Premesse - staticmy.zanichelli.it · 1 Premesse 3 La caratteristica principale del materiale è...

11 Premesse

1 Deformazioni e legge di HookeNel volume 1 abbiamo considerato tutti i corpi perfettamente rigidi; invece ognicorpo soggetto a un sistema di forze ha delle deformazioni, che dipendono dal suomateriale e dal valore delle forze agenti. Queste deformazioni presentano caratte-ristiche diverse:

• si parla di deformazioni elastiche (o temporanee) quando, togliendo la causache le produce, il solido ritorna alle dimensioni iniziali;

• si parla di deformazioni anelastiche (o permanenti o plastiche) quando, to-gliendo la causa che le produce, le dimensioni e la conformazione del solidorimangono modificate, pregiudicandone spesso l’efficienza.

Alcuni materiali (piombo, stagno ecc.) si deformano permanentemente sotto l’a-zione di forze moderate (non sono adatti nelle costruzioni), altri (acciai, ghise,bronzi ecc.) sopportano forti carichi con caratteristiche elastiche.

▶ Ogni elemento di una costruzione statica (civile) o dinamica (macchine) do-vrà essere dimensionato in modo da evitare che i carichi agenti su di essopossano produrre deformazioni permanenti o rottura.

Un corretto calcolo di dimensionamento di tali elementi si basa sulla conoscenzadel comportamento dei materiali quando sono sottoposti a sollecitazioni esterne.A tale scopo ciascun materiale viene sottoposto a delle prove di laboratorio (ad es.di trazione), tendenti a rilevarne le principali caratteristiche meccaniche.

La prova di trazione consiste nel sottoporre una barretta del materiale in esame(detta provino o provetta), e le cui dimensioni sono stabilite 1 dalle norme UNI, auno sforzo di trazione, crescente gradualmente da zero fino a un valore massimoche causa la rottura del pezzo, e misurandone le deformazioni al crescere dellosforzo esterno (FIGURA 1.1).

Le estremità del provino vengono fissate a due morsetti, uno fisso e uno chepuò essere allontanato; sottoponendo il provino a uno sforzo di trazione crescen-te e riportando la deformazione conseguente (allungamento), in funzione dellosforzo, su un sistema di assi cartesiani, si ottengono le effettive caratteristiche delmateriale:

• sull’asse delle ordinate si riporta σ (sigma) cioè ilrapporto fra i carichi e l’area A della sezione delprovino 2 in modo da poter confrontare i risultatidelle prove di trazione anche su provini di dimen-sioni diverse.

• Sull’asse delle ascisse si riporta il rapporto ε tra ivalori delle deformazioni e la lunghezza iniziale delprovino; ciò consente di effettuare confronti anchefra prove eseguite con provini di lunghezza diversa.

1Premesse

1 La norma che specifica ilmetodo di prova di trazione permateriali metallici, e definisce lecaratteristiche meccaniche de-terminabili dalla prova stessa,è la UNI EN 10002-1 del 2004.

2 Nel Sistema Internazionale(e anche nel vecchio sistematecnico) si usano, come unità dimisura di σ, multipli preferenzia-li, per evitare numeri troppo ele-vati. Nel Sistema Internazionalesi usa il N / mm2 (che corrispon-de al MPa), nel sistema tecnicosi usava il kgf / mm2. Per avereuna corrispondenza numerica,nel caso si usino vecchi manualiche facciano ancora uso di unitàdi misura del sistema tecnico, sitenga presente che:

1 kgf / mm2 == 9,81 N / mm2 ≅

≅ 10 N / mm2 = 10 MPa == 1 daN / mm2.

1.1 Tipo di provino impiegato nelle prove di trazione.

d

l0

5 10 · d

l 5 l0

� 2 · d

2 A Meccanica

Se l’allungamento del provino si indica con λ il rap-porto

ελ

l=

si chiama deformazione relativa ed è una grandezzaadimensionale (numero puro) in quanto rapporto didue lunghezze.

Ciò premesso, esaminiamo il comportamento di unprovino di materiale duttile sottoposto alla prova ditrazione (FIGURA 1.2).

• All’inizio il diagramma presenta un tratto rettili-neo di pendenza elevata; ciò significa che le defor-mazioni sono elastiche, di modesta entità e pro-porzionali all’intensità dei carichi applicati.

Il tratto rettilineo ha termine in corrispondenza di unvalore Rp (o anche σp) del rapporto carico/sezione, oltre il quale cessa la caratte-ristica della proporzionalità fra sforzi e deformazioni. Il valore σp viene definitocarico unitario al limite di proporzionalità e la sua importanza nello studio dellaresistenza dei materiali è enorme, in quanto tale studio è basato proprio sulla leg-ge di proporzionalità, o legge di Hooke:

▶ finché le sollecitazioni esterne non superano il limite di proporzionalità ca-ratteristico del materiale, le deformazioni sono proporzionali alle forze che lehanno prodotte.

Questo è evidente nella prima parte del diagramma, in cui si ha proporzionalitàtra σ ed ε, per cui possiamo esprimere la legge di Hooke con l’espressione:

σ = E · ε (1.1)

La costante di proporzionalità E (modulo di elasticità normale o di Young) ha lestesse unità di misura di σ (ε è un numero puro) ed è una grandezza caratteristicadel materiale (nella TABELLA 1.1 ne sono riportati i valori per vari materiali).

