COMPORTAMENTO MECCANICO DEI MATERIALI - Corsi di …corsiadistanza.polito.it/corsi/pdf/08AJRP/pdf/TD...

Dipartimento

di Meccanica Politecnico di Torino

CeTeM

Massimo Rossetto

COMPORTAMENTO MECCANICO DEI MATERIALI

Soluzione esercizi di statica febbraio 2002

Comportamento Meccanico dei Materiali

1 Soluzione degli esercizi proposti

© Politecnico di Torino Pagina 1 di 3Data ultima revisione 06/02/03 Massimo Rossetto

Politecnico di TorinoCeTeM

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.

Risposta al quesito 1.Lo stato di tensione assegnato, scritto sotto forma di tensore delle tensioni è:

=

στττστττσ

=σ3000

020100

0100120

zzyzxz

yzyyxy

xzxyxx

MPa

Dato che 0=τ=τ yzxz , la direzione z è principale e la tensione zzσ è principale

(σZ=30MPa).Uno dei tre cerchi di Mohr passa per i punti (σyy = 20 , τxy = 100) e (σxx = 120 , τxy = 100);

τ

σXσY

c

r

σσyy=20 σxx=120

τxy=τyx=100

[MPa]

[MPa]

σZ=σzz

(20,100)

(120,100)

le intersezioni tra questo cerchio e l’asse delle ascisse sono le tensioni principali.

MPa1821127022

rc

MPa421127022

rc

22

X

22

Y

−=+=τ+

σ−σ+

σ+σ=+=σ

−=−=τ+

σ−σ−

σ+σ=−=σ

xyyyxxyyxx

xyyyxxyyxx





Note le tre tensioni principali è possibile tracciare i tre cerchi di Mohr

τ

σXσY

c

r

σσyy=20 σxx=120

τxy=τyx=100

[MPa]

[MPa]σZ=σzz

(20,100)(120,100)

In definitiva le tre tensioni principali ordinate sono:

σ1=σX=182 MPa σ2=σZ=30 MPa σ3=σY=-42 MPa

Risposta al quesito 2

ipotesi della σ massima: σid = 182 MPa

ipotesi della τ massima MPa224MPa)42(18231 =−−=σ−σ=σ id

ipotesi di von Mises:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

MPa198

MPa423042182301822

12

1

222

232

231

221id

≅

++++−=

σ−σ+σ−σ+σ−σ=σ

Risposta al quesito n° 3Il materiale è duttile (Rm=430 MPa, ReH=275 MPa, A=23%) quindi non è opportunoutilizzare l’ipotesi di rottura della tensione normale massima.Con le altre due ipotesi si ottengono i seguenti valori

snervamento rottura (convenzionale)Ipotesi Tresca

23.1224275R

id

eH ==σ

=CS 92.1224430R

id

m ==σ

=CS

Ipotesi von Mises39.1

198275R

id

eH ==σ

=CS 17.2198430R

id

m ==σ

=CS





Risposta al quesito 4Si utilizzano le relazioni che legano tensioni e deformazioni:

dati E= 200000 MPa, v=0.3.

il modulo di elasticità tangenziale risulta: ( ) MPa770006.2

20000012E

G ≅=ν+

=

nel sistema di riferimento originale abbiamo dunque:

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

radG

E

E

E

xyxy

3

5yyxxzzzz

4zzxxyyyy

4zzyyxxxx

103.1

1000.61

1025.11

1025.51

−

−

−

−

⋅=τ

=γ

⋅−=σ+σν−σ=ε


⋅=σ+σν−σ=ε

Nel sistema di riferimento principale abbiamo:

( )( )

( )( )

( )( )0

1028.51

1000.61

1028.91

42133

53122

43211

=γ



⋅=σ+σν−σ=ε

−

−

−

ij

E

E

E





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

SoluzioneLa formula da utilizzare è σzz = N/S, dove l’area S della sezione risulta essere S = 60 x100 = 6000 mm2 . Si ricava quindi:

σzzNS

MPa= =−

= −600006000

10

N.B. 1 1000 1 1 1 12 2Nm NmmN

mPa

N

mmMPa= = =; ;

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

Soluzione

L’area della sezione circolare vale: SD

mm= =⋅

≅π π2 2

24

604

2827

Da cui risulta una tensione normale: σzzNS

MPa= = ≅500002827

18

Si noti che i valori delle tensioni espressi in MPa vengono usualmente arrotondati all’unità,in quanto non ha senso fisico una precisione maggiore.

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 x

Si assuma un modulo elastico E = 200000 MPa e un coefficiente di Poisson ν = 0.3





Soluzione

domanda a)

Si utilizzano le formule: σzzx

f

MWmax = σzz

x

f

MWmin = −

Il modulo di resistenza a flessione Wf vale:

Wbh

mmf = =⋅

=2 2

5 36

60 1006

10

da cui

σ σzzx

fzz

x

f

MW

MPaMW

MPamax min= =⋅

= = − = −⋅

= −12 10

10120

12 10

10120

6

5

6

5

domanda b)

Si utilizza la formula σzzx

xx

MJ

y= . Il momento d’inerzia rispetto all’asse x vale:

Jbh

mmxx = =⋅

= ⋅3 3

6 412

60 10012

5 10

da cui , per il punto p(20,30) si ottiene:

σzzx

xx

MJ

y MPa= =⋅

⋅=

12 10

5 1030 72

6

6

Si noti che in tutti i punti che distano 30 mm dall’asse x vi è una tensione normale che vale72 MPa.

domanda c)

σzzy

zx

Mx

L’andamento nella sezione è triangolare lungo l’asse y e la tensione e costante per valoridi y costanti.

domanda d)Ricordiamo la legge di Hooke:

( ) ( ) ( )E E E

G G G

xx xx yy zz yy yy xx zz zz zz xx yy

xy xy xz xz yz yz

ε σ ν σ σ ε σ ν σ σ ε σ ν σ σ

γ τ γ τ γ τ

= − + = − + = − +

= = =

nel nostro caso σxx, σyy e τij sono nulle, quindi:





E E

E

zz zz

zzzz

zzzz

ε σε

σ

ε σ= ⇒= =

⋅= ⋅

= = −⋅

= − ⋅

−

−

maxmax

minmin

120

2 106 10

120

2 106 10

54

54

domanda e)La lunghezza finale dei lati viene calcolata con la formula lf =li ·(1+εxx). I lati di nostrointeresse sono posti a y = 50 mm e y = -50 mm. In entrambi i casi la lunghezza iniziale è di60 mm.Calcoliamo le deformazioni εxx per i valori di y estremi. Dalla legge di Hooke troviamo:

ενσ

ε νσ

ε σxxzz

xxzz

xxzzE

yE

yE

= − ⇒= = − = −

⋅= − ⋅

= − = = − −⋅

= ⋅

−

−

( . .

( . .

max

min

50) 0 3120

2 1018 10

50) 0 3120

2 1018 10

54

54

Da cui:

( )( )

l y mm

l y mm

f

f

( . .

( . .

= = ⋅ − ⋅ =

= − = ⋅ + ⋅ =

−

−

50) 60 1 18 10 59 9892

50) 60 1 18 10 60 0108

4

4

Si vede che le variazioni di dimensione della sezione sono del tutto trascurabili!!!!

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

Soluzione

domanda a)

Si utilizzano le formule: σzzy

f

M

Wmax = σzzf

MyWmin = −

Il modulo di resistenza a flessione Wf in questo caso vale:

Wbh

mmf = =⋅

= ⋅2 2

4 36

100 606

6 10

dove con h si intende l’altezza della sezione e con b la sua larghezza rispetto al momentoapplicato.





100

60

y

x

σminσmax

Le tensioni massima e minima valgono quindi:

σ

σ

zzx

f

zzx

f

MW

MPa

MW

MPa

max

min

= =⋅

⋅=

= − = − ⋅⋅

= −

12 10

6 10200

12 10

6 10200

6

4

6

4

In questo caso la tensione massima è nel lato delle x negative, mentre la tensione minimaè nel lato delle x positive (a causa del verso positivo preso per il momento My)

domanda b)

Si utilizza la formula σzzy

yy

M

Jx= − . Il momento d’inerzia rispetto all’asse y vale:

Jbh

mmyy = =⋅

= ⋅3 3

6 412

100 6012

18 10.

dove con h si intende l’altezza della sezione e con b la sua larghezza rispetto al momentoapplicato.Per il punto p(20,30) si ottiene:

σzzy

yy

M

Jx MPa= − = −

⋅⋅

= −12 10

18 1020 133

6

6.In tutti i punti che distano 20 mm dall’asse y vi è una tensione normale che vale -133 MPa.

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.Il modulo di resistenza a flessione della sezione vale:

WD

mmf = =⋅

≅π π3 3

332

6032

21206

e le tensioni massime e minime:

σ σzzx

fzz

x

f

MW

MPaMW

MPamax min= = ≅ = − = − ≅ −10

21206472

1021206

4727 7





Queste tensioni si riscontrano agli estremi del diametro ortogonale a quello attorno alquale agisce il momento flettente.

