un momentotorcente di 900 Nm.1. Calcolare le reazioni vincolari sopportate dai cuscinetti2. Tracciare i diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione3. Tracciare i diagrammi delle tensioni di flessione e di torsione massime4. Verificare staticamente l’albero.

150 150 150

60 70 70

90

F2F1

A B

50

R4

11

R1.5


4 Slides Effetto d’intaglio (statica)


© Politecnico di TorinoData ultima revisione 10/02/03 Massimo Rossetto 1

Intagli 1

INTAGLI

Intaglio = variazione della sezione resistente di un pezzoin una zona limitata.In genere le variazioni di sezione o di forma sono legatea necessità di progetto.

La presenza di un intaglio provoca delle variazioni dellostato di tensione rispetto a quanto calcolato con la teoriadi de Saint Venant

Intagli 2

d

D

z

r

F

F

r

n

z

σσ

n

c

σσ

n

r

σσ

nσσ

321

2d

4

πσ

Fn ==

Si tiene conto di queste variazioni mediante ilFATTORE DI CONCENTRAZIONE DELLE TENSIONI

nom

max

t σσ

=K





Intagli 3

La determinazione dei fattori di concentrazione delle tensioni Kt puòavvenire :

Per via analitica; i primi studi risalgono a Kirsh che nel 1898studiò lo stato di tensione nell’intorno di un foro in una piastra didimensioni molto grandi. Un notevole contributo è stato dato daNeuber che negli anni ‘30. Purtroppo per molte geometrie non visono soluzioni analitiche in forma chiusa;Per via numerica; con il metodo degli elementi finiti (FEM); lesoluzioni ottenute sono però approssimate; metodo numericorelativamente recente è quello degli elementi di contorno (BEM);Per via sperimentale; con metodi fotoelastico, estensimetrico outilizzando vernici fragili. Tutti i dati devono essere ottenuti incampo lineare elastico. Il limite delle tecniche sperimentali è chespesso non sono in grado di valutare le tensioni secondarie.

Intagli 4

2.72.62.52.42.32.22.12.01.91.81.71.61.51.41.31.21.11.0

21.51.21.051.01

0.10.0 0.2 0.3r/d

D/d

Kt

D d PP

r

2nomd

4P

πσ ==





Intagli 5

VERIFICA STATICA DI PEZZI CON INTAGLISollecitazioni Uniassiali

Materiali fragili (A < 5%) mnomtmax RK <σ⋅=σ

Materiali duttili (A>10%)

- Cedimento per primo snervamento

- Cedimento per rottura duttile

eHnomtmax RK <σ⋅=σ

mnom R≤σ

….infatti

Intagli 6

PPh

Re Re Re

a) b)

Re

c) d)

Calcolo convenzionale nel caso di stati di tensione con gradiente(flessione e torsione)





Intagli 7

Verifica statica di pezzi con intagli

SOLLECITAZIONI MULTIASSIALI

Calcolo convenzionale

nom)(tmax

)(nom)(tmax

)(nom)(tmax

τ⋅=τ

σ⋅=σσ⋅=σ

tors

normnormnorm

flexflexflex

K

K

K

Intagli 8

( ) e2max2maxmax )(3 Rnormflexid ≤τ+σ+σ=σ

Verifica (convenzionale) a snervamento

Verifica (convenzionale) contro la rottura duttile

( ) m2nom

2

)nom()(nom 3 Rnormflexid ≤τ+σ+σ=σ


5 Spostamenti localiCenni sulle strutture iperstatiche



Spostamenti localiIn genere il progettista di una struttura non è chiamato solo a verificare che le tensioniideali siano al di sotto della tensione ammissibile ma anche che gli spostamenti provocatidai carichi siano compatibili con la funzionalità della struttura o della macchina che si staprogettando.Rigidezze elevate (cioè piccoli spostamenti) possono essere richieste ad esempio per itelai delle macchine utensili che devono garantire la possibilità di effettuare lavorazioniaccurate. Inflessioni eccessive possono comportare interferenza di componenti diversi nelfunzionamento di una macchina o la perdita del corretto ingranamento fra due ruotedentate.Vi sono casi in cui una elevata rigidezza è richiesta per eliminare problemi derivanti davibrazioni delle macchine.Spesso lo spostamento massimo ammissibile è determinato da norme o dalle specifichetecniche della macchina, e le strutture a volte devono essere irrigidite a tal punto darendere praticamente trascurabili, al fine della sicurezza, le tensioni presenti nellastruttura. Vedremo nel seguito alcuni semplici casi di calcolo degli spostamenti

Comportamento torsionale (sezioni circolari)Nel caso di una trave a sezione circolare di raggio R soggetta a momento torcente (chevengono dette ‘alberi’), lo spostamento locale consiste in una rotazione delle sezioni.Per valutare tale rotazione ricordiamo alcune formule già viste:

Relazione fra l’angolo di rotazione e lo scorrimento: ∆θ∆

=γ R L

R

Relazione fra la tensione massima e momento torcente applicato τRz

p

MJ

R=

Relazione fra tensione e angolo di scorrimento (legge di Hooke): τ = Gγ

(G = modulo di elasticità tangenziale)

Combinando queste relazioni si ottiene facilmente la relazione che lega la rotazionerelativa fra due sezioni poste alla distanza ∆L in una trave a sezione circolare soggetta aun momento torcente Mz:

∆θ∆

=M LGJ

z

p

Si definisce rigidezza torsionale il rapporto fra il momento torcente applicato e la rotazionerelativa:

KM GJ

LTz p

= =∆θ ∆

Nel caso di un albero a sezione variabile, la rigidezza complessiva può essere valutatacon il seguente ragionamento: si consideri l’albero in figura formato da due tratti di sezionediversa soggetti allo stesso momento torcente. Nella figura è mostrata anche laschematizzazione con gli angoli delle tre sezioni interessate.