• Aumentando l’intensità del carico le deformazioni aumentano, perdendo lacaratteristica della proporzionalità con le forze, e subito dopo il provino co-mincia a presentare deformazioni permanenti che ne riducono le proprietàmeccaniche.

Molto spesso (ma non sempre) il diagramma presenta un breve tratto nel qualeil materiale manifesta sintomi di cedimento e sensibili anomalie; il diagrammasi presenta «seghettato». La zona di queste deformazioni anomale definisce se-condo le UNI EN 10002-1 due carichi:

– il carico unitario di snervamento inferiore ReL

– il carico unitario di snervamento superiore ReH

dove gli indici L e H derivano chiaramente dall’inglese (low e high).Se il tratto seghettato non c’è, il carico unitario di snervamento sarà unico, ReL.Il carico unitario di snervamento viene più comunemente definito limite di

snervamento, e indicato con (σs).

• Oltrepassato tale limite si entra nella zona delle grandi deformazioni, in cui ilmateriale non ha più la capacità di resistere alle sollecitazioni esterne: a picco-lissimi incrementi di carico, corrispondono deformazioni notevoli.

Aumentando ulteriormente lo sforzo di trazione, il provino si spezza e la prova siconclude.

1.2 Diagramma di deformazione per materiali duttili.

σr (Rm)ReH ReL σp (Rp)

F

Aσ 5 (N /mm2)

λ

lε 5

31 Premesse

▶ La caratteristica principale del materiale è costituita proprio dallo sforzomassimo Fmax che il provino è riuscito a sopportare. Tale sforzo, rapporta-to all’area iniziale della sezione retta del provino, viene assunto come caricounitario di rottura Rm (o anche σr) del materiale, e su di esso verranno im-postati quasi tutti i procedimenti di calcolo 3 .

È il caso di rilevare che il diagramma di FIGURA 1.2 rappresenta uno schema didat-tico non molto comune nelle prove pratiche, tipico dei materiali duttili.

I materiali fragili (come, per esempio, la ghisa) difficilmente presentano il trattoanomalo corrispondente allo snervamento (FIGURA 1.3); la curva, infatti, sale mol-to ripida, distaccandosi quasi subito dalla retta uscente dall’origine, il che dimo-stra come la deformazione ε e il carico unitario σ non siano rigorosamente legatifra loro dalla legge di Hooke 4 .

Materiali malleabili, come il rame, raggiungono rapidamente lo snervamento(senza peraltro presentare il caratteristico tratto seghettato), manifestando ampiedeformazioni anche sotto carichi piuttosto esigui (FIGURA 1.4).

2 Le tensioni interneLa capacità di resistenza di un materiale dipende principalmente dalla sua natura,oltre che dagli eventuali processi tecnologici a cui è stato sottoposto. Esso è incondizione di sopportare sollecitazioni esterne tanto più intense, quanto maggiorisono le forze di attrazione molecolare che si sviluppano nell’interno in seguitoall’applicazione dei carichi.

Tali forze di coesione, che definiamo tensioni interne, crescono all’aumentaredelle sollecitazioni esterne fino a raggiungere un cer-to limite caratteristico del materiale; oltre tale limite,le forze molecolari non sono più sufficienti a tenere«attaccate» due molecole contigue e il pezzo si rompe.

Per evitare la rottura per eccesso di sollecitazioniesterne basta limitare le sollecitazioni a valori inferiorioppure impiegare un pezzo di dimensioni maggiori.La prova di trazione che abbiamo descritto nel prece-dente paragrafo si presta bene a chiarire il concetto.

Consideriamo due sezioni S e S′ contigue di un so-lido prismatico (in FIGURA 1.5 sono state disegnate auna certa distanza fra loro per maggior chiarezza); ap-

3 Si tenga presente, ad evitareerrori grossolani, che su moltimanuali il carico di rottura è in-dicato con il simbolo R.

4 Per questi materiali, alcunisperimentatori hanno propostouna formula del tipo: ε = a · σn,in cui a è una costante caratte-ristica del materiale e n è un nu-mero poco maggiore dell’unità.

σr

σ

ε

1.3 Diagramma di deformazione per materiali fragili.

σr

σ

ε

1.4 Diagramma di deformazione per materiali molto malleabili.

1.5 Tensioni interne di tipo normale (σ).

F

S

S9

a

aσ

σ

F

4 A Meccanica

plichiamo due forze F uguali e opposte lungo il suo asse geometrico e valutiamogli effetti prodotti sulle due sezioni. Alle due forze esterne che tentano di staccarele due sezioni (sforzo di trazione) si oppongono le tensioni interne che cresconoall’aumentare delle forze esterne.

▶ Su ogni area elementare a della sezione S si sviluppa una tensione interna σ

diretta normalmente alla sezione stessa. A sua volta, su ogni area elementaredella sezione S′ si genera una tensione uguale e opposta alla prima. La resi-stenza del materiale consente alle tensioni di far rimanere «attaccate» le duesezioni. Quando le tensioni interne superano il limite di tale materiale,esse non saranno più sufficienti ad assicurare l’integrità del pezzo.