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

SoluzioneNei quattro punti di interesse, A (-20,40), B(20,40), C(20,-40),D(-20,-40) si applica la formula

σzzx

xx

y

yy

NA

MJ

yM

Jx= + −

dove A = 80 x 40 = 3200 mm2 è l’area della sezione, Jxx e Jyy sono i momenti d’inerziadella sezione e valgono:

Jbh

mm Jhb

mmxx yy= =⋅

= = =⋅

=3 3

43 3

412

40 8012

1706 66712

80 4012

426 667. . .

risulta quindi:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

A MPa

B MPa

C MPa

D MPa

σ

σ

σ

σ

= +⋅

−− ⋅

− = + − =

= +⋅

−− ⋅

= + + =

= +⋅

− −− ⋅

= − + = −

= +⋅

− −− ⋅

− = − − = −

640003200

1 101706667

404 10

42666720 20 234 188 67

640003200

1 101706667

404 10

42666720 20 234 188 442

640003200

1 101706667

404 10

42666720 20 234 188 27

640003200

1 101706667

404 10

42666720 20 234 188 402

7 6

7 6

7 6

7 6





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.

SoluzionePoiché siamo in presenza di una sezione circolare, per la quale tutti i diametri sono assiprincipali d’inerzia, conviene calcolare il momento flettente complessivo agente sullasezione:

( )M M M Nmx y= + = − + =2 2 2 25000 3000 5831

Per ottenere le tensioni massima e minima il momento complessivo deve essere diviso peril modulo di resistenza a flessione:

σπ π

σ σmax min max.

;= =⋅

⋅=

⋅ ⋅= = − = −

MW

M

D DMPa MPa

f

32 32 5831 10475 4753

6

3

Esercizio 2-8Data la sezione in figura 1 calcolare la posizione del baricentro, l’inclinazione del sistemadi riferimento principale rispetto ai lati della figura e i valori dei momenti d’inerzia principali.

SoluzioneLa prima operazione è quella di definire un sistema di riferimento generico (a,b) esuddividere la sezione in figure elementari individuandone le dimensioni e la posizione delbaricentro (figura 2).

120

100

20

20

a

b80

20

110

60

G2

G1

60

10

20

120

Figura 1 Figura2I risultati ottenuti con un foglio di calcolo eXell dall’applicazione delle formule primadescritte sono i seguenti:





Dimensioni (mm)h1= 120 d1= 60b1= 20 f1= 10h2= 20 d2= 110b2= 80 f2= 60

Aree (mm2) Momenti inerzia baricentrici (mm4)S(1)= 2400 Jxx(1)= 2880000 Jyy(1)= 80000 Jxy1= 0S(2)= 1600 Jxx(2)= 53333 Jyy(2)= 853333 Jxy2= 0

S= 4000

Momenti Statici Totali (mm3) Posizione baricentro (mm)Sa= 320000 aG= 30Sb= 120000 bG= 80

Distanze baricentri locali da baricentro tot. (mm)d1G= -20 f1G= -20d2G= 30 f2G= 30

Momenti rispetto agli assi AB (baricentrici) (mm4)JAA(1)= 3840000 JBB(1)= 1040000 JAB(1)= 960000JAA(2)= 1493333 JBB(2)= 2293333 JAB(2)= 1440000

JAA= 5333333 JBB= 3333333 JAB= 2400000

Inclinazione assi principali

tan2α= 2.4 α (rad)= 0.588 α (°)= 33.7

Momenti d'inerzia principali (mm4)JXX= 6933333JYY= 1733333

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.

Soluzione

domanda a)Il modulo di resistenza a torsione per la sezione è:

WD

mmt = =⋅

=π π3 3

316

7016

67348

La tensione tangenziale massima sarà dunque pari a:





τmax = = =MW

MPaz

t

500000067348

74

Questa tensione agisce su tutti i punti esterni della sezione in direzione tangenziale allacirconferenza.

domanda b)Il momento d’inerzia della sezione vale:

JD

mmp = =⋅

=π π4 4

432

7032

2357176. .

La tensione tangenziale sulla circonferenza di diametro 55 mm (r = 22.5 mm) vale:

τ rz

p

MJ

r MPa= = =5 000 0002357176

22 5 58. .. .

.

Anche questa tensione agisce in tutti i punti che distano dal centro 22.5 mm (il raggio dellacirconferenza considerata) in direzione tangenziale alla circonferenza stessa (cioèortogonalmente al raggio).

domanda c)

P

α

τp

π/2 τzy

τzx

r

Il punto P (-24,18) si trova ad una distanza dal centro r:

r x y mm= + =2 2 30

La tensione τP agente in quel punto varrà quindi:

τ rz

p

MJ

r MPa= = =5 000 0002357176

30 64. .. .

La tensione tangenziale agisce perpendicolarmente al segmento r che forma con l’asse xun angolo α:

α =

= −

= = °arcyx

arc radtan tan . .1824

2 5 1431

(attenzione, siamo nel secondo quadrante.....)Le componenti della tensione tangenziale τzx e τzy lungo gli assi x e y sono le proiezioni diτP sugli assi:

τ τπ

α τ τπ

αzx P zy PMPa MPa= ⋅ +

= − = ⋅ +

= −cos sen2

382

51





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;

Soluzione

domanda a)Il modulo di resistenza a torsione per la sezione è:

( ) ( )W

D d

Dmmt =

−=

−

⋅=

π π4 4 4 43

16

70 50

16 7049817

La tensione tangenziale massima sarà dunque pari a:

τmax = = ≅MW

MPaz

t

500000049817

100

Questa tensione agisce su tutti i punti esterni della sezione in direzione tangenziale allacirconferenza esterna.

domanda b)Il momento d’inerzia della sezione vale:

( ) ( )J

D dmmp =

−=

−=

π π4 4 4 44

32

70 50

321743584

La tensione tangenziale sulla circonferenza di diametro 55 mm (r = 22.5 mm) vale:

τ rz

p

MJ

r MPa= = ≅5000 0001743585

225 79. .. .

.

Anche questa tensione agisce in tutti i punti che distano dal centro 22.5 mm (il raggio dellacirconferenza considerata) in direzione tangenziale alla circonferenza stessa (cioèortogonalmente al raggio).

domanda c)Il punto P (-24,-18) si trova ad una distanza dal centro r:

r x y mm= + =2 2 30

La tensione τr agente in quel punto varrà quindi:

τ rz

p

MJ

r MPa= = =5000000

30 86. .

1.743.584

La tensione tangenziale agisce perpendicolarmente al segmento r che forma con l’asse xun angolo α:

α =

=

= = °arcyx

arc radtan tan . .1824

38 2169

(attenzione, siamo nel terzo quadrante.....)





Le componenti della tensione tangenziale τzx e τzy lungo gli assi x e y sono le proiezioni diτr sugli assi:

τ τπ

α τ τπ

αzx P zy PMPa MPa= ⋅ +

= = ⋅ +

= −cos sen2

522

69

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.

Soluzione

Punto sulla superficie esternaLa barra è soggetta a uno sforzo normale N, a due momenti flettenti, che si compongonovettorialmente nel momento flettente totale:

Nm67322 =+= yxf MMM

e a un momento torcente Mz.Lo sforzo normale N agisce lungo l’asse z e genera, nella generica sezione trasversale,una tensione normale con distribuzione costante pari a:

MPa24==σ=σAN

nzz con 4

2DA

π=

il momento flettente totale Mf agisce intorno ad un asse angolato rispetto agli assi x e ydella sezione trasversale e genera, nella generica sezione trasversale, una tensionenormale con distribuzione “a farfalla” (cioè simmetrica e variabile linearmente lungo l’assedella sezione), massima sulla periferia della barra e pari a:

MPa107==σ=σf

ffzz W

Mcon

32

3DW f

π=

il momento torcente Mz agisce intorno all’asse z e genera, nella generica sezionetrasversale, una tensione tangenziale con distribuzione “a farfalla” (cioè simmetrica evariabile linearmente lungo l’asse della sezione), massima sulla periferia della barra :





MPa68==τ=τ=τt

zzyzx W

M con

16

3DWt

π= .