Mt -Mt

L1 L2

∆θ

MtL1,Jp1 L2,Jp2

θ1 θ2

Mt

θ0=0

L’angolo di rotazione totale sarà:

( ) ( ) ( )∆θ = − = − + −θ θ θ θ θ θ2 0 2 1 1 0

dove i due addendi sono facilmente calcolabili perchè si riferiscono a tratti a sezionecostante:

( )θ θ2 12

2

2− ==

MK

M LGJ

t t

p( )θ θ1 0

1

1

1− ==

MK

M LGJ

t t

p

Avremo quindi che la rotazione complessiva può essere calcolata come somma dei duetermini visti:

∆θ = = +

MK

MK K

t

tt

1 1

1 2

e quindi la rigidezza complessiva Kt (da non confondere con il coefficiente diconcentrazione delle tensioni….) è data dalla formula:

1 1 1

1 2

1 2

1 2K K KK KK Kt

t= +

⇒ =

⋅+

K

Comportamento estensionaleIn modo analogo a quanto visto per il comportamento torsionale, e dalla definizione stessadi deformazione, per il caso di una trave soggetta ad un carico normale si ottiene lospostamento di una sezione rispetto ad una sezione considerata ferma:

P

L ∆L

∆L LE

LP

EAL= ⋅ = =ε

σ

Anche in questo caso si definisce la rigidezza assiale della trave come rapporto fra ilcarico e lo spostamento ottenuto:

KPL

EALA = =

∆

Nel caso di travi composte da due tratti di sezione diverse si utilizza un procedimentoanalogo a quello visto per il comportamento torsionale:





L1+∆L1 L2+∆L2

L+∆L

N

L’allungamento complessivo sarà la somma degli allungamenti subiti dai due tratti, datidalle formule:

∆LNK

NLEA1

1

1

1= = ∆L

NK

NLEA2

2

2

2= =

e quindi sarà:

∆LNK

NK Kt

= = ⋅ +

1 1

1 2

Anche in questo caso la rigidezza complessiva è data quindi dalla formula:

1 1 1

1 2

1 2

1 2K K KK KK Kt

t= +

⇒ =

⋅+

K

Si noti la completa analogia formale fra il comportamento torsionale e quello estensionale.

Comportamento flessionale (equazione della linea elastica)Quando si considera il comportamento flessionale gli spostamenti consistono sia in unarotazione relativa fra due sezioni sia in uno spostamento ortogonale alla linea d’asseindeformata; tale spostamento è chiamato ‘freccia’.Si consideri il comportamento della trave in un piano xy e si trascurino gli spostamentidovuti al taglio. Si indichi con dαx la rotazione fra due sezioni disposte ad una distanza dz(vedi figura).

ρdz

αx

z

y

zx

dαx

Ricordiamo che la curvatura kx (inverso del raggio di curvatura) è legata al momentoflettente applicato dalla relazione:

1ρ

= =kM

EJxx

xx

Osservando la figura è facile ricavare la relazione fra il momento applicato e la variazionedella rotazione della sezione:

dz dddz

kM

EJddz

MEJx

xx

x

xx

x x

xx= ⇒ = = = ⇒ =ρ α

αρ

α1

Da cui si ricava che la derivata della rotazione è proporzionale al momento applicato.





y

z

αx

-dv

dz

La relazione fra la freccia ‘v’ e la rotazione si ricava osservando la figura sopra:

− ≅ ⋅ ≅ ⋅ ⇒ = −dv dz dzdvdzx x xtan( )α α α

Derivando ancora rispetto a dz entrambi i membri si ottiene la relazione fra lo spostamentoe il momento applicato:

d v

dz

ddz

kM

EJd v

dz

MEJ

xx

x

xx

x

xx

2

2

2

2= − = − = − ⇒ = −

α

Quest’ultima relazione differenziale viene detta equazione della linea elastica.Per ottenere la linea elastica si parte quindi dal diagramma di momento diviso per ilmodulo di elasticità del materiale e per il momento d’inerzia della sezione. Si effettuaquindi una doppia integrazione in cui le costanti di integrazione sono determinateconoscendo i vincoli.Nel piano xz il ragionamento è del tutto analogo, facendo solamente attenzione che acausa del sistema di riferimento che abbiamo scelto (terna destrorsa), i segni vengonocambiati:

x

z

-du

dz

−αy

− ≅ ⋅ − ≅ − ⋅ ⇒ =du dz dzdudzy y ytan( )α α α

d u

dz

M

EJy

yy

2

2=

(Lo spostamento in direzione x viene indicato tradizionalmente con la lettera ‘u’)Le equazioni della linea elastica sono le ultime di una serie di equazioni fondamentali chelegano fra loro varie grandezze e che vengono qui riassunte:





Piano yz

y

z

dT

dzqy

y= −

dMdz

Txy=

ddz

MEJ

x x

xx

α=

d v

dz

MEJ

x

xx

2

2 = −

Piano xz

x

z

dTdz

qxx= −

dM

dzTy

x= −

d

dz

M

EJy y

yy

α=

d u

dz

M

EJy

yy

2

2 =

Nel caso del comportamento flessionale si devono considerare due rigidezze, una relativaalla rotazione e una alla freccia. Poiché le deformate non sono costanti, per consuetudinesi intendono come rigidezze i rapporti fra il carico e lo spostamento massimo (presi invalore assoluto). Le espressioni della rigidezza variano evidentemente da struttura astruttura e non è possibile dare delle formule di uso generale.

Esempio di integrazione della linea elasticaSi consideri l’albero a sbalzo illustrato in figura. La coppia di cuscinetti affiancati sicomporta come un incastro, per cui la schematizzazione è quella riportata a fianco.