Se le singole aree elementari a si suppongono di valore unitario (1 cm2, 1 mm2

ecc.) si parla di tensioni interne unitarie e ad esse si fa riferimento ogni volta chesi debba procedere al dimensionamento di un organo meccanico.

L’esempio citato rappresenta evidentemente un caso particolare, avendo fattospecifico riferimento alla prova di trazione; ciò non esclude tuttavia che il ragio-namento possa essere esteso a una struttura qualsiasi soggetta a una sollecitazioneesterna generica. Se immaginiamo (FIGURA 1.6) di poter isolare nell’interno delsolido un elemento piano di area a comunque orientato, attraverso tale elementoil materiale che si trova da una parte esercita una certa forza ρ – generalmenteobliqua rispetto all’elemento stesso – sul materiale che si trova dall’altra parte, equest’ultimo reagisce con una reazione uguale e contraria. La tensione interna ρ

può essere scomposta in due componenti, una normale e una tangenziale all’ele-mento, che indicheremo rispettivamente con i simboli σ (sigma) e τ (tau).

In definitiva, su ogni elemento di area unitaria comunque scelto nell’internodel solido, potremo calcolare:

• una tensione interna unitaria normale all’elemento (σ) in N / mm2;

• una tensione interna unitaria tangenziale all’elemento (τ) in N / mm2.

Le tensioni interne hanno una grande importanza nello studio della resistenza deimateriali, perché costituiscono un sistema di forze che può essere impiegato neicalcoli in sostituzione delle sollecitazioni esterne.

Per chiarire tale affermazione consideriamo la trave di FIGURA 1.7, in cui sononote le forze esterne agenti e le conseguenti reazioni dei vincoli. Attraverso una se-zione generica S il tronco di destra e di sinistra si trasmettono reciprocamente delletensioni interne; il tronco di sinistra – che è ovviamente in equilibrio – è soggettoalla forza esterna F1, alla reazione dell’appoggio Ra (che costituisce anch’essa unasollecitazione) e alle tensioni interne che il tronco di destra gli trasmette attraversola sezione S. Tali tensioni, pertanto, equilibrano il sistema formato dalla forza F1 e

aτ

σ

ρ

RaRbF1 F2

AB

S

1.6 Tensione interna obliqua rispetto alla sezione su cui agisce. 1.7 Equilibrio fra tensioni interne e sollecitazioni esterne.

51 Premesse

dalla reazione Ra. Ad analoga conclusione si perviene esaminando l’equilibrio deltronco di destra; il sistema delle tensioni interne trasmesse attraverso la sezione Sequilibra il sistema costituito dalla forza F2 e dalla reazione Rb.

Generalizzando, si può affermare che:

▶ il sistema di tensioni interne trasmesse da un tronco all’altro della traveattraverso una sezione generica S fa equilibrio al sistema di forze esterne(comprese le reazioni dei vincoli) agenti su quest’ultimo.

Tale conclusione consente di sostituire le sollecitazioni esterne con le tensioni in-terne: basterà dimensionare il pezzo in modo che le tensioni interne unitarie nonsuperino un valore prefissato.

TENSIONI INTERNE COME CONSEGUENZA DELLE FORZE ESTERNE APPLICATE

Osserviamo che le tensioni interne sono una conseguenza indiretta delle forze esterneapplicate; esse sorgono nell’interno del solido in seguito alle deformazioni che le forzehanno prodotto. Con l’aumentare dell’intensità delle forze esterne aumenta la defor-mazione e di conseguenza aumentano le tensioni interne; l’equilibrio statico viene rag-giunto quando le tensioni interne hanno valori tali da equilibrare il sistema delle forzeesterne e a tal punto si stabilizzano le deformazioni.

3 La condizione di resistenzaOgni singolo pezzo di una costruzione (civile o meccanica), deve essere dimensio-nato in modo da soddisfare tre condizioni basilari:

– indeformabilità: le deformazioni vanno contenute entro limiti ragionevoli enon devono essere permanenti;

– stabilità all’equilibrio;– resistenza: è assicurata quando le sollecitazioni esterne hanno valori inferiori a

quelle che ne provocano la rottura.

Per l’equivalenza fra sollecitazioni esterne e tensioni interne vista nel paragrafoprecedente, è sufficiente che tali tensioni (di tipo normale o tangenziale) non su-perino il carico unitario di rottura σr del materiale impiegato. Da quanto visto sideduce che

▶ il carico di rottura del materiale

σF

Armax

=

ha le stesse unità di misura delle tensioni interne (N / mm2) e quindi è unagrandezza comparabile con queste ultime.

Dal diagramma della prova di trazione si osserva che le deformazioni sono di tipoelastico solo se le sollecitazioni non superano il limite di elasticità. Perciò il pezzosarà contemporaneamente in buone condizioni di resistenza e di indeformabilitàsolo se le tensioni interne (σ o τ) risulteranno inferiori al carico unitario di sner-vamento e quindi molto minori del carico unitario di rottura σr.

Un abbassamento dei limiti massimi è giustificato anche dal fatto che i mate-riali possono presentare dei difetti, che i carichi possono variare con il tempo inmaniera accidentale o a causa di agenti atmosferici (pioggia, neve, …), che i pro-cedimenti di calcolo spesso sono approssimati.