τ

Mt

τσ=σn+σf

Mf Ν

Su un cubetto elementare in un punto appartenente alla periferia della barra si tracciano letensioni applicate.La tensione normale in direzione z è la somma delle tensioni dovute allo sforzo normale ealla flessione:

σ=σn+σf=24+107=131 MPa

Si noti che nel punto diametralmente opposto la tensione di flessione è negativa (-107MPa) e quindi la tensione risultante vale

σ=σn+σf=24-107=-83 MPa

Il punto più sollecitato è quindi quello in trazione.Sulla faccia colorata in grigio non agisce alcuna tensione tangenziale: la direzioneperpendicolare a tale faccia è principale e la tensione normale associata è principale. Inparticolare questa tensione principale è nulla. Lo stato di tensione è biassiale:

MPa.29rc

MPa,0MPa,160rc

3

21

−=−=σ

=σ==+=σ

I tre cerchi di Mohr sono:

σT

σ1σ3c

r

σNσ

τ

[MPa]

[MPa]σ2=0

Adottando l’ipotesi di rottura di von Mises (in questo caso può essere adottata nella formasenza le tensioni principali) si ottiene:





MPa1763)( 22id =τ+σ+σ=σ fn

Utilizzando questa formula per calcolare la tensione ideale non è necessario il calcolodelle tensioni principali, ma si ribadisce che questo è possibile perché nel punto diprogetto agiscono una sola σ e una sola τ.

Punto al centro della barraSu un cubetto elementare in un punto al centro della barra (dove è diversa da zerosoltanto la tensione normale) si tracciano le tensioni applicate

MPa24==σ=σAN

nzz

.Sulle facce colorate in grigio non agiscono tensioni tangenziali: le direzioni perpendicolaria tali facce sono principali e le tensioni normali associate sono principali.In particolare queste due tensioni principali sono nulle. Lo stato di tensione è monoassialecon l’unica tensione principale diversa da zero che è pari a:

MPa241 =σ=σ n .

σ=σn

ΝMtMf

Dei tre cerchi di Mohr due sono coincidenti e uno è degenerato in un punto nell’origine:

σN

σT

σ2=σ3=0 σ1=σn

[MPa]

[MPa]

In questo caso la tensione ideale coincide, qualunque sia l’ipotesi adottata, con quellaapplicata.

Calcolo dei coefficienti di sicurezzaIl punto più sollecitato della sezione è quello sulla superficie esterna, dove la tensioneideale vale 176 MPa.





Il materiale presenta un carico unitario di rottura di 740 MPa, e un carico unitario disnervamento di 540 MPa.Il coefficiente di sicurezza contro lo snervamento sarà quindi:

07.3176540R

id

p02 ≈=σ

=CS

Il coefficiente di sicurezza contro la rottura sarà:

20.4176740R

id

m ≈=σ

=CS

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.

SoluzioneIl fattore di rigidezza della sezione è dato da:

( ) ( )J b a a mmt = − = − ⋅ ⋅ =13

0 613

100 06 80 80 88746673 3 4. .

Dove con b si è indicato il lato maggiore della sezione rettangolare.La tensione tangenziale massima si ha in corrispondenza del punto medio del lato piùlungo ad una distanza dal baricentro x=a/2 e viene calcolata con la formula:

τzyz

t

MJ

x MPa= = =2 10000000

887466780 90

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.

SoluzioneSi può considerare la figura come cava a parete sottile. L’area racchiusa dalla linea mediaè quella di una elisse con semiassi a=(A-t) = 97 mm e b=(B-t) = 77 mm:

Ω = = ⋅ ⋅ =π π4 4

97 77 5866 2ab mm

La tensione tangenziale media nello spessore sarà dunque:

τ = =⋅ ⋅

=M

tMPaz

225000002 5866 3

71Ω





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

Soluzione a)Si utilizzano le formule valide per le sezioni in parete sottile aperte. Il fattore di rigidezza atorsione totale Jt vale:

( )J J b a mmt ti i i= = = + + + =∑ ∑ 13

43

98 54 96 52 640033

4

dove con bi sono indicate le lunghezze delle linee medie e con a gli spessori. la tensionerisulta quindi di :

τmax iz

ti

MJ

a MPa= = =200000

64004 125

Soluzione b)Si utilizza la formula valida per le sezioni in parete sottile chiuse:

( )τ = =

⋅ ⋅ ⋅≅

Mt

MPaz2

2000002 96 54 4

5Ω





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

Soluzione

punto G)Nel punto G, che giace sull’asse baricentrico y, la tensione dovuta la momento flettente ènulla, mentre la tensione dovuta al taglio puo essere calcolata con la formula:

τmax.

= =⋅ ⋅⋅ ⋅

=32

3 13 102 12 40

414T

AMPax

punto Q)Per questo punto è necessario utilizzare le formule generali:

τzxx y

yy

T S

J c= σzz

y

yy

M

Jx= −

dove:

J S c mm x mmyybh

mm y A x mmGA= =⋅

= = ⋅ = ⋅ ⋅ = = =3 3

4 3

1212 40

1264000 12 10 15 1800 12 10

si ottengono quindi i seguenti valori:

τzxx y

yy

T S

J cMPa= =

⋅ ⋅

⋅ ⋅≅

13 10 1800

64 10 1230

4

3.

σzzy

yy

M

Jx MPa= − =

⋅

⋅≅

4 5 10

64 1010 70

5

3.

punto P)In tale punto la tensione tangenziale dovuta al taglio è nulla, mentre la tensione normalevale:

( )σzz

y

f

yM

W

M

b hMPa= − = −

⋅

⋅= −

⋅ − ⋅

⋅=

6 6 4 5 10

12 40141

2

5

2

.

(il segno meno dipende dal sistema di riferimento scelto, si veda la scheda relativa alletensioni dovute al momento flettente).





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.

SoluzioneGrazie alla simmetria della sezione, analogamente a quanto visto per il momento flettente,conviene riferirsi al taglio complessivo:

T T T Nx y= + = + =2 2 2 23000 4000 5000

La tensione tangenziale massima risulta:

τπ

max = = ⋅⋅

⋅≅

43

43

4 5000

504

2TA

MPa

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

SoluzioneDa un qualunque manuale, o utilizzando la geometria delle aree, è possibile ricavare i datigeometrici della sezione:

A = 1.32·103 mm2 Jxx = 3.18·106 mm4 Jyy = 2.77·105 mm4

I massimi valori dei momenti flettenti si ricavano utilizzando le formule gà viste;supponendo che agisca il solo momento Mx:

σ σσ

max max maxmax

..= ≤ ⇒ = =

⋅ ⋅= ⋅

MJ

y Mx

xxam x

amJ xxy

Nmm160 318 106

608 48 106

Analogamente, supponendo che agisca il solo momento My:

σ σσ

max max maxmax

..= − ≤ ⇒ = =

⋅ ⋅= ⋅

M

Jx M

y

yyam x

am J yyx

Nmm160 2 77 106

321385 106





Per quanto riguarda i tagli si fa riferimento alle figure viste in precedenza; per il taglio Ty,per il quale la massima tensione tangenziale si ha in corrispondenza del baricentro:

τ ττ

max max. .

. . . ..= +

≤ ⇒ =

+

=⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ + ⋅

≅ ⋅T

s Jbs h s hy

xxam Ty

ams J xx

bs h s hN

2

1 22

2

12

22

8

80 4 4 318 106

64 6 3113 72

4 4 11372

8

3 73 1042 8

mentre per il taglio Tx, per il quale la massima tensione tangenziale si ha all’incrocio fra leali e l’anima:

τ ττ

max maxmax .

.= ≤ ⇒ = =⋅ ⋅ ⋅

≅ ⋅T b

JT

J

bx

yyam x

yyN

2

2

5

24

8

8 8 2 77 10 80

64433 10

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

SoluzioneLa posizione del centro di taglio ‘g’ è facilmente determinabile con la formula:

gxx

eb h s

Jmm= + = +

⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅=

2 21

2 2

64125

47 915 85

4 2 05 10317.

. .

..

La massima tensione tangenziale dovuta al taglio nell’anima vale:

τmax.

. . .= +

=

⋅ ⋅

⋅ ⋅+

⋅

≅

T

s Jbs h s h

MPay

xx2

1 22

6

2

2 810000

6 205 10

47 8 5 9152

6 9158

20

La massima tensione tangenziale dovuta al taglio nelle piattabande vale:





τmax.

.= =

⋅ ⋅

⋅ ⋅≅

T bh

JMPa

y

xx210000 47 915

2 2 05 1010

6

Per calcolare le tensioni di torsione che si hanno nel caso in cui il taglio sia applicato albaricentro della sezione si utilizzano i metodi visti per le sezioni aperte in parete sottile, incui il momento applicato, in modulo, è dato da:

M T g Nmmz y= = ⋅ =10000 317 317000.