FF

L

In primo luogo occorre calcolare le reazioni vincolari:

F

MAA

B

RAHA

zHA = 0

RA - F=0 ⇒ RA = F

A MA + FL=0 ⇒ MA = - FL

Una volta calcolate le reazioni vincolari si tracciano i diagrammi delle caratteristiche disollecitazione:





Ty = -F -

Mx = F(L-z)+

+FL

Si noti che in assenza di carichi distribuiti il taglio è costante, mentre il momento flettentevaria linearmente.Si integra quindi una prima volta il diagramma di momento diviso per il modulo di elasticità(E) e per il momento d’inerzia diametrale (siamo in presenza di una sezione circolare),ottenendo l’andamento della rotazione a meno della costante di integrazione:

( )− = = − = − −ddz

d v

dz

MEJ

FEJ

L zx x

D D

α 2

2 αxx

D D

MEJ

dzF

EJLz

zC= = −

+∫

2

12

Integrando una seconda volta si ottiene l’andamento della freccia a meno delle costanti diintegrazione:

v dzF

EJL

z zC z Cx

D= − = − −

− +∫α

2 3

1 22 6

Le costanti di integrazione si determinano imponendo le condizioni al contorno date daivincoli. Nel caso in esame per z = 0 sia la freccia sia la rotazione sono nulle (abbiamoschematizzato la coppia di cuscinetti come un incastro. Si ottiene quindi:

C1 = 0 C2 = 0

Le equazioni della rotazione e della freccia sono quindi:

αxD

FEJ

Lzz= −

2

2 v

FEJ

Lz z

D= − −

2 3

2 6

zA B

vB

αΒ

In particolare il valore della rotazione massima e della freccia massima si hanno incorrispondenza della sezione dove è applicato il carico (z = L):

αBD

FLEJ

=2

2v

FLEJB

D= −

3

3

Le rigidezze, nel senso detto prima, di questa struttura e di tutte quelle similari (mensole asezione costante) saranno quindi:

KF EJ

Lf

B

Dα α

= =2

2 KF

vEJ

Lfv

B

D= =3

3





Nel caso di diagrammi di momento che presentino discontinuità, oppure nel caso disezioni non costanti, il procedimento è analogo, con la differenza che il diagramma dimomento deve essere diviso di volta in volta per l’opportuno momento d’inerzia (oltre cheper il modulo elastico) e che l’integrazione viene effettuata a tratti, imponendo dellecondizioni di continuità fra i vari tratti.Questi casi (discontinuità del diagramma del momento e/o discontinuità delle sezioni), chesono di gran lunga i più comuni in meccanica, possono essere risolti effettuando unaintegrazione grafica del diagramma di momento diviso per ogni tratto dall’opportuno valoredi EJ.Il procedimento grafico risulta comunque piuttosto lungo e possibile fonte di errori.Fortunatamente questi problemi sono modernamente affrontati per via numericautilizzando i calcolatori, o con programmi che effettuano automaticamente l’integrazione ocon programmi basati sul metodo degli elementi finiti.La teoria del metodo e il suo utilizzo esulano dallo scopo di questo corso, e non verrannoquindi affrontati.

Utilizzo dei manualiIn molti manuali, scolastici o professionali, vi sono tabelle che raccolgono le soluzionidell’equazione della linea elastica per i casi delle strutture più comuni (mensole, traviappoggiate, etc.).Di solito è riportata l’equazione della freccia (eventualmente anche quella della rotazione)e i valori notevoli delle grandezze d’interesse (freccia e rotazione massima, rotazione agliestremi, freccia e rotazione sotto il carico quando non coincidono con quelle massime).Bisogna porre un minimo di attenzione ai sistemi di riferimento utilizzati, che possonodifferire da quello utilizzato in questo corso.Molto spesso la soluzione di un caso non previsto può essere ricavata utilizzando lasovrapposizione degli effetti.Si prenda ad esempio una trave come quella in figura per la quale si voglia conoscere lospostamento dell’estremo C:

FA B C

b a

α=0αA0 αB0

vc0F

Nei manuali si trova di solito la soluzione per una trave fra due appoggi:

L

α=0αA0 αB0

F





vFL

EJFL

EJestremimax = =3 2

48 16α

La freccia nel punto C si ricava facilmente consideranto che il tratto BC è scarico:

v aFb

EJac B0 0

2

16= ⋅ =α

Esercizio 5-1Calcolare lo spostamento dell’estremo e le sollecitazioni presenti nella struttura in figura,composta da due aste in serie con sezione circolare di diametro D1 = 10 mm e D2 = 8 mm,lunghe entrambe 100 mm e soggette ad un carico P di 10 kN.Il materiale è un acciaio da costruzione con modulo elastico E = 200000 MPa

100 100

φ 10 φ 8P

Esercizio 5-2Si considerino le due aste dell’esercizio precedente disposte in parallelo, come indicato infigura, e si calcoli lo spostamento dell’elemento rigido di collegamento, la forza agente suognuna delle aste e la tensione nelle aste.

100

φ 10

φ 8P

Esercizio 5-3

Si considerino ancora le due aste dell’esercizio 1, soggette però ad un momento torcenteM=10 Nm.Si calcolino lo spostamento angolare totale e le tensioni tangenziali presenti nelle dueaste.





100 100

φ 10 φ 8M

Esercizio 5-4La figura mostra la schematizzazione di un albero costituito da due tratti: il tratto AB hauna lunghezza a = 400 mm con sezione di diametro D1=60 mm, il tratto BC ha unalunghezza b = 200 mm con sezione di diametro D2=50 mm. Il materiale è acciaio (E =200000 MPa), e la forza applicata è F = 5000 N. Calcolare gli spostamenti nel punto diapplicazione della forza e nella mezzeria del tratto AB.

A B C

a b

F

D1 , J1 D2 , J2

Cenni sulla soluzione di sistemi iperstaticiCome visto in precedenza si dicono iperstatiche le strutture in cui il numero di vincoli (equindi di reazioni vincolari incognite) eccede il numero di equazioni di equilibrioindipendenti che è possibile scrivere per la struttura (3 nel piano e 6 nello spazio). Ilnumero di vincoli sovrabondanti è pari ad h, cioè al grado di iperstaticità della struttura.Per risolvere questo tipo di problemi devono essere aggiunte altre h condizioni alleequazioni di equilibrio; queste condizioni possono essere introdotte considerando ladeformabilità della struttura e imponendo che le condizioni di vincolo delle strutturedeformate siano rispettate.Fra i vari metodi sviluppati per il calcolo delle iperstatiche il più semplice da utilizzaremanualmente è il metodo delle forze, illustrato schematicamente nella figuraIl metodo prevede la sostituzione della struttura reale con una isostatica ottenutaeliminando semplicemente i vincoli sovrabbondanti (la scelta dei vincoli da eliminare non èin generale univoca); tale struttura viene detta sistema ridotto o sistema principale.Essendo il sistema ridotto isostatico si possono facilmente ottenere le reazioni vincolari, idiagrammi delle caratteristiche di sollecitazione e la configurazione deformata, cioè glispostamenti locali.Ovviamente in corrispondenza dei vincoli che sono stati eliminati vi saranno deglispostamenti non nulli.Per valutare le reazioni vincolari incognite si considera una ulteriore struttura per ognunodei vincoli che sono stati eliminati.