6 A Meccanica

▶ Oltre a questi motivi, si deve tener presente che tutte le formule e i procedi-menti di calcolo che otterremo nei prossimi capitoli sono basati sulla validitàdella legge di Hooke. È chiaro quindi che le sollecitazioni esterne devono es-sere contenute entro valori tali da non superare il limite di proporzionalitàstabilito dalla legge stessa.

Tutto ciò comporta un’ulteriore restrizione del campo di esistenza delle tensioniinterne; cioè deve essere:

σ

τσp

⎫⎬⎭

≤(1.2)

▶ Se tale condizione è soddisfatta, il solido in questione presenta le dovute ca-ratteristiche di resistenza e le eventuali deformazioni che si manifestano sonoelastiche, di lieve entità e proporzionali alle sollecitazioni esterne.

La condizione di resistenza espressa dalla (1.2) consente calcoli precisi e pone alriparo dagli imprevisti, ma è di difficile applicazione perché la ricerca del limitedi proporzionalità si rivela, a volte, difficoltosa. Si può invece determinare, conestrema precisione, il carico unitario di rottura σr del materiale:

σF

Armax

=

se con Fmax si indica lo sforzo di trazione che ha prodotto la rottura e con A l’areadella sezione del provino.

Si preferisce perciò modificare la (1.2) sostituendo al carico limite di propor-zionalità σp una frazione del carico unitario di rottura. A tale scopo, assunto unopportuno coefficiente numerico a, definito coefficiente di sicurezza o grado disicurezza 5 rispetto alla rottura, il rapporto:

σσ

aamr

= (1.3)

▶ costituisce il carico unitario di sicurezza (o tensione ammissibile statica) 6

del materiale (N / mm2) e il suo valore numerico rappresenta il limite mas-simo entro il quale devono essere contenute le tensioni interne. Quindi lacondizione di resistenza della struttura si può scrivere:

σ ≤ σam (1.4)τ ≤ τam

con notevole semplificazione dei procedimenti di calcolo 7 .

VALORI DEL COEFFICIENTE DI SICUREZZA a

Il coefficiente di sicurezza sarà tanto maggiore quanto più incerte sono le condizioni dieffettivo lavoro del materiale e quanto maggiori sono le semplificazioni introdotte neicalcoli. In linea di massima:

a = 2,5 ÷ 4 per il ferro e gli acciai (laminati);a = 5 ÷ 7 per la ghisa;a = 8 ÷ 10 per il legno;a = 6 ÷ 15 per calcestruzzo e laterizi.

5 In linea di principio si trattadi due coefficienti diversi; il co-efficiente di sicurezza è un datodi progetto, con cui si stabilisceil carico unitario di sicurezza delmateriale, e andrebbe indica-to con a; il grado di sicurezza èinvece il risultato di un calcolodi verifica (v. par. 1.2, cap. 2) esi dovrebbe indicare con g. Mageneralmente i vari testi usanosempre lo stesso simbolo.

6 Il carico unitario di sicurez-za (che è la tensione massimaammissibile per il materiale)era in passato indicato su testie manuali con il simbolo k; at-tualmente si preferisce indicarlocon il simbolo σam. Questa pre-cisazione è necessaria per glistudenti che dovessero in fu-turo consultare testi di scienzadelle costruzioni, ancora estre-mamente validi, che utilizzino ilvecchio simbolismo.

7 Si tenga presente che il ca-rico di sicurezza è diverso per idue tipi di tensioni interne σ eτ ; nel capitolo 6 esamineremoin dettaglio i rapporti esistenti,secondo le varie teorie, tra σam

e τam .

71 Premesse

L’ultima attenzione da osservare nella progettazione di una struttura riguarda lapossibilità che si manifestino condizioni di instabilità all’equilibrio (per esempiotravi molto sottili soggette a carichi di compressione assiale, che possono esseresoggette a improvvisi cedimenti per effetto di una inflessione laterale dovuta acause imprevedibili). In questo e in altri casi analoghi, si useranno procedimentidi calcolo particolari di cui parleremo in seguito.

▶ Riassumendo, lo studio di una struttura si svolge nel seguente modo:

• ricerca delle reazioni dei vincoli;• calcolo delle sollecitazioni massime agenti sulla struttura;• calcolo delle tensioni interne;• valutazione del carico unitario di sicurezza;• confronto fra le tensioni interne e i carichi di sicurezza;• dimensionamento della struttura in funzione delle tensioni interne;• ricerca di possibili casi di instabilità dell’equilibrio.

4 La resistenza a faticaLa valutazione del carico unitario di sicurezza σam studiata nel paragrafo prece-dente è sufficientemente esatta per tutte le strutture che hanno un carico applicatogradualmente (senza urto) e costante nel tempo. Ciò è generalmente vero nellamaggior parte delle costruzioni civili, ma difficilmente si verifica nelle costruzionimeccaniche in cui gli organi sono spesso soggetti a sollecitazioni variabili nel tem-po. L’esperienza ha dimostrato che un organo dimensionato in base al normalecarico di sicurezza, se sottoposto a sollecitazioni variabili, dopo un certo periododi funzionamento si spezza improvvisamente, senza prima manifestare le ampiedeformazioni permanenti che generalmente preludono alla rottura dovuta a uneccesso di sollecitazioni statiche.