Per il calcolo delle tensioni si deve prima valutare il fattore di rigidezza a torsione,considerando che gli spessori non sono trascurabili:

( )J J b a m a mmt ti i i i i= = − ⋅ = − ⋅ ⋅ + ⋅ ≅∑ ∑ 13

0323

47 03 85 8513

915 6 248003 3 4( . ) . . . .

da cui le tensioni aggiuntive dovute al momento torcente rispettivamente nell’anima e nellapiattabanda valgono:

τmax animaz

tanima

MJ

a MPa= = ≅31700024800

6 77

τmax . . .piatz

tpiat

MJ

a MPa= = ≅31700024800

85 109





Esercizio 3-1a1

Data 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

SoluzionePrima di tutto bisogna sostituire ai vincoli le corrispondenti reazioni vincolari:

a

l

cb

F1 F2NA

RA RB

Scriviamo le tre equazioni di equilibrio (NB: l=(a+b+c)= 250 mm)

0)(21

021

0

==++⋅⋅−−⋅⋅−−⊂⊂

==++++++↑↑

==→→

baFaFlRA

RRFF

N

B

BA

A

oppure

0)(21

02)(1

0

==++⋅⋅−−⋅⋅−−⊂⊂

==⋅⋅−−++⋅⋅−−⊃⊃

==→→

baFaFlRA

cFcbFlRB

N

B

A

A

In entrambi i casi il risultato finale (compresi i valori numerici) è il seguente:

N1180)(21

N13202)(1

0

==++⋅⋅++⋅⋅

==

==⋅⋅++++⋅⋅

==

==

l

baFaFR

l

cFcbFR

N

B

A

A

Conviene sempre verificare che la somma vettoriale delle forze applicate sia uguale allasomma delle reazioni vincolari

BA RRFF ++====++ N250021

1 I disegni degli esercizi 3-1 e 3-2 non sono in scala!





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

SoluzioneSostituzione vincoli con reazioni vincolari

a

l

cb

F1 F2NA

RA RB

Scrittura equazioni di equilibrio

0)(21

02)(1

0

==++⋅⋅++⋅⋅−−⊂⊂

==⋅⋅++++⋅⋅−−⊃⊃

==→→

baFaFlRA

cFcbFlRB

N

B

A

A

Soluzione:

N620)(21

N1202)(1

0

−−==++⋅⋅++⋅⋅

==

==⋅⋅++++⋅⋅

==

==

l

baFaFR

l

cFcbFR

N

B

A

A

anche in questo la verifica della somma delle reazioni vincolari è positiva.Si noti che gli esercizi 3-1a e 3-1b sono in realtà uguali. L’esercizio b) infatti può essererisolto con lo schema a) semplicemente dando un valore uguale ed opposto alla forza 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


a

l

cb

F1 F2NA

RA

RB

Scrittura equazioni di equilibrio:

0)(21)(

021)(

0

==++++⋅⋅−−⋅⋅−−++⊃⊃

==⋅⋅++⋅⋅−−++⊂⊂

==→→

cbaFaFbaRA

cFbFbaRB

N

B

A

A

Soluzione:

N2400)(

)(21

N100)(21

0

==++

++++⋅⋅++⋅⋅==

==++

⋅⋅−−⋅⋅==

==

bacbaFaF

R

ba

cFbFR

N

B

A

A

Anche in questo caso la somma delle reazioni vincolari è uguale alla somma vettorialedelle forze applicate





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


a

l

cb

F1 F2NA

RA

RB

Scrittura equazioni di equilibrio:

0)(21)(

021)(

0

==++++⋅⋅++⋅⋅−−++⊃⊃

==⋅⋅−−⋅⋅−−++⊂⊂

==→→

cbaFaFbaRA

cFbFbaRB

N

B

A

A

Soluzione:

N1600)(

)(21

N1100)(21

0

−−==++

++++⋅⋅−−⋅⋅==

==++

⋅⋅++⋅⋅==

==

bacbaFaF

R

ba

cFbFR

N

B

A

A

Anche in questo caso la somma delle reazioni vincolari è uguale alla somma vettorialedelle forze applicateSi noti che gli esercizi 3-1c e 3-1d sono in realtà uguali. L’esercizio d) infatti può essererisolto con lo schema d) semplicemente dando un valore uguale ed opposto alla forza F2.





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

Soluzione (si considera la terna destrorsa)

F1 F2

RA RB

-

RB c = 118000 Nmm RA a = 92400 Nmm

Momentoflettente

1180 NTaglio

-320 N-1320 N

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


F1

F2RA RB

+

Rb c = 62000 Nmm

RA a = 8400 Nmm

Momentoflettente

-620 N

Taglio880 N

-120 N





Esercizio 3-2cCon riferimento all’esercizio 3-1c tracciare i diagrammi delle caratteristiche disollecitazione


F1F2

RA RB

+

F2 c = 112500 Nmm

RA a = 900 Nmm

Momentoflettente

-1500 N

Taglio900 N

-100 N

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


F1 F2

RA

RB

-

RB c = 112500 Nmm RA a = 99000 Nmm

Momentoflettente

1500 NTaglio

-100 N-1100 N





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

= =

Soluzione

- Calcolo delle reazioni vincolari

F=6000 N

Rza

RyaRyb

y

zx

R

R R F

R F

za

ya yb

ya

=+ − =⋅ − ⋅ =

0

0

2000 1000 0

⇒ R F N

R F R Nya

yb ya

= = =

= − = − =

10002000

600012

3000

6000 3000 3000

Il risultato ottenuto poteva venire facilmente intuito per la simmetria rispetto alla mezzeriadella geometria e dei carichi.

- Diagrammi di taglio e di momento flettente (lo sforzo normale è nullo su tutta latrave)

Ty

-3000

3000

Mx

MxMAX =-3000 1000 = -3 106 Nmm

-+

-

- Calcolo delle tensioniLa sezione più sollecitata (sezione di progetto) è quella di mezzeria, dove il momentoflettente ha il valore massimo (in modulo). Il calcolo delle tensioni verrà effettuato solo intale sezione.

Si utilizzano le formule: σzzx

f

MWmax = σzz

x

f

MWmin = −





Il modulo di resistenza a flessione Wf vale:

Wbh

mmf = =⋅

= ⋅2 2

3 36

40 606

24 10

da cui, nei punti di progetto della sezione, cioè quelli in cui la tensione è massima(minima)si ha

σ σzzx

fzz

x

f

MW

MPaMW

MPamax min= =⋅

⋅= = − = −

⋅

⋅= −

3 10

24 10125

3 10

24 10125

6

3

6

3

Si noti che, poichè il momento Mx è negativo nel nostro sistema di riferimento, la tensionemassima di trazione si trova nella parte inferiore della sezione, mentre nella partesuperiore le tensioni sono di compressione.A rigore in questa sezione non si potrebbero utilizzare le formule viste perchè siamo in unazona di applicazione delle forze. E’ comunque consuetudine in questi casi non consideraregli effetti locali.Nella sezione considerata il taglio risulta nullo, o meglio presenta una discontinuità. Se cisi sposta di un ε piccolo a piacere dalla sezione di progetto, dove le tensioni di flessionepossono considerarsi uguali a quelle della sezione di progetto, si trova un taglio non nullo.Calcoliamo le tensioni dovute al taglio in tale sezione.

τmax = =⋅⋅ ⋅

≅32

3 30002 60 40

2T

AMPa

y

La tensione tangenziale massima agisce in corrispondenza dell’asse neutro, cioè in unpunto diverso da dove agiscono le tensioni normali massime.Si noti inoltre che le tensioni tangenziali sono molto piccole, il che capita quando si hannotravi snelle. In questi casi il calcolo delle tensioni dovute al taglio è del tutto superfluo.Questo calcolo può invece essere importante con i profilati a parete sottile, in cui letensioni tangenziali possono essere elevate.

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)





Soluzione

- Calcolo delle reazioni vincolari

F1 F2

V1 V2

H

l

a

→ = =− +

=

⊃ − − − = ⇒

⊃ − − − = =− +

=

H VF l a F a

lkN

V l F l a F a

V l F l a F a VF l a F a

lkN

0 15

1 0

2 0 15

22 1

2 2 1

1 1 2 11 2

( )

( )

( )( )

Il risultato ottenuto poteva venire facilmente intuito per la simmetria rispetto alla mezzeriadella geometria e dei carichi.

- Diagrammi di Taglio e di Momento flettenteSi noti che il momento è costante nella zona compresa fra le due forze e che diconseguenza il taglio, che è la derivata del momento, è nullo in questa zona.

2000

500500

Ty

-

+

-

Mx

15 kN

15 kN

-7500 Nm

- Calcolo delle tensioniTensioni dovute al momento flettente. Le sezioni dove le tensioni dovute al momentoflettente sono massime sono quelle comprese fra le diue forze. Le tensioni massime sihanno nelle piattabande (cioè all’estremita della sezione e sono di trazione in basso e dicompressione in alto.

σmax max.

= =⋅

≅MxJxx

y MPa7500000

318 10660 142

Tensioni dovute al taglio. Trattandosi di un profilato a parete sottile conviene valutare letensioni dovute al taglio, anche se la trave risulta snella. Vi sono tensioni dovute al tagliosolo nelle due estremità della trave all’esterno delle due forze applicate. La tensionemassima si ha nell’anima in corrispondenza della linea d’asse e vale:





τmax. .