Tali strutture, detti sistemi supplementari, sono costituite ognuna da una struttura con ivincoli considerati nel sistema ridotto su cui agisce una componente di forza o dimomento, incognita, corrispondente al vincolo eliminato. Per determinare il valore daassegnare a tale componente si impone che essa produca nel sistema supplementare unospostamento (in senso generale, cioè una traslazione se viene applicata una forza o unarotazione se viene applicato un momento) uguale e contrario a quello ottenuto per ilsistema ridotto nella sezione in cui agisce la forza incognita.La soluzione della struttura reale si ottiene poi semplicemente utilizzando lasovrapposizione degli effetti.

l

BA Struttura reale

Sistema ridotto (0)

Sistema supplementare

+

Rb ⇒ vb = 0

=

Esercizio 5-5Si consideri la struttura iperstatica ottenuta sostituendo all’appoggio sinistro dell’alberopresentato nell’esercizio 5-4 un incastro (ad esempio perché è stato utilizzato uncuscinetto a rulli o due cuscinetti a sfere affiancati): il tratto AB ha una lunghezza a = 400mm con sezione di diametro D1=60 mm, il tratto BC ha una lunghezza b = 200 mm consezione di diametro D2=50 mm. Il materiale è acciaio (E = 200000 MPa), e la forzaapplicata è F = 5000 N. Si ricavino le reazioni vincolari e gli spostamenti sotto al carico enella mezzeria del tratto AB.

a b

F

D1 , J1 D2 , J2

A B C


6 Carico di puntaCenni sulle tensioni termiche



Carico di puntaIl cedimento di una struttura soggetta a carichi statici può avvenire in alcuni casi con unmeccanismo diverso da quello di superamento dei limiti di resistenza del materiale.Tale meccanismo di collasso si presenta in elementi di strutture soggetti a carichi normalidi compressione (carichi di punta), che inducono nell’elemento una instabilità elastica.Tale modalità di cedimento è particolarmente pericolosa, sia perché può avvenire contensioni nominali molto al di sotto dei limiti di resistenza del materiale, sia perché puòavvenire senza alcun tipo di preavviso (non vi è una fase di plastificazione) e con effetti disolito catastrofici.Per trattare il fenomeno del carico di punta non è più possibile considerare la strutturacome corpo rigido, ma sia per scrivere le equazioni di equilibrio sia per valutare lecaratteristiche di sollecitazione si devono considerare le variazioni geometriche dovuteall’applicazione del carico.

Asta di EuleroIl caso più semplice di elementi soggetti a carico di punta è quello dell’asta di Eulero, cioèdi un elemento asta con una cerniera ad un estremo ed un appoggio semplice nell’altroestremo soggetta ad una forza assiale di compressione (vedi figura). Il momento d’inerziaprincipale minore viene indicato semplicemente con la lettera J.

P

Jyy > =J Jxxy

zlo

PHA

RA RB

Le reazioni vincolari valgono:

HA = P RA = 0 RB =0

Si ipotizzi che l’asta presenti un piccolo spostamento trasversale alla linea d’asse v(z); ilmomento in una generica sezione varrà:

Mx-Pv=0 ⇒ Mx=Pv

Pv(z)

v

S l0- z

z

P

M x

Si ha dunque una situazione in cui il momento in una sezione generica dipende dallospostamento trasversale.Possiamo scrivere l’equazione della linea elastica, che risulta:





d v

dz

MEJ

PEJ

vd v

dz

PEJ

vx2

2

2

2 0= − = − ⇒ + =

Si ottiene quindi una equazione differenziale del secondo ordine, omogenea, lineare acoefficienti costanti. La soluzione di tale equazione è:

( )v V z dovePEJ

= + =sen ω ϕ ω

e le costanti V e ϕ vengono determinate in base alle condizioni al contorno, che nel casoin esame risultano

(( )) (( )) 0lVsen 0Vsencioè0 v lz 0 v 0z 00 ==++====⇒⇒====⇒⇒== ϕωϕ

Tali condizioni al contorno sono soddisfatte in due distinti casi:1) ϕ arbitrario V=0. In questo caso lo spostamento v è sempre nullo (cioè l’asta non si

inflette);2) ϕ=0, V arbitrario se ω·l0 = π. In questo caso l’asta si inflette come una sinusoide.Ricordando l’espressione di ω si ricava il carico che permette la soluzione 2) (caricocritico):

ω π ππ

⋅ = ⋅ = ⇒⋅

= ⇒ =lPEJ

lP lEJ

PEJ

lcr0 0

02

22

02

In pratica quando il carico applicato P è inferiore al carico critico Pcr è possibile solo lasoluzione 1) per cui l’asta rimane rettilinea, mentre quando il carico P è uguale o superiorea Pcr sono possibili entrambe le soluzioni, cioè l’asta può anche inflettersi.

P

V

1) instabile

1) stabile

2)Pcr

In questo secondo caso la configurazione 1) è instabile, in quanto basta una piccolaperturbazione, come un carico trasversale anche di lieve entità, una imperfezione delmateriale o geometrica, perché si instauri la soluzione 2).In questo caso si ha in pratica un cedimento della struttura dovuto ad instabilità elastica,noto anche come collasso per carico di punta. Come già detto questo tipo di cedimento èmolto pericoloso perché avviene praticamente senza preavviso.Per analogia con il cedimento dovuto a snervamento si può effettuare la trattazione intermini di tensione. La tensione critica è definita semplicemente come il carico criticodiviso la sezione trasversale dell’asta.

σπ

crcrPA

EJ

l A= =

2

02





Ricordando la definizione di raggio d’inerzia ρ2 = J/A (si ricordi che J è il momento d’inerziaprincipale minimo della sezione) e definendo il rapporto l0/ρ come snellezza dell’asta λ latensione critica può essere scritta come:

σ πρ π

λcr E

l

E= =2

2

02

2

2

Il grafico mostra l’andamento della tensione critica in funzione della snellezza.