Il fenomeno è noto come cedimento per fatica delmateriale. Lo scienziato tedesco Wöhler sottoposeprovini di diversi materiali a una sollecitazione rapi-damente variabile fra due valori uguali e opposti, con-dizione questa fra le più gravose per l’integrità del pez-zo. L’esperienza di Wöhler consisteva nel far ruotare ilprovino intorno al proprio asse applicando all’estremolibero un carico F (FIGURA 1.8): il provino subiva unaflessione nel piano verticale, ma a ogni mezzo giro delpezzo la sollecitazione si invertiva, in quanto le fibreinferiori (che erano compresse) passavano alla partesuperiore (che risultavano tese).

I primi provini, dimensionati in base al carico disicurezza statico σam si rompevano dopo breve tem-po; aumentando progressivamente la sezione dei pro-vini – il che equivale a ridurre il valore del carico disicurezza – l’integrità del pezzo si protraeva per untempo più lungo, fino a divenire praticamente infini-ta. In altre parole, la resistenza alla fatica del provinoera assicurata assumendo un carico di sicurezza note-volmente più basso di quanto competeva alle comunisollecitazioni statiche. Riportando in ascissa il nume-ro delle inversioni n subite dal provino e in ordinatai valori delle sollecitazioni σ ammissibili, si ottiene ildiagramma in FIGURA 1.9.

1.8 Schema di principio di una prova di fatica (Wöhler).

F

1.9 Curva (indicativa) conseguente a una prova di fatica.

σ

σr

σ (N/mm2)

40

30

20

10

0 1 2 3 4 5 6

(n · 106)

8 A Meccanica

TABELLA 1.1 Caratteristiche meccaniche di alcuni materiali da costruzione (N / mm2)

Materiali Modulo dielasticità E

Carico di rottura σr Limite disnervamento

σs

Carico di sicurezza σam

Traz. Compr. Macchine Costruzioni

Ferro saldato 196 000 290÷350 280÷300 160÷200 90 80÷100

S235 (ex Fe360) (*) 205 000 (**) ≥ 360 ≅ traz. 235 — 140÷160 (***)

S275 (ex Fe430) (*) 205 000 (**) ≥ 430 ≅ traz. 275 — 170÷190 (***)

S355 (ex Fe510) (*) 205 000 (**) ≥ 510 ≅ traz. 355 — 210÷240 (***)

Acciaio al nichel 216 000 490÷1100 ≅ traz. 300÷490 200÷250 180÷240

Acciai speciali al Cr, Mo, Si ecc. 216 000 880÷1800 ≅ traz. 590÷1180 150÷300 —

Filo di ferro 196 000 440÷590 — 240÷300 150÷200 150÷200

Filo d’acciaio 235 000 740÷2000 — 390÷490 180÷300 240÷300

Ghisa 98 000 100÷150 590÷790Traz. 60{ Compr. 150

Traz. 30{ Compr. 90Traz. 20{ Compr. 50

Rame in getti 108 000 130÷150 390 — — —

Rame in lastre 108 000 200÷250 390÷490 Traz. 100 30÷50 —

Rame in filo 128 000 390÷590 — Traz. 130 — —

Alluminio in lastre 69 000 100÷120 — — — —

Ottone in getti 64 500 120÷150 490 Traz. 50 15 —

Ottone in lastre 98 000 200÷250 690÷880 Traz. 100 35 —

Ottone in filo 98 000 340÷780 — Traz. 120 40÷60 —

Bronzo in getti 69 000 150÷250 490 Traz. 60÷100 20÷30 —

Bronzo fosforoso 96 000 290÷390 — Traz. 135 70 —

Piombo 19 600 35 50 Traz. 10 — Compr. 10

Zinco in lastre 93 200 160 — Traz. 25 — —

Stagno 39 200 30÷50 110 Traz. 5 — —

Cuoio 100÷200 30÷50 — Traz. 15 2,5 —

Legname forte, lungo le fibre 12 000 80÷90 40÷50Traz. 50{ Compr. 22

6Traz. 10{ Compr. 6

Legname dolce, lungo le fibre 9800 70÷80 30÷40Traz. 22{ Compr. 16

4Traz. 6{ Compr. 4

Legname, trasversalmente alle fibre 1500 12 25 — — —

Corda di canapa 1500 60÷80 30÷50 20 6÷10 10

Pietre calcari — 3 20÷40 — — 2,5

Marmi — 3 30÷40 — — 2,5

Arenarie — 2 20÷40 — — 2

Mattoni a mano — 1 20÷40 — — 0,6

Mattoni a macchina — — 25÷30 — — 0,7

Malta di calce — 2 15÷20 — — 2

Malta di pozzolana — 1 6÷50 — — 1

Cemento — 1 10÷30 — — 2÷3

Calcestruzzo 19 600 1,5 5÷20 — — 1÷2

Vetro 78 500 30 150 — — 20

Legge di Wöhler. Si assume:

• il σam della tabella per sollecitazioni statiche

• σamf =2

—3

· σam per sollecitazioni variabili da 0 a F

• σamf =1—3

· σam per sollecitazioni alternate tra – F e F

(*) Sono i tipici acciai per impieghi strutturali; la prima è la nuova designa-zione secondo norma UNI EN 10027/1, la seconda quella vecchia secondoUNI-CNR 10011 del 1988.(**) È il valore medio che assumeremo nel testo per gli acciai, se non al-trimenti specificato; in realtà si ha una variazione da 196000 a 220000N/mm2, con punte di 240000 per l’acciaio armonico.(***) Il valore più alto è per spessori inferiori a 40 mm, quello più basso perspessori superiori.