. . . .= +

=⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅+

⋅

≅

Tys Jxx

bs h s hMPa

2

12

22

815000

4 4 318 10664 63 1137

244 11372

832

Esercizio 3-5

Una 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

SoluzioneSi tratta di un problema tridimensionale, che conviene separare tre problemi: uno relativoal comportamento torsionale, uno nel piano yz e uno nel piano xz.

- Comportamento torsionaleLa reazione vincolare al momento torcente sarà un momento torcente uguale e contrario aquello applicato. Il diagramma di momento torcente sarà quindi:

Mt = 360 Nm

Tutte le sezioni sono ugualmente sollecitate a torsione. La tensione tangenziale massimavale:

τπ π

max = =⋅

⋅=

163

16 360000

35343

Mt

DMPa





- Piano xz

- Reazioni vincolari

Fx

Fx

Vix

Miy

iHi = 0

Vix+Fx=0 ⇒ Vix = -Fx= -1200 N

i Miy+Fx·l=0 ⇒ Miy=-Fx·l = -600 Nm

- Diagrammi di taglio e di momento flettente

Tx = 1200 N

Mymax= 600 Nm

+

+

- Piano yz

- Reazioni vincolari

Fy

Viy

Mix

Hi

i

q Viy+Fy-ql = 0 ⇒ Viy = -Fx +ql = -650 N

i Mix-Fx·l+ql2/2 =0 ⇒ Miy=Fy·l-ql2/2 = 412.5 Nm

Hi = 0

- Diagrammi di taglio e di momento flettente.Per tracciare i diagrammi di taglio e momento conviene utilizzare una coordinata locale ζcon origine all’estremità libera della mensola. I diagrammi di taglio di taglio e di momentoflettenete risultano:

ζ Ty=Fy−qζ*

Mx= q⋅ζ2/2- Fyζ

Ty

Mx

Fy

Tymax = 1000 NTymin = 650 N

Mxmax= - 412.5 Nm

+

- Momento flettente complessivo e calcolo delle tensioniLa situzione dei momenti è quella indicata in figura. Poiché la sezione è circolare convienecalcolare punto per punto il momento complessivo con la formula:





Mx

My

M M Mx y= +2 2

Il valore massimo del momento complessivo si trova all’incastro, dove sono massimientrambi i momenti Mx e My.

Mmax=728.12 Nm

La tensione normale è calcolata sulla base del momento complessivo massimo:

σπ π

maxmax= =

⋅

⋅=

323

32 728120

353173

M

DMPa

Ii diagramma disegnato non giace su un unico piano. Infatti il rapporto fra i momenti neidue piani non si mantiene costante. Questo è vero in generale quando i diagrammi sui duepiani seguono leggi diverse.La direzione in cui agisce il taglio complessivo:

ϕ =

≅ ≅ °arctg . .

T

Trad

y

x0496 28 4

a differenza di quanto avviene nel caso piano, non è ortogonale alla direzione in cui agisceil momento complessivo:

ϑ =

≅ − ≅ − °arctg . .

M

Mrad

y

x0 969 555

y

x

Ty

Tx

T

ϕMy

Mx

θ

y

x

M

x

andamento τ medie

andamento σ

y

Questo fatto comporta che dove la tensione di flessione è massima (minima) la tensionedovuta al taglio non è nulla. Poiché le tensioni dovute al taglio nelle travi snelle sonocomunque piccole rispetto alle tensioni di flessione, esse vengono di norma trascurate . Sinoti inoltre che il valore fornito dalle formule di Jourawski forniscono solo il valore medio





della tensione lungo una corda, e non il valore alle estremità, dove comunque le tensioniτ devono essere tangenti al profilo della sezione.La tensione ideale, secondo l’ipotesi di Tresca, vale:

MPa1934 2max

2maxid ≈≈⋅⋅++== τσσ

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

Soluzione

-Schematizzazione e calcolo delle reazioni vincolari.Il problema può essere schematizzato nel modo indicato in figura. Si noti che incorrispondenza degli appoggi agiscono due carichi normali che si equilibrano e duecoppie C pari al carico assiale per il raggio di contatto della ruota: C = P’·R = 5000·0.460=2300 Nm.

PP

ab

a

CP’

CP’

PPC

P’C

P’

VBVA





V b P a b P a C C V b P b

V b P a b P a C C V b P bB B

A A

⋅ − ⋅ + + ⋅ + − = ⋅ − ⋅ =⋅ − ⋅ + + ⋅ + − = ⋅ − ⋅ =

( )

( )

0

0Da cui

VP b

bkN

VP b

bkN

B

A

=⋅

=

=⋅

=

100

100

come ovvio per ragioni di simmetria.

- Diagrammi di sforzo normale, taglio e momento flettente.Equazioni per il diagramma di momento

-

-

+

+

-5000 N

100 kN

N

T

25000 Nm 27300 Nm

M-100 kN

PC

VA

PM

Per z < a:

M = P · zz

M Per z > a:

M = P·z-VA(z-a)+C= = P·a+C

- Tensioni nel tratto fra le due ruote dovute allo sforzo normale.

σπ π

NNA

N

DMPa= =

⋅

⋅=

⋅ −

⋅= −

4 4 5000

1600 252 2

( ).

Come si vede le tensioni dovute allo sforzo normale in questo caso sono insignificanti.

- Tensioni nel tratto fra le due ruote dovute al momento flettente.

σπ π

σπ π

M MM

DMPa

M

DMPamax

maxmin

max= =⋅

⋅≅ = − = −

⋅

⋅≅ −

32 32 27300000

16068

32 32 27300000

16068

3 3 3 3

- Tensioni complessiveIn questo specifico caso le tensioni dovute allo sforzo normale sono trascurabili, ma ingenerale si deve ricordare che le tensioni dovute allo sforzo normale e quelle dovute almomento flettente si sommano algebricamente. A rigore quindi il punto più sollecitato nelnostro caso è quello in compressione, mentre il punto della sezione in trazione risultaleggermente scaricato. Le tensioni nei due punti estremi saranno quindi:

MPa25.6825.068

MPa75.6725.068

minmin

maxmax

−−≅≅−−−−≅≅++==

≅≅−−≅≅++==

NM

NM

σσσ

σσσ





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’asta2 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

Soluzione

- Calcolo delle reazioni vincolari.La struttura è formata da due corpi collegati con una cerniera che non interrompe lacontinuità della trave principale. Si possono quindi scrivere le equazioni di equilibrio deidue corpi presi separatamente

l1-b

l2 l3b

l2

P

y

zx

VA HA

VB

HB

VC HC

VC HC

2 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.





( )

( )

↑ − =→ − =

⊃ − + ⋅ =

↑ + − =→ + =

⊃ ⋅ − ⋅ + + =

V V

H H

A H l b V l

V V P

H H

B H b V l P l l

A C

A C

C C

B C

B C

C C

0

0

0

0

0

0

1 2

2 2 3Risolvendo queste equazioni si ottiene:

( ) ( )

H H Pl l

lN

H N

V V Pl l

l

l b

lN

V P V N

C A

B

C A

B C

= = −+

= −

=

= =+ −

=

= − = −

2 3

1

2 3

1

1

2

12000

12000

7200

2200

Si noti che la risultante delle reazioni vincolari alle estremità dell’asta è diretta lungo l’assedell’asta stessa:

( )tan . tan .α β= −

−= − = = −

l b

lVH

VH

A

A

C

C

1

20 6 0 6

- Diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione

N

N

-12000 N

13995 N

Ty

2200 N

-5000 N

+

-

+Mx

3300 Nm 4500 Nm

Si noti che:- sull’asta agisce solo uno sforzo normale di trazione;- nella parte di trave vicina al muro agiscono sia un momento flettente sia uno sforzo

normale di compressione;- il diagramma di momento flettente della trave presenta un salto pari alla coppia

applicata da Hc, cioè pari a Hc·b= -1200 Nm.

- Calcolo delle tensioni- Asta.L’unica caratteristica di sollecitazione è lo sforzo normale. La tensione vale:

σ NNA

MPa= =⋅

≅1399540 80

18





- Trave.Il modulo di resistenza a flessione Wf vale:

( )( )W

bh b s h smmf = −

− −=

⋅−

⋅=

2 2 2 23

6

2 2

640 100

638 88

634288

Le tensioni massime e minime nella sezione in cui si ha il momento massimo valgono:

σ σMx

fM

x

f

MW

MPaMW

MPamax min. .

= =⋅

≅ = − = −⋅

= −45 1034288

13245 1034288

1326 6

Nel tratto fra le due cerniere si ha un momento flettente ed uno sforzo normale.Le tensioni dovute allo sforzo normale valgono:

σ NNA

MPa= =−

⋅ − ⋅≅ −

1200050 100 38 88

7

Mentre in questo tratto le tensioni minima e massima nella sezione appena precedente lacerniera valgono:

σ σMx

fM

x

f

MW

MPaMW

MPamax min. .

= =⋅

≅ = − = −⋅

= −33 1034288

9733 1034288

976 6

In questa sezione il punto più sollecitato è quello in compressione dove si ha una tensionecomplessiva pari a -104 MPa.