Rp02

λ

σcr

σπ

λcr

E=

2

2

Dalla figura si osserva che la tensione che provoca il collasso per carico di punta è piùbassa del limite elastico per valori alti della snellezza, mentre per bassi valori di snellezza(elementi tozzi), il cedimento avviene per collasso plastico. In realtà la transizione fra collasso plastico e instabilità elastica non è cosi netta, e nellazona di transizione avvengono fenomeni più complessi con instabilità di tipo elasto-plastico. (curva spessa).Si noti che la tensione critica dipende da fattori geometrici (la snellezza) e dal modulo dielasticità del materiale (E). Questo significa che la sicurezza della struttura rispetto aquesto pericolo non viene aumentata utilizzando materiali con maggior resistenza ma chepresentano lo stesso modulo elastico.Nel caso considerato (asta incernierata agli estremi) la lunghezza l0 coincide con lalunghezza dell’asta. In casi di vincolo diversi la lunghezza l0 rappresenta la distanza fradue sezioni a momento nullo ed è pari alla semilunghezza d’onda della deformata. Inpratica cambiando le condizioni di vincolo cambia la definizione di l0. Nella figura vengonoi valori da assegnare in alcuni casi notevoli.

l

P P

incastro

libero

incastro incastro

appoggiocoppiaprismatica

P

l0=2l l0=l/2 l0=0.7 l





Carico di punta eccentricoSi consideri adesso il caso in cui il carico applicato all’asta in compressione non agiscanominalmente nel baricentro della sezione ma sia applicato ad una certa distanza (‘e’)dalla linea d’asse.La trattazione di questo caso segue lo stesso procedimento già visto per il caso senzaeccentricità. Ipotizzando come in precedenza un piccolo spostamento v(z), l’equazione delmomento in una sezione generica diventa:

Mx-P(v+e)=0 ⇒ Mx=P(v+e)

P

yz

loP

e

P

yz

loP

e

v(z)

vS

l0- z

Mx

P e

L’equazione della linea elastica risulta quindi:

d v

dz

MEJ

PEJ

v ex2

2 = − = − +( )

e quindi:

d v

dz

PEJ

vPEJ

e2

2 + = −

Questa equazione è lineare a coefficienti costanti non omogenea e ammette la soluzione:

( ) ( )v V z V z ePEJ

= + − =1 2sen cosω ω ωdove

Le costanti di integrazione vanno determinate al solito imponendo le condizioni alcontorno:

z l= ⇒ = = ⇒ =0 0 00 v z v;

Utilizzando la prima condizione viene determinata la costante V2.:





V e e2 20− = = V

Utilizzando la seconda condizione viene infine determinata la costante V1:

( ) ( ) ( ) ( )( )( )

( )

0 1

1

2

1 0 0 1 0 0

10

0

0

= + − ⇒ = −

=−

=

V l e l e V l e l

V el

le

l

sen cos sen cos

cos

sentan

ω ω ω ω

ωω

ω

L’equazione della deformata risulta quindi:

( ) ( )v el

z z=

+ −

tan sen cosω

ω ω02

1

La freccia v tende ad infinito quando:

vl l

→ ∞ ⇔

→ ∞ ⇔ =tanω ω π0 02 2 2

cioè quando:

ω π π⋅ = ⋅ = ⇒⋅

=lP

EJl

P lEJ0 0

02

2

Analogamente a quanto visto nel caso precedente possiamo quindi individuare un caricocritico:

PEJ

lcr =

π2

02

Si noti che l’espressione del carico critico è identica nei due casi.In questo caso però il fenomeno avviene con modalità leggermente diverse (si veda lafigura che riporta la relazione fra la freccia in mezzeria e il carico applicato): all’aumentaredel carico la freccia aumenta per tendere asintotticamente ad infinito. Il carico non puòquindi superare quello critico neanche in condizioni di equilibrio instabile. Anche concarichi al di sotto di quello critico si possono avere frecce non accettabili; in particolarequando tali frecce non sono più piccole il calcolo dei momenti agenti, e quindi delletensioni, non può prescindere dallo spostamento v, ed il calcolo diventa non lineare.

P

Pcr

v(z=l0/2)





In entrambi i casi considerati il raggiungimento di una condizione critica può avvenire, conelementi snelli, molto al di sotto al carico che induce un cedimento del materiale.Come consuetudine viene quindi calcolata la tensione critica:

σ πρ π

λcr E

l

E= =2

2

02

2

2

il cui modulo viene confrontato con la tensione applicata.I coefficienti di sicurezza da adottare contro il cedimento per carico di punta devonoessere molto elevati, perché tale tipo di cedimento può avvenire senza preavviso e conesiti catastrofici.Nella norma CNR-UNI 10011 (Costruzioni in acciaio: istruzioni per il calcolo, l’esecuzionee la manutenzione) sono prescritte le verifiche da effettuarsi in entrambi i casi consideratie vengono dati i diagrammi di resistenza per gli acciai da carpenteria in base anche al tipodi profilato utilizzato; per il caso di aste pressoinflesse (cioè con carico eccentrico) vieneutilizzato un metodo formalmente diverso da quello qui descritto per semplicità, il metodoω. Si invita il lettore a fare riferimento alla norma indicata per maggiori dettagli.

Esercizio 6-1Data una struttura costituita da una trave in acciaio (E = 200000 MPa), di sezionerettangolare cava 30x40, spessore 3 mm, incastrata ad una estremità e libera all’altraestremità, di lunghezza L = 2 m, calcolare il carico critico e la tensione di compressione incorrispondenza di tale carico.