91 Premesse

▶ Per assicurare perciò la resistenza di una struttura soggetta a carichi variabilinel tempo, quest’ultima deve essere dimensionata imponendo la condizioneche le tensioni interne σ e τ siano inferiori a un nuovo carico unitario σamf,definito carico unitario al limite di fatica, o più semplicemente limite di fa-tica.

Per valutare il nuovo carico σamf , sono state proposte numerose formule empiri-che, tutte comunque impostate su una riduzione del carico di sicurezza σam persollecitazioni statiche. La formula più semplice prevede:

amf amσ σ2

3= (1.5)

se la sollecitazione esterna varia fra un certo valore massimo F e il valore nullo(sollecitazione pulsante); e anche:

amf amσ σ1

3= (1.6)

se la sollecitazione varia fra due valori estremi uguali ma di segno opposto (sol-lecitazione alternata simmetrica). Fra le formule proposte che prevedono anchesollecitazioni intermedie ai valori sopra indicati riportiamo la seguente:

amf amσ σσ

σ

2

3

1

3

min

max

= ⋅ + ⋅

⎛⎜⎝

⎛⎜⎝

in cui σmin e σmax rappresentano i valori assunti dalle tensioni interne in corri-spondenza alle sollecitazioni estreme.

Alcuni esempi di carichi di rottura, al limite di elasticità e di sicurezza, sono ri-portati in TABELLA 1.1. In ogni caso le caratteristiche meccaniche di tutti i materialisono reperibili su tutti i manuali tecnici.

5 Altri principi fondamentaliLa legge di Hooke costituisce la base della teoria dell’elasticità e dei procedimentiche esamineremo nei prossimi capitoli, dai quali si ricavano le condizioni di sta-bilità di travi soggette a sollecitazioni. A tale legge, però, occorre affiancarne altre,che permettono di semplificare i problemi connessi alla resistenza delle strutture.

5.1 Principio di Saint-VenantSi consideri una trave soggetta a un sistema di forze esterne la cui risultante Rabbia per retta d’azione l’asse longitudinale della trave stessa (FIGURA 1.10).

Come detto nel paragrafo precedente, attraverso una sezione generica S ven-gono trasmesse, dal tronco inferiore a quello superiore, delle tensioni interne,capaci di equilibrare le forze agenti su quest’ultimo, cioè la risultante R; ci si puòchiedere se sia lecita la sostituzione del sistema di forze esterne con la propriarisultante, e quindi con qualsiasi altro sistema di forze che ammetta la stessa ri-sultante.

A questo interrogativo risponde il principio di Saint-Venant:

▶ A eccezione di un breve tratto iniziale della trave, le tensioni interne e le de-formazioni non cambiano se si sostituisce un sistema di forze esterne con unaltro avente la stessa risultante.

1.10 Equilibrio fra tensioniinterne normali σ e forzeesterne.

R

S

σ

10 A Meccanica

Il «breve tratto iniziale» al quale fa cenno il principio di Saint-Venant ha all’in-circa una lunghezza equivalente alla maggiore dimensione della sezione; in taletratto la sostituzione di un sistema di forze con un altro avente la stessa risultanteprovoca deformazioni diverse (e quindi diverse tensioni interne).

La FIGURA 1.11 evidenzia quanto detto: la risultante R, agente lungo l’asselongitudinale, provoca deformazioni maggiori nel centro delle prime sezioni eminori alla loro periferia; le sezioni si incurvano, ma l’incurvamento è menosensibile quanto più ci si allontana dalla sezione estrema e in pratica si annulla(le sezioni restano piane) a una distanza pari alla maggiore dimensione dellasezione.

L’ipotesi che le sezioni normali all’asse rimangano piane e indeformate verràapplicata in quasi tutti i procedimenti di calcolo che esamineremo in seguito; ilprincipio di Saint-Venant, tuttavia, ci mette in guardia contro un’eccessiva esten-sione di tale ipotesi, essendo essa applicabile solamente ai solidi allungati, trascu-randone la parte prossima al punto di applicazione del carico.

L’estensione del principio di Saint-Venant alle travi soggette a sollecitazionidiverse da quella assiale, pur non essendo altrettanto evidente, è tuttavia perfetta-mente valida.

1.11 Deformazioni anomaleprodotte da una forza assialeR nelle prime sezioni.

R

LIMITI DI APPLICABILITÀ DEL PRINCIPIO DI SAINT-VENANT

Le formule relative alle travi soggette a compressione, che esporremo nelprossimo capitolo, non possono essere applicate al caso di un cubo solleci-tato da una forza esterna passante per il suo baricentro (FIGURA 1.12).Il cubo, infatti, è soggetto a compressione, ma la sua dimensione assiale èuguale a quelle trasversali, per cui l’intero solido fa parte del «breve trattoiniziale» citato nel principio di Saint-Venant, entro il quale le sezioni normaliall’asse non si mantengono piane. L’applicazione delle formule sarebbe per-ciò errata, non essendo verificate le ipotesi sulle quali sono basate le formulestesse.