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





SoluzioneIn primo luogo occorre calcolare le forze agenti sull’albero. E’ noto che la forza tangenzialeagente sulla ruota è pari al momento torcente diviso il raggio primitivo e che la forzaradiale si ottiene moltiplicando la forza tangenziale per la tangente dell’angolo dipressione. Si avrà quindi:

FM

DN F

MD

N

F F N F F N

tp

tp

r t r t

11

22

1 1 2 2

2 2 200000100

40002 2 200000

805000

20 1456 20 1820

=⋅

=⋅

= =⋅

=⋅

=

= ⋅ °= = ⋅ °=tan tan

I cuscinetti possono essere schematizzati con degli appoggi. Tenendo conto delledimensioni in figura la schematizzazione dell’albero è quella riportata a sotto

100 60100

Ruota 1 Ruota 2

Le forze risultanti non stanno su un unico piano, quindi conviene scomporre il problemaflessionale nei due piani tangenziale e radiale.

- Comportamento torsionaleIl momento torcente agisce nel tratto fra le due ruote; il diagramma di momento torcentesarà quindi quello riportato nella figura. L

100 60100

Mt = 200 Nm

e tensioni nominali massime dovute al momento torcente si saranno diverse nei due tratticon diametro 40 e 50 mm:

τ φπ π

τ φπ π

max( ) max( )4016

316 200000

40316 50

163

16 200000

5038= =

⋅

⋅≅ = =

⋅

⋅≅

Mt

DMPa

M t

DMPa

- Comportamento flessionale nel piano radiale.Le forze radiali sono concordi; si ha quindi la seguente situazione:

100 60100

Vr1

Fr2Fr1

Vr2

Hr





- reazioni vincolari→ =

⊃ ⋅ = ⋅ + ⋅ ⇒ =⋅ + ⋅

=

⊃ ⋅ = ⋅ − ⋅ ⇒ =⋅ − ⋅

=

H

V F F VF F

N

V F F VF F

N

r

r r r rr r

r r r rr r

0

1 200 100 260100 260

2003094

2 200 100 60100 60

200182

2 1 2 21 2

1 1 2 11 2

- diagrammi di taglio e momento flettente

109200 NmmMfr

-18200 Nmm

Tr

- 182 N- 1820 N

1274 N +

+

-

-

-

- Comportamento flessionale nel piano tangenziale.Le forze tangenziali sono discordi; si ha quindi la seguente situazione:

100 60100

Vt1 Ft2

Ft1

Vt2

Ht

- reazioni vincolari→ =

⊃ ⋅ = ⋅ − ⋅ ⇒ =⋅ − ⋅

= −

⊃ ⋅ = ⋅ + ⋅ ⇒ =⋅ + ⋅

=

H

V F F VF F

N

V F F VF F

N

t

t t t tt t

t t r rt t

0

1 200 100 260100 260

2004500

2 200 100 60100 60

2003500

2 1 2 21 2

1 1 2 11 2





-diagrammi di taglio e momento flettente

Tt

- 300000 Nmm

- 5000 N

500 N +

-

- 350000 Nmm

Mft

Si noti che, per comodità, abbiamo utilizzato in entrambi i casi le convenzioni di segno delpiano yz.

-Momento flettente complessivo e calcolo delle tensioni di flessione.Poiché l’albero è a sezione variabile conviene riportare in diagrammi distinti l’andamentodel momento flettente complessivo, del modulo di resistenza e il diagramma delle tensionidovute al momento flettente calcolando i valori nei punti significativi. In corrispondenzadelle ruote non vengono svolti i calcoli delle tensioni, che sarebbero poco significativi.Nella tabella seguente sono riportati i calcoli nei vari punti (coordinata dall’estremosinistro).

Coord. Mrad. (Nmm) Mtang.

(Nmm)Mtot

(Nmm)D

mmWf

mm3σ

(Mpa)0 0 0 0 40 6283 0

18sx -1638 -31500 31543 40 6283 618dx -1638 -31500 31543 50 12272 397sx -16016 -308000 308417 50 12272 2697dx -16016 -308000 308417 100109 -18200 -350000 350473 100

121sx -2912 -344000 344013 100121dx -2912 -344000 344013 50 12272 29200sx 97734 -304500 319801 50 12272 27200dx 97734 -304500 319801 40 6283 51209 109200 -300000 319257 40 6283 51

255sx 25480 -70000 74494 40 6283 12255dx 25480 -70000 74494 80 6283269 0 0 0 80

Risultano quindi i seguenti diagrammi, ottenuti con un foglio elettronico, ma che sonofacilmente ottenibili anche manualmente.





Diagramma Momento Totale

0 50 100 150 200 250(mm)

319256354073

(Nmm)

0

50000

100000

150000

200000

250000

300000

350000

400000

Diagramma Modulo di Resistenza

0

2000

4000

6000

8000

10000

12000

14000

0 50 100 150 200 250(mm)

6283

12272

6283

(mm3)

Diagramma Tensioni di Flessione

0

10

20

30

40

50

60

0 50 100 150 200 250(mm)

2528

51

(MPa)





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

SoluzioneCalcolo la tensione nominale agente nella sezione dellintaglio:

MPa402080

64000AT

om =⋅

==σn

Il coefficiente di sicurezza per la rottura duttile risulta:

75.1240510

om==

σ=

n

mRCS

Il fattore di concentrazione delle tensioni viene letto nell’apposito diagramma tenendoconto che:

125.08010

hr

5.180

120hH

====

e vale Kt = 1.95La tensione massima all’apice dell’intaglio vale quindi:

MPa784095.1ommax =⋅=σ=σ ntK

e qindi il coefficiente di sicurezza a primo snervamento vale:

55.478

355

max==

σ= eHR

CS





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

La struttura viene schematizzata nel seguente modo:

M=P·l

l=80

Zona dell’intaglio

P

P

Si noti che il momento flettente è costante lungo tutto il tratto verticaleNella zona dell’intaglio si ha quindi una sollecitazione dovuta al carico P (sforzo normale) eun momento flettente M=P l, con l = 80 mm.





Le relative tensioni valgono:

MPa604015

8030006

hb

lP6

MPa51540

3000AP

22=

⋅⋅⋅

=⋅

⋅⋅=σ

=⋅

==σ

f

n

e la tensione complessiva:

MPa65605 =+=σ+σ=σ fn

Il coefficiente di sicurezza per la rottura duttile risulta:

85.765510

==σ

= mRCS

Per il calcolo del coefficiente di sicurezza a primo snervamento si devono considerare idue fattori di concentrazione delle tensioni separatamente. Tenendo conto che

25.04010

hr

5.14060

hH

====

risulta Kt,n = 1.6 e Kt,f = 1.4La tensione massima all’apice dell’intaglio vale quindi:

MPa92604.156.1,,max =⋅+⋅=σ+σ=σ fftnnt KK

e qindi il coefficiente di sicurezza a primo snervamento vale:

86.392355

max==

σ= eHR

CS





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

Soluzione- Caratteristiche del Materiale (UNI 7670/84) diametri da 40 a 100 mm:

Rm= 880 MPa Rp02 = 685 MPa- Comportamento flessionale

Schema della struttura e sostituzione dei vincoli con le reazioni vincolari

F2 F1

RB

F1F2

a b c

A CB D

RD

HD





Calcolo reazioni vincolari:

kN25.16c)(b

c)ba(F2 cF1R0cF1c)(bRc)b(aF2D

kN25.1c)(b

aF2 -bF1R0c)(bRbF1 -aF2B

0H

BB

DD

D

=+

++⋅+⋅=⇒=⋅−++++⋅−⊂

=+

⋅⋅=⇒=++⋅⋅⊃

=→

NB: risulta verificata la relazione F1+F2= RD+RB

Diagrammi delle caratteristiche di sollecitazioneConviene effettuare i calcoli del momento flettente anche nei punti in cui vi sono dellevariazioni di sezione (intagli)

RB

F1F2

A CB D

RD

E F G H

150161

250 150

100

11

Versi positivi dei momenti Punti A e D: MA=MB=0

Punto B Nmm 000 125 1150F2M B =⋅=

Punto E Nmm 750 028 111R-161F2M BE ==⋅⋅⋅⋅==

Punto F Nmm 000 250100R-502F2M BF ==⋅⋅⋅⋅==

Punto C Nmm 500 187150RM DC −=⋅−=

Punto G Nmm 000 125100RM DG −=⋅−=

Punto H Nmm 375 111RM DH −−==⋅⋅−−==





Diagrammi di Taglio e Momento flettente :

A CB DE F G H1125000 1028750

250000

-187500-125500

-1375

-8750

7500

1250T (N)

Mf (Nmm)

- Comportamento TorsionaleFra le due ruote (punti A e C) agisce un Momento Torcente costante pari a 900 Nm

A CB DE F G H

900000MT (Nmm)

Calcolo delle tensioni e diagrammiLe tensioni vengono calcolate, punto per punto e considerando le variazioni delle sezionicon le formule:

3T

3f

D

6M1

D

M32

π=τ

π=σ

Punto Mf (Nmm) MT(Nmm) D (mm) σ (MPa) τ (MPa)

A 0 0 60 0 0

B 1125000 900000 60 54 22

Edx 1028750 900000 60 49 22

Esx 1028750 900000 70 31 14

Fdx 250000 900000 70 8 14

Fsx 250000 900000 90 4 7

C -187500 0 90 3 0

Gdx -125000 0 90 2 0

Gsx -125000 0 70 4 0

Hdx -1375 0 70 1 0

Hsx -1375 0 60 1 0

D 0 0 60 0 0





Tensioni di flessione (MPa)5449

31

82 14 43

A EB F C G HDTensioni di Torsione (MPa)

A EB F C G HD

1422

7

Verifica per la rottura duttile:Il punto più sollecitato risulta il PUNTO B dove si ha una tensione normale di 54 MPa euna tensione tangenziale di 22 MPa.