Cenni sulle tensioni di origine termica

Variazioni uniformi di temperaturaE’ noto che un corpo soggetto a variazioni di temperatura cambia le proprie dimensioni.Consideriamo per esempio una barra (corpo considerato unidimensionale) che ad unacerta temperatura Ti ha una lunghezza L. Se la barra subisce una variazione uniforme ditemperatura ∆Tm la sua lunghezza diventa L+∆L:

∆Tm=Tf-Ti

L ∆L

La variazione di lunghezza vale ∆L = αL∆Tm essendo a il coefficiente di dilatazione

termica, tipico del materiale. La barra quindi subisce una deformazione di origine termicapari a:

ε α∆= =∆LL

Tm

Nel caso tridimensionale ognuna delle dimensioni del corpo (supposto omogeneo edisotropo) subisce un’analoga deformazione:

∆Tmε α∆ε α∆

ε α∆

xx m

yy m

zz m

T

T

T

==

=

si noti che una variazione uniforme della temperatura provoca un aumento delledimensioni ma, se il corpo è lasciato libero di dilatarsi, non sono presenti tensioni e non visono distorsioni.La legge di Hooke può quindi essere scritta come:

( )ε σ νσ νσ α∆ii ii jj kk mT= − − + 1E

γ τik = 1G ik

Alcuni valori tipici del coefficiente di dilatazione termica α in (1/°C) sono i seguenti

Acciai al C

Acciai legati

Acciai Inox

Leghe Al

Ottone

Bronzo

12 10

11 10

14 10

22 10

19 10

20 10

6

6

6

6

6

6

⋅⋅⋅⋅⋅⋅

−

−

−

−

−

−

Come si è appena detto le variazioni uniformi di temperatura non provocano tensioni se ilcorpo è lasciato libero di dilatarsi.





Se invece gli spostamenti provocati dalle variazioni di temperatura sono impediti nasconodelle tensioni di origine termica.Infatti in corrispondenza dei vincoli si generano delle reazioni vincolari che impediscono ilmovimento, che a loro volta generano delle tensioni nel corpo in esame.Uno schema per il calcolo delle tensioni di origine termica è il seguente:

• calcolare gli spostamenti che si avrebbero in assenza dei vincoli

• determinare le forze necessarie per imporre spostamenti uguali e contrari (reazionivincolari che impediscono il movimento)

• calcolare le tensioni associate alle reazioni vincolari

Di solito le dimensioni del corpo sono date per una temperatura di riferimento di 20°(temperatura ambiente), e si suppone che il montaggio delle strutture avvenga a taletemperatura.

Variazioni di temperatura non uniformiVariazioni non uniformi di temperatura provocano effetti più complessi in quanto possonogenerare delle distorsioni del componente, in quanto la deformazione locale dipende dallatemperatura raggiunta in ogni punto del corpo. Il caso più semplice da studiare è quellodelle travi con una differenza di temperatura fra due lati (estradosso ed intradosso).

T2

T1

L(T0)

Si consideri una trave di sezione rettangolare ed altezza della sezione h soggetta ad unatemperatura T1 all’intradosso e T2 all’estradosso; si supponga che la temperaturaall’interno della trave segua una distribuzione lineare:

y

z

T2

T1

Tm

T0

La temperatura media varrà Tm = (T1+T2)/2. Si indichi con 2∆T la differenza (T2-T1)La temperatura in funzione della coordinata y sarà quindi:

T y TT

hym( ) = + ⋅2∆





Possiamo quindi dividere l’effetto della temperatura fra quello dovuto alla temperaturamedia (già analizzato in precedenza) e quello dovuto al gradiente di temperatura:

y

z

y

z

z

Tm

T(y)

=

+y

2∆Th

y⋅

Le deformazioni lungo l’asse y saranno quindi date da:

ε α αzz xT yT

hy k y= = =( )

2∆

y

zx

Le deformazioni trovate corrispondono a quelle che abbiamo già analizzato nel caso diflessione:

y

zx∆z

θx θx

d v

dz

d

dzkx

x

2

2= − = −

θ

quindi una variazione di temperatura fra intradosso ed estradosso provoca una flessionedella trave.Anche in questo caso, quindi, se la flessione è impedita nascono delle tensioni di originetermica, che possono essere calcolate seguendo lo schema prima esposto.





Esercizio 6-2

Si consideri un’asta in acciaio (E=200.000 MPa, α= 12 10-6 1/°C) di sezione quadrata conA=100 mm2 e lunghezza 1000 mm ( a 20°) incastrata fra due pareti indeformabili. Sicalcolino le tensioni nella barra se questa viene portata alla temperatura uniforme di 100°.

L

Esercizio 6-3Si consideri una trave in acciaio (E= 200000 MPa, α = 12 10-6 1/°K) di sezionerettangolare hxb = 30x10 mm, di lunghezza L = 200 mm, incastrata da un lato e vincolatacon una coppia prismatica dall’altro soggetta ad una variazione di temperatura fraintradosso ed estradosso 2∆T= 50°. Calcolare il momento applicato dal vincolo alla trave ele tensioni all’estradosso e all’intradosso

L

2∆T = T2 - T1

T2

T1


7 Fatica



FaticaLa teoria relativa a questo modulo è sviluppata nel testo: M. Rossetto - Introduzione allafatica dei materiali e dei componenti meccanici – Levrotto &Bella – Torino – Ottobre 2000.Nel seguito viene riportato l’indice commentato del volume:carattere italico = paragrafi di cui si consiglia la lettura; lo studio di questi paragrafi è

necessario per chi intende sostenere anche l’esame orale;carattere barrato = paragrafi non richiesti sia per l’esame scritto sia per l’esame orale.

CAPITOLO 1: Introduzione 11.1 Definizione di fatica 11.2 Parametri che individuano i cicli di sollecitazione 11.3 Cenni storici 31.4 Aspetti microscopici del processo di fatica 61.5 Aspetto macroscopico delle superfici di frattura 81.6 Esercizi 12

Esercizi proposti: 1-1, 1-2, 1-3.