1.12 Solido poco sviluppato in lunghezzasoggetto a compressione assiale; per ilprincipio di Saint-Venant non sono applicabilile normali formule di compressione.

F

l

l

5.2 Principio della sovrapposizionedegli effettiQuesto principio è molto utile nello studio di strutture soggette a un sistema com-plesso di sollecitazioni; esso afferma che:

▶ L’effetto prodotto da più forze che agiscono contemporaneamente è ugualealla somma degli effetti che le singole forze produrrebbero agendo separa-tamente.

Il principio è subordinato alla validità della legge di Hooke; le deformazioni devo-no essere elastiche e di intensità moderata, in modo che non si verifichino sposta-menti sensibili dei punti di applicazione delle forze esterne. Il principio della so-vrapposizione degli effetti ci permette di studiare alcuni tipi di strutture dividendoil problema in un certo numero di casi più semplici.

Per esempio, lo studio della trave di FIGURA 1.13, soggetta a due carichi con-centrati e a un carico uniformemente distribuito nel tratto centrale, può essere

111 Premesse

effettuato supponendo che la trave stessa sia soggetta separatamente a due diversitipi di sollecitazioni:

• i due carichi F concentrati sulle due estremità degli sbalzi, come in FIGURA 1.14a;• il carico q uniformemente ripartito sul tratto centrale, come in FIGURA 1.14b.

Poiché queste due ipotesi rispecchiano casi normalmente già noti, il problema ècosì rapidamente risolto.

CLIL Stress and deformation

The stress field induced by applied forces produces a deformation in a body. Defor-mations which are recovered after the stress field has been removed are called elas-tic deformations. In this case, the body completely recovers its original configuration.On the other hand, irreversible deformations remain even after stresses have beenremoved. One type of irreversible deformation is plastic deformation, which occursin material bodies after stresses have attained a certain threshold value known asthe elastic limit or yield stress. Also known as unit deformation, strain is the ratio ofthe change in length caused by the applied force, to the original length. Suppose thata metal specimen is placed in a tension-compression-testing machine. As the axialload is gradually increased in increments, the total elongation over the gauge lengthis measured at each increment of the load and this is continued until failure of thespecimen takes place. Knowing the original cross-sectional area and length of thespecimen, the normal stress σ and the strain ε can be obtained. The graph of thesequantities with the stress σ along the y-axis and the strain ε along the x-axis is calledthe stress-strain diagram. The stress-strain diagram differs in form for various mate-rials. Metallic engineering materials are classified as either ductile or brittle materials.A ductile material is one having relatively large tensile strains up to the point of rup-ture like structural steel and aluminum, whereas brittle materials has a relatively smallstrain up to the point of rupture like cast iron and concrete. From the origin O to thepoint called proportional limit, the stress-strain curve is a straight line; for Hooke’s Lawthe stress, within the proportional limit, is directly proportional to strain. The constantof proportionality is called Young’s modulus or the modulus of elasticity, and is equalto the slope of the stress-strain curve.Working stress is defined as the actual stress of a material under a given load. Themaximum safe stress that a material can carry is termed the allowable stress. Theallowable stress should be limited to values not exceeding the proportional limit. How-ever, since the proportional limit is difficult to determine accurately, the allowablestress is taken as the rupture strength divided by a factor of safety. The ratio of thisstrength to allowable strength is called the factor of safety.

1.13 Trave soggetta a condizioni di carico complesse.

F F

A B

q

1.14 Utilità del principio della sovrapposizione degli effetti.

F F

A B

A B

q

a)

b)

12 A Meccanica

carico di rottura del materiale è di 520 N / mm2. Sotto qualecarico F è avvenuta la rottura del provino? Qual è, media-mente, iI carico di sicurezza σam del materiale?

Soluzione : F ≅ 80 040 N; σam ≅ 148 N / mm2.

1.b ▲△△ Un provino di ferro avente un carico di rotturadi 420 N / mm2 viene sottoposto alla prova di trazione e sispezza sotto lo sforzo di 33 000 N. Che diametro ha iI pro-vino?

Soluzione : d = 10 mm.

2 ESERCIZIO SVOLTOArgomento Legge di Hooke.

In una prova di trazione, prima che il materiale superi il li-mite di proporzionalità, si rileva che la deformazione rela-tiva del provino è ε = 0,0004, sotto un carico di 3500 N.Se il provino ha un diametro d = 10 mm, una lunghezzal0 = 10 · d, determinare il modulo di Young.

▶ Se il materiale non è stato sollecitato oltre il limite diproporzionalità, la legge di Hooke stabilisce che defor-mazioni relative ε e tensioni interne σ sono proporzionalifra loro.Calcolata l’area della sezione retta del provino:

A d4 4

10 78,5 mm2 2 2π π= ⋅ = ⋅ ≅

la tensione interna è:

1 ESERCIZIO SVOLTOArgomento Carico di rottura

Calcolare il carico di sicurezza statico di un materiale, sa-pendo che la provetta d’esame, del diametro di 20 mm, si èrotta sotto un carico di 13 000 N.

▶ Le provette impiegate nelle prove di trazione hanno di-mensioni normalizzate: il tipo più comune in uso ha for-ma cilindrica con lunghezza utile l0 = 10 · d. Se la provettaha diametro d = 20 mm, la sezione è

Ad

4

3,14 20

4314 mm

2 22π

=⋅

=⋅

≅

e il carico unitario di rottura del materiale vale:

F

Ar

13000

314414 N/mm2σ = = ≅

Assumendo un grado di sicurezza a = 3,5 si ottiene il ca-rico unitario di sicurezza:

aam

r 414

3,5118 N/mm2σ

σ= = ≅

ESERCIZI PROPOSTI

1.a ▲△△ In seguito alla prova di trazione eseguita su unprovino di acciaio del diametro di 14 mm, si calcola che il

ESERCIZIO A COMPLETAMENTO

In una struttura l’effetto prodotto da più cheagiscono è ugualealla degli effetti che le forzeprodurrebbero agendo . Tale princi-pio è chiamato principio di degli edè subordinato alla della leggedi .

ESERCIZIO A RISPOSTA APERTA

Descrivi brevemente la differenza di comportamento traun materiale duttile e un materiale fragile.

DEFORMAZIONI E SOLLECITAZIONI

CONDIZIONE DI RESISTENZA PROVA DI TRAZIONE

Coefficiente di sicurezza a

Resistenza a fatica

• Deformazione elastica e plastica

• Materiali duttili e fragili

• Tensione di rottura e snervamento

• Legge di Hooke

• Principio di Saint-Venant

• Principio di sovrapposizionedegli effetti

ESERCIZI

131 Premesse

ESERCIZIF

A

3500

78,544,6 N/mm2σ = = ≅

e dall’equazione di proporzionalità σ = ε · E si ricava:

E44,6

0,0004111 000 N/mm2σ

ε= = ≅

La barretta in prova è quasi sicuramente di rame.

ESERCIZI PROPOSTI

2.a ▲△△ Un’altra barretta, questa volta d’acciaio(E = 205 GPa), di dimensioni uguali alla precedente, subisceuna deformazione relativa ε = 0,0005; determinare il valoredel carico che ha prodotto la deformazione.

Soluzione : F ≅ 8 kN.

2.b ▲△△ Con riferimento all’esercizio precedente, cal-colare la deformazione relativa ε e quella assoluta λ quan-do lo sforzo di trazione è di soli 6 kN.

Soluzione : ε ≅ 0,000373; λ ≅ 0,0745 mm.

2.c ▲△△ Quando il provino dell’esercizio 2.a è sotto-posto a uno sforzo di trazione di 10 kN, la proporzionalitàfra tensioni e deformazioni termina. Quanto vale il limite diproporzionalità σp? Qual è la massima deformazione ε rag-giunta?

Soluzione : σp ≅ 127 N / mm2; ε ≅ 0,000621.

2.d ▲△△ Un filo di materiale ignoto, di diametrod = 3 mm e lunghezza l = 1,5 m, è sottoposto a una for-za di trazione F = 1000 N. Sapendo che l’allungamento èΔl = 1,7 mm e che la sollecitazione è rimasta al di sotto delcarico al limite di elasticità, trovare il valore del modulo dielasticità E del materiale.

Soluzione : E ≅ 125 000 N / mm2, il filo quasi sicuramente èdi rame.

2.e ▲△△ Due aste uguali, una in acciaio e l’altra inghisa, si allungano della stessa quantità, rimanendo incampo elastico, sotto l’azione di due forze di trazione di-verse. Supponendo che l’acciaio abbia modulo di elasticitàE = 200 kN / mm2 e la ghisa E = 100 kN / mm2, e che la forzadi trazione sull’asta di acciaio sia di 30 kN, calcolare la forzache agisce sull’asta di ghisa.

Soluzione : F = 15 kN.

3 ESERCIZIO SVOLTOArgomento Carico di sicurezza

Una barra tonda di acciaio, di diametro d = 20 mm, è statadimensionata per una forza di trazione F = 45 kN.Considerando che il carico di rottura del materiale è di430 N / mm2, stimare il coefficiente di sicurezza alla rotturaa utilizzato.

▶ Se la barra ha diametro d = 20 mm, la sezione è

Ad

4

3,14 20

4314 mm

2 22π

=⋅

=⋅

≅

Quindi nel progetto è stato considerato un carico di si-curezza

F

Aam

45 000

314143,3 N/mm2σ = = ≅

ossia è stato usato un coefficiente di sicurezza

ar

am

430

143,33

σ

σ= = =

ESERCIZI PROPOSTI

3.a ▲△△ Un tubo di rame, di diametro esterno de == 60 mm e diametro interno di = 50 mm, è stato dimen-sionato per una forza di trazione F = 50 kN. Sapendo che ilcarico di rottura del materiale è di 230 N / mm2, stimare ilcoefficiente di sicurezza alla rottura a utilizzato.

Soluzione : a ≅ 4.

4 ESERCIZIO SVOLTOArgomento Resistenza a fatica

Calcolare il carico di sicurezza dinamico (limite di fatica) diun acciaio (avente carico di rottura pari a 600 N / mm2) chedeve essere impiegato per la costruzione di un albero ditrasmissione. Assumere il coefficiente di sicurezza a = 2,6.

▶ Nella maggior parte dei casi, un albero di trasmissione èsoggetto a sollecitazioni alternate simmetriche nel tem-po, in quanto gli sforzi interni si invertono a ogni mezzogiro dell’albero stesso