La tensione ideale (ipotesi di Tresca) in tale punto vale: MPa 694 22id ==++== τσσ

e quindi il coefficiente di sicurezza rispetto alla rottura duttile:

75.1269880R

id

m ==σ

=CS

Verifica a primo snervamento.Il punto da verificare è il punto E, dove vi sono sollecitazioni elevate e l’intaglio più gravosoEssendo:

025.060

5.1dr

17.16070

dD

========

dagli appositi diagrammi si ottiene :flessione Kt,f = 2.3 torsione Kt,t = 1.8e quindi il calcolo convenzionale della tensione ideale è:

MPa 461)K(4)K( 2ft,

2ft,id =τ+σ=σ

da cui il coefficiente di sicurezza per il primo snervamento risulta:

69.4146685R

id

p02 ==σ

=CS

Si noti che una volta tracciati i diagrammi di momento è evidente che i punti critici sarannoB e E, e quindi si può effettuare il calcolo con riferimento solo a tali punti.





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

SoluzioneLo spostamento può essere calcolato in due modi: sommando gli allungamenti dellesingole aste e sommandoli, oppure calcolando la rigidezza complessiva e, nota la forza,calcolare lo spostamento.I modo:

mm.LLL

mm.LDE

PL

EAP

L

mm.LDE

PL

EAP

L

1630

09908200000

1004100004

064010200000

1004100004

21

2222

22

2

2121

11

1

=∆+∆=∆

=⋅π⋅

⋅⋅=π

⋅==∆

=⋅π⋅

⋅⋅=

π

⋅==∆

II modo:

mm.KP

L

mmN

KmmN

KmmN

K

KK

KKK

L

EAK

L

EAK

t

t

t

1630

612991005314100

8200000157080

410010200000 2

2

2

1

21

21

2

22

1

11

==∆

==⋅

⋅π⋅==⋅

⋅π⋅=

+⋅

===

Il calcolo delle tensioni risulta banale:

MPa12810

1042

4

11 ≈

⋅π

⋅==σ

AP

MPa1998

1042

4

22 ≈

⋅π

⋅==σ

AP





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

SoluzioneIn questo caso il problema può essere risolto considerando che le due aste sono costrettea subire lo stesso spostamento. nel caso di aste in parallelo. In questo caso la rigidezzatotale non è altro che la somma delle rigidezze; infatti, considerando che il carico totale,per ragioni di equilibrio, è la somma dei carichi agenti sulle due aste (P=P1+P2), si ha:

mmN

KKL

P

L

P

LP

K t 2576111005311570802121 =+=+=

∆+

∆=

∆=

Calcolata la rigidezza e noto il carico è facile calcolare lo spostamento.

mm.KP

Lt

039025761110000

===∆

Ricordando la definizione di rigidezza è possibile calcolare le forze agenti sulle aste:

N.LKPN.LKP 3902039010053160980390157080 2211 =⋅=∆⋅==⋅=∆⋅=

A questo punto è possibile calcolare le tensioni con le solite formule:

σπ

σπ

11

12 2

2

22

4 6098

1078

4 3902

878= =

⋅

⋅= = =

⋅

⋅=

PA

MPaPA

MPa

Non deve stupire il fatto che le due tensioni risultino uguali; infatti i due elementi sonosoggetti agli stessi spostamenti, ed essendo di ugual lunghezza subiscono la stessadeformazione; avendo la stessa deformazione ed essendo costruiti con lo stessomateriale, per via della legge di Hooke, sono soggetti alla stessa tensione. La tensionepuò quindi essere calcolata semplicemente come:

σ ε= = = =E EL

LMPa

∆200000

0 039100

78.





Esercizio 5-3Si 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

SoluzioneLo schema di soluzione è formalmente identico a quello dell’esercizio 1, salvo il calcolodelle rigidezze che sono di tipo torsionale; sarà considerato solo il II metodo di soluzione.Per il calcolo della rigidezza è necessario valutare il modulo elastico tangenziale delmateriale; supponendo un coefficiente di Poisson pari a 0.3 si ottiene:

( )G

EMPa=

+=

2 176923

ν

si ha quindi:

KGJL

KGJL

KK KK K

KN

mmK

Nmm

KN

mmMK

rad

t

t

t

11

12

2

2

1 2

1 2

1

4

2

276923 10100 32

75519176923 8

100 32309326 219442

10000219442

0 046

= = =⋅+

=⋅ ⋅⋅

= =⋅ ⋅⋅

= =

= = =

π π

∆θ .

Il calcolo delle tensioni risulta banale:

τπ

τπ

11

3 22

316 10000

1051

16 10000

899= =

⋅

⋅= = =

⋅

⋅=

MW

MPaMJ

MPa





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 C

A B C

a b

F

D1 , J1 D2 , J2

SoluzioneIl calcolo procederà in modo letterale fino al risultato finale.In primo luogo occorre valutare le reazioni vincolari:

FRA RB

a b

A R a F a b R Fa b

aF

ba

B R a Fb R Fba

B B

A A

⊃ − + = ⇒ =+

= +

⊃ + = ⇒ = −

( )( )

0 1

0

Quindi si possono scrivere le equazioni del momento e tracciare il relativo diagramma; persemplificare i calcoli conviene utilizzare una coordinata locale per ognuno dei due tratti.

Fb+

za zb

( )b

aaA

zbFM:BCTratto

zab

FzRM:ABTratto

−⋅=

=⋅−=

Scriviamo adesso l’equazione della linea elastica.





Tratto AB:

d v

dz

ddz

MEJ

FbaEJ

z

MEJ

dzFb

aEJz

C

v dzFb

aEJz

C z C

a aa

aa

aa

a

2

21 1

1 1

2

1

1

3

1 2

2

6

= − = − = −

= = +

= − = − − +

∫∫

α

α

α

Tratto BC:

d v

dz

ddz

MEJ

FEJ

b z

MEJ

dzF

EJz F

EJbz C

v dzF

EJz Fb

EJz

C z C

b bb

bb

b

bb b

b

2

22 2

2 2

2

23

2

3

2

2

3 4

2

6 2

= − = − = − −

= = − +

= − = + − − +

∫∫

+

α

α

α

( )

Le quattro costanti di integrazione possono essere calcolate facilmente considerando lecondizioni al contorno, che per l’elemento BC risultano equazioni di continuità (delle freccee delle rotazioni) con l’elemento AB, ovviamente in B:

Tratto AB: v(za=0)=0 ⇒ C2=0

v(za=a)=0 ⇒ CFbaEJ1

16= −

Tratto BC: v(zb=0)= v(za=a)=0 ⇒ C4=0

α(zb=0)= α(za=a) ⇒ CFba

EJ3

13=

Sostituendo questi valori si ottengono le equazioni cercate:Tratto AB

FbaEJ

z FbaEJ

FbaEJ

z

a

vFb

aEJz Fba

EJz

FbaEJ

zz

a

a a

aa a

a

α = − = −

= − + = −

1

2

1 1

2

2

1

3

1 1

3

2

2 6 213

6 6 6

Tratto BC

FEJ

z FEJ

bzFbaEJ

FEJ

zz b

baJJ

v dzF

EJz Fb

EJz Fba

EJz

FEJ

z bzbaJJ

z

bb

bb

bb b

b b b b

α

α

= − + = − + +

= − = + − − = − −

+

∫2

2

2 1 2

22

1

2

3

2

2

1 2

3 2 2

1

2 3 2 3

6 2 3 63

2





I momenti di inerzia flessionale delle sezioni valgono:

JD

mm JD

mm114

42

24

464

63617364

306796= = = =π π

Utilizzando le formule ricavate si ottengono quindi gli spostamenti cercati:Nella sezione di mezzeria del tratto AB:

z mm rad v mma = ⇒ = − ⋅ = +−200 131 10 0 0794α . ; .