CAPITOLO 2: Effetto degli intagli sullo stato di tensione (VEDI MODULO 4) 132.1 Introduzione 132.2 Concentrazione di tensione 132.3 Determinazione dei fattori di concentrazione delle tensioni 142.4 Richiami sulla verifica statica di pezzi con intaglio 16

2.4.1 Sollecitazioni uniassiali 162.4.2 Stati di tensione nominale multiassiale 18

2.5 Tensioni residue dovute a sovraccarichi di pezzi intagliati 182.6 Esercizi 22

Per gli esercizi si veda il MODULO 4

CAPITOLO 3: Nozioni base di Meccanica della Frattura Lineare Elastica 253.1 Introduzione 253.2 Il problema 253.3 Stato di tensione e deformazione all’apice di una cricca 263.4 Verifica di componenti con difetti 31

3.4.1 Valutazione del carico ammissibile in un componente con difetto 323.4.2 Valutazione del difetto ammissibile in un componente con carico dato 33

3.5 Determinazione del fattore di intensità delle tensioni 343.6 Tenacità alla frattura 35

3.6.1 Determinazione sperimentale della tenacità alla frattura 373.7 La competizione fra le modalità di cedimento: costruzione di Feddersen 383.8 Esercizi 41

CAPITOLO 4: Propagazione di difetti sotto carichi ciclici 434.1 Introduzione 434.2 Propagazione di un difetto sotto carichi ciclici 434.3 La legge di Paris 45

4.3.1 Effetto delle tensioni medie (R≠0) 484.3.2 Alcune considerazioni sulla legge di Paris 49

4.4 Integrazione della legge di Paris 504.5 Effetto di sovraccarichi singoli 514.6 Esercizi 53


7 Fatica



CAPITOLO 5: Dati di fatica di base e strumenti per la loro rappresentazione 555.1 Dati di fatica ad ampiezza costante, limite di fatica 55

5.1.1 Modalità di esecuzione delle prove 575.1.2 Le curve SNP 605.1.3 Il metodo stair-case (prova a gradini) 61

5.2 Limite di fatica e resistenza statica 645.3 Influenza della tensione media – Diagrammi di fatica di provini 64

5.3.1 Diagramma di Haigh - Ipotesi sull’influenza della tensione media 665.3.2 Diagramma di Goodman - Smith 685.3.3 Diagramma di Moore-Kommer-Jasper 695.3.4 Diagramma di Ros 695.3.5 Diagramma master 705.3.6 Alcune considerazioni sulla limitazione dei diagrammi di fatica 70

5.4 Stima dei diagrammi SN 715.4.1 Diagrammi doppio logaritmici con σm = cost (NO rappresentazione di Weibull) 71

5.4.2 Diagrammi semilogaritmici con σm =cost 74

5.4.3 Diagrammi con rapporto di tensione R costante 755.5 Una spiegazione a livello microscopico del limite di fatica 765.6 Alcune considerazioni sul concetto di ‘allenamento’ 785.7 Esercizi 79

Esercizi proposti: 5-1 e 5-3.

CAPITOLO 6: Dai provini ai componenti 816.1 Introduzione 816.2 Effetto del tipo di carico 826.3 Effetto delle dimensioni (effetto scala) 836.4 Effetto della finitura superficiale 846.5 Effetto dei trattamenti superficiali 85

6.5.1 Trattamenti meccanici 856.5.2 Rivestimenti superficiali 886.5.3 Trattamenti termici. 88

6.6 Effetto della temperatura di esercizio 896.7 Effetto di un ambiente corrosivo 896.8 Effetto degli intagli – Fattore di riduzione della vita a fatica 906.9 Stima dei diagrammi di fatica di componenti 94

6.9.1 Metodo delle tensioni medie nominali 946.9.2 Metodo di Fuchs 95

6.10Stima dei diagrammi SN di componenti 976.11Stima dei diagrammi di fatica di un componente per N qualunque 986.12Valutazione dell’effetto del gradiente (teoria di Siebel e Stieler) (da usarsi in alternativa al 6.9.1) 996.13Considerazione sulla stima e sull’utilizzo dei diagrammi SN e di fatica 1026.14Accorgimenti di progetto per aumentare la resistenza a fatica 1036.15 Esercizi

Esercizi proposti: 6-1, 6-2 (primo punto), 6-3.

CAPITOLO 7: Coefficienti di sicurezza, carichi uniassiali ad ampiezza costante 1077.1 Introduzione 1077.2 Criteri per il calcolo del coefficiente di sicurezza per vita illimitata 1077.3 Tensioni residue 1107.4 Coefficienti di sicurezza per vita limitata 1127.5 Esercizi 114

Esercizi proposti: 7-1, 7-2, 7-5, 7-6


7 Fatica



CAPITOLO 8: Fatica con sollecitazioni multiassiali 1178.1 Introduzione 1178.2 La teoria di Sines 119

8.2.1 Alcune considerazioni sull’aspetto teorico della formula di Sines 1248.2.2 Estensione in presenza di intagli 1258.2.3 Estensione al caso di vita a termine 1288.2.4 Estensione al caso di sollecitazioni multiassiali complesse 128

8.3 Esercizi 129Esercizi proposti: 8-1, 8-3, 8-4.

CAPITOLO 9: Fatica con sollecitazioni ad ampiezza variabile 1319.1 Introduzione 1319.2 Cumulativi di sollecitazione – Matrici delle sollecitazioni 132

9.2.1 Il metodo rainflow (versione del serbatoio) 1339.3 Verifica di componenti con sollecitazione ad ampiezza variabile 1369.4 Danneggiamento – regola di Palmgren-Miner 1379.5 Utilizzo della regola di Miner 139

9.5.1 Caso con tensione media variabile da blocco a blocco 1409.5.2 Caso con tensione media costante al variare dei blocchi 140

9.6 Le curve di Gassner 1419.7 Il metodo Locati 1449.8 Esercizi 146

Esercizi proposti: 9-1, 9-3

La soluzione degli esercizi proposti si trova nel file “ Fatica - soluzione esercizi ”, dovesono riportate le soluzioni di tutti gli esercizi proposti nel testo indicato.


8 Progetto & Verifica



Progetto e verifica delle struttureQuesto modulo si riferisce al dimensionamento delle sezioni di componenti di strutture o dimacchineSolitamente si conoscono le dimensioni del telaio entro le quali il componente deve essereinserito (ad esempio la luce fra due appoggi, o la distanza fra i centri dei cuscinetti) e leforze che devono essere sopportate, sia come entità, sia come punto di applicazione.Nel seguito si indica come effettuare il dimensionamento prendendo come esempi dei casi‘particolari’; la procedura dovrà essere adattata ai singoli casi.

Strutture soggette a carichi unidimensionali costantiSi supponga di voler dimensionare una trave che deve sopportare principalmente unmomento flettente.

Dimensionamento.Si sceglie il tipo di sezione che deve essere adottata (ad esempio una trave ad I) e ilmateriale con cui costruire il componente. Si noti che nelle norme si trovano sia lecaratteristiche delle sezioni dei profilati sia il materiale con cui è possibile reperirle.Note le forze, i vincoli e la loro posizione, considerando semplicemente la linea d’asse sipossono calcolare i diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione.Noto il valore massimo del diagramma di momento si calcola il modulo di resistenza(minimo) a flessione sulla base della tensione ammissibile σamm.

ammf

f

MW

WM

σ=⇒=σ max

min,

La tensione ammissibile è il carico unitario di rottura diviso per un opportuno coefficiente disicurezza (per il caso statico 1.5-4);

CS

Rmamm =σ

Si sceglie la sezione facendo in modo che abbia un modulo di resistenza superiore aquello limite (per i profilati i moduli di resistenza si possono trovare su qualunquemanuale).

Se avessimo scelto una sezione circolare il diametro risulta:

3 maxmin3

3232

amm

Md

d

Mσ⋅π

=⇒π

=σ

Ovviamente il diametro finale dovrà essere scelto fra le dimensioni unificate (oquantomento con numeri ragionevoli)Se il componente a sezione circolare è soggetto a momenti su due piani vale ancora laprocedura vista, sostituendo calcolando il momento complessivo agente in ogni sezione:

22yx MMM +=

e cercando quindi il momento complessivo massimo.





Disegno della strutturaViene disegnata la struttura (nel caso semplice del nostro esempio non è necessario) evengono definiti i particolari.

VerificaSi calcolano i coefficienti di sicurezza ( a rottura e a primo snervamento), tenendo contoanche dei carichi non presi in considerazione durante il dimensionamento (ad esempionelle strutture di tipo civile il peso proprio) e sono effettuate le altre verifiche necessarie (ad esempio la freccia massima).Nel caso non si abbia un risultato accettabile si aumentano le dimensioni della sezione (con conseguente nuovo disegno) e si ripete la verifica.

AlberiSono organi, di sezione rigorosamente circolare, destinati a trasmettere principalmente unmomento torcente, e di conseguenza soggetti anche a flessione rotante (in alcuni casi visarà anche uno sforzo normale alla sezione).

Dimensionamento.Per il dimensionamento si utilizza una ipotesi di rottura; la più comoda è quella dellatensione tangenziale massima (i materiali con cui si costruiscono gli alberi sono duttili!),trascurando l’eventuale sforzo normale.

22

22 44

+

=τ+σ=σ

t

t

f

fid W

MW

M

e ricordando che Wt = 2 Wf:

221tf

fid MM

W+=σ

La tensione ammissibile viene calcolata dividendo per 10 il carico di rottura delmateriale scelto:

10m

ammR

=σ

si ottiene quindi:

31

22

322

32

321

+

πσ=

π=+

σ=

tfamm

tfamm

f

MMD

DMMW

Tracciati i diagrammi del momenti flettenti (normalmente vi sono momenti flettenti su dueiani) e del momento torcente:- si calcola il momento flettente complessivo per ogni sezione:





22yxf MMM +=

- si applica la formula

31

2232

+

πσ= tf

ammMMD

nelle sezioni di interesse (quelle più sollecitate di ogni tratto che si suppone a diametrocostante).

Disegno della strutturaIn base a quanto calcolato in precedenza viene disegnato l’albero, compresi i raggi diraccordo e le finiture superficiali; contestualmente bisogna scegliere i cuscinetti, sia perdeterminare il diametro dell’albero sia per valutare il raggio di raccordo degli spallamenti(riportati sul catalogo dei cuscinetti).

VerificaUna volta disegnato l’albero e tenendo conto anche delle sollecitazioni trascurate inprecedenza:Devono essere effettuate le verifiche:- statiche (a rottura e a snervamento)- a rigidezza (frecce e rotazioni)- a faticaSe l’albero non soddisfa i coefficienti di sicurezza richiesti si deve modificare l’albero ocambiare il materiale, tenendo presente che:- cambiare materiale (nell’ambito degli acciai) non serve per problemi di rigidezza;- il miglioramento della resistenza a fatica dipende molto di più dalla forma del

componente che non dal materiale utilizzato. A volte per eliminare il problemaderivante da un effetto di intaglio si devono considerare soluzioni costruttive diverse(anche se normalmente più costose).





Esercizio proposto: Progetto e verifica di un alberoSi richiede il progetto e la verifica di un albero di trasmissione che riceve il moto da unaruota dentata calettata sull’albero stesso il quale trasmette il moto a una puleggia (vederefigura).

100 = =

300

50

Specifiche (dati)

Materiale albero : C60 UNI EN 10085 Rm=850 MPa Re=580 MPa σD-

1=400MPaPotenza d’ingresso: P=30Kw N° di giri albero: n=500 rpmRuota dentata: ruota cilindrica a denti diritti con angolo di pressione Υ = 20° Ø primitivo:250 mmPuleggia: Ø 300 mm

Forze alla ruota dentata

F

Ft

Fr

α





Potenza = Coppia • velocità angolareP = C • ω þ C=P/ ω =30 • 10³ / (500·2π/60) = 5.73 • 105NmmC = Ft • Dp/2 ⇒ Ft = C / (Dp/2) = 4.58 • 10³ NFr = Ft • tg α = 4.58 • 10³ • tg 20° = 1.67 •10³ NF = Ft / cos α = 4.58 • 10³ / cos 20º= 4.87 •10³N

Forze alla puleggia

C

T1 T2

C = Momento esercitato dall’albero sulla puleggia

In questo specifico caso si supponga T2=2T1 (vedi meccanica applicata)

Equazione dei momenti rispetto al centro della puleggia:

+C +D/2 (T1-T2) = 0T2-T1 = C/ (D/2)T2-T2/2 = T2 • 1/2 = C/ (D/2) ⇒⇒ T2 = 4C/ (D/2) = 7.64 • 10³ N T1 = 3.82 • 10³ N





Sistema statico equivalente

C

T1+T2=11.50•10³N

C’

C=C’

Disegno di massima dell’albero

R.5R.1 R.5 R.2 R.1

504020 20

Ø41

Ø65 Ø

46 Ø41

Ø30

100

A E B G C H I DF

20

110

10

125

150

175

10 25

400

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