Nel punto di applicazione della forza (C):

z mm rad v mmb = ⇒ = ⋅ = −−200 2 68 10 0 4273α . ; .

La freccia nel punto C può essere ricavata semplicemente utilizzando le formule presentinei manuali.Infatti il tratto BC può essere visto come una mensola incastrata in B, in cui la sezione diincastro è ruotata di un angolo αb pari a quello di un elemento analogo a AB caricato conun momento C=Fb. La freccia totale si trova sommando alla freccia dovuta alladeformabilità dell’elemento BC (vc0) quella dovuta alla rotazione rigida dello stessoelemento (vc1 = -αb b).Nei manuali si trova facilmente:

a b

αA αB

vCo

C=Fb

vC1

F

vFbEJ

CaEJ

vFbaEJ

b

v v vFbEJ

FbaEJ

b

C B C

C C C

0

3

2 11

1

0 1

3

2 1

3 3 3

3 3

= − = ⇒ = −

= + = − −

α

Svolgendo i calcoli risulta vC=-0.427 mm, risultato analogo a quello ottenuto in precedenza





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

SoluzioneDefiniamo il sistema ridotto e il sistema supplementare: per comodità conviene assumerecome sistema ridotto quello già risolto nell’esercizio 4, in cui non è presente il vincolo allarotazione. Tale vincolo viene sostituito nel sistema siupplementare con una coppia C.

a b

F

D1 , J1 D2 , J2

+

a b

F

D1 , J1 D2 , J2

a b

F

D1 , J1 D2 , J2

C=

Risolviamo quindi il sistema supplementare (le cui grandezze sono indicate con il pedice1)Reazioni vincolari:

RA1 RB1

a b

C

A R a C RCa

B R a C RCa

B B

A A

⊃ − = ⇒ =

⊃ + = ⇒ = −

1 1

1 1

0

0





Equazione del momento e relativo diagramma:

M C R z CCa

zA= − − ⋅ = − +1

a b

-C

z

Si noti che nel tratto BC il momento è nullo. La variabile z deve essere quindi consideratafra A e B.Ricaviamo le equazioni degli spostamenti (z variabile fra 0 e a)

21

3

1

2

11

1

2

111

11

111

1121

2

62

2

DzDz

aEJCz

EJC

dzv

Dz

aEJC

zEJC

dzEJM

zaEJ

CEJC

EJM

dzd

dz

vd

+−−=α−=

++−==α

−=−=α

−=

∫

∫

Le costanti di integrazione si ricavano imponendo le condizioni al contorno:

v1(z=0)=0 ⇒ D2=0

v1(z=a)=0 ⇒ DCaEJ1

13=

Le equazioni degli spostamenti risultano quindi:

α11 1

2

1 1

2

11

2

1

3

1 1

2 3

2 3 2 3

2 6 3 2 6 3

== − + + = − + +

= − − = − −⋅

CEJ

zC

aEJz Ca

EJC

EJz

za

a

vC

EJz C

aEJz Ca

EJz

CEJ

z za

a z

Il valore dell’incognita C si ricava imponendo che la rotazione nell’estremo sinistro delsistema supplementare sia uguale e contraria alla rotazione nello stesso punto del sistemaridotto (z=0):

Sist. ridotto Sist. supplα α

α α

( ) ( )zFbaEJ

zCaEJ

CaEJ

FbaEJ

CFb

= = − = =

= − ⇒ = ⇒ =

06

03

3 6 2

11

1

11 1





Ricavato il valore dell’incognita iperstatica, utilizzando la sovrapposizione degli effetti, siricavano facilmente le reazioni vincolari e gli spostamenti voluti:Reazioni vincolari:

Vincolo a R R R Fba

Ca

Fba

Fba

Fba

R N

Vincolo b R R R Fba

Ca

Fba

Fba

Fba

R N

At A A At

Bt B B Bt

= + = − − = − − = − ⇒ = −

= + = +

+ = +

+ = +

=

1

1

23

7500

1 12

132

12500

Ovviamente la reazione vincolare alla rotazione è pari a C=50.000 NmmAnalogamente per lo spostamento in mezzeria, dove svolgendo i calcoli per il sistemasupplementare si ottiene α1=-6.5⋅10-5 e v1=-0.039 mm:

rotazione z z z rad

freccia v z v z v z mm

t

t

α α α( ) ( ) ( ) .

( ) ( ) ( ) .

= = = + = = − ⋅

= = = + = =

−200 200 200 196 10

200 200 200 0 040

14

1

Per quanto riguarda lo spostamento all’estremità C, il contributo del sistemasupplementare può essere calcolato considerando che l’elemento BC subisce in questosistema una rotazione rigida e che quindi:

α α α1 1 1 1 0 052( ) ( ) ( ) ( ) .C B v C C b mm= = − ⋅ =sommando questo valore a quello del sistema ridotto si otiene:

α α αt tC C B rad v C v C v C mm( ) ( ) ( ) . ( ) ( ) ( ) .= + = ⋅ = + = −−1

312 42 10 0375

Agli stessi risultati si puo arrivare integrando l’equazione del momento globale che siottiene una volta risolta l’iperstatica, cioè una volta determinato il valore dell’incognita C. Silascia al lettore tale verifica.





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.

SoluzioneDate le condizioni di vincolo, la lunghezza libera di inflessione vale l0 = 2*L = 4000 mmIl momento di inerzia (minimo) della sezione e l’area della sezione valgono:

J mm A mmmin =⋅

−⋅

= = ⋅ − ⋅ =40 30

1234 24

1250832 40 30 34 24 384

3 34 2

per cui il carico critico risulta:

PEJ

lNcr = =

π2

02 6271

La tensione (di compressione) in corrispondenza di tale carico vale:

σ = ≅PA

MPacr 16

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

La differenza di temperatura fra il montaggio e il funzionamento è ∆Tm = 100°-20° = + 80°Si consideri l’asta libera di dilatarsi (togliendo uno degli incastri):

L

∆Tm

∆L

L’allungamento della barra è ∆L = αL∆Tm = 12•10-6•1000•80 = 0.96 mmTale allungamento è in realtà impedito da una forza F tale da provocare un allungamento∆L’=-∆L dal quale si ricava facilmente il valore della forza:

FF ⇒ ∆L’= - ∆L





∆ ∆∆

L LFLEA

FEA L

L'= − ⇒ = −=

Calcolata la forza si ottengono le tensioni con le usuali formule:

FEA L

L= − = −

∆19200 N σ = = −F

A192 MPa

Allo stesso risultato si giunge utilizzando la legge di Hooke, ricordando che i vincoliimpediscono gli spostamenti e quindi le deformazioni:

Eεzz=szz+αE∆Tm; εzz =0 σzz=-αE∆Tm=-192 MPa

Si noti che le tensioni calcolate sono piuttosto elevate e aste particolarmente snellepotrebbero essere soggette, a causa delle variazioni di temperatura, a instabilità di tipoelastico: nel campo delle tubazioni, ad esempio, tali instabilità, pur non portando acollasso, ma solo ad una incurvatura dei tubi ( i vincoli sono fissi) possono provocare moltiproblemi; per tale motivo vengono previsti dei giunti di dilatazione che permettonol’allungamento del tubo senza generare reazioni vincolari lungo l’asse del tubo.

Esercizio 6-3

Si 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

Se viene eliminata la coppia prismatica la trave si inflette.

v L

θ L

e la sezione terminale subisce una rotazione che è facilmente calcolabile integrando lalinea elastica:

kT

ht.x = =α

2∆cos

θ αx xk dzT

hz C= ∫ = +

21

∆





la costante di integrazione si calcola imponendo la condizione al contorno z=0 ⇒ θx=0 ⇒C1 =0Si ha dunque:

θ αLT

hL= 2∆

La coppia prismatica impone una reazione vincolare che annulla tale rotazione, cioè il suovalore è tale per cui θx’ = - θx, e vale quindi:

θθ θ

''

Lx

xxx

L xx L xxMEJ

L MEJL

EJL

= ⇒ = = −

Essendo Jxx il momento di inerzia della sezione è possibile calcolare il momento che ilvincolo applica alla trave: (vedi anche figura)

Jbh

mm MT E Jh

Nmmxx xxx= = = −

⋅ ⋅ ⋅ ⋅= −

34

1222500

290000

α ∆

Calcolato tale momento è facile calcolare le tensioni di origine termica con le usualiformule:

σ σ σzzx

xxzz zz

MJ

y yh

MPa yh

MPa= = = − = − = +

260

260

y

zx

MT E Jhx

xx= − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅2 α ∆

σzzx

xx

MJ

y=

Alla stessa conclusione si può arrivare con la legge di Hooke, considerando che le fibreesterne sono soggette ad una variazione di temperatura ∆T (25°) ; si ha quindi

σ α σ αzz zzyh

T E MPa yh

T E MPa= +

= − ⋅ ⋅ = − = −

= + ⋅ ⋅ = +2

602

60∆ ∆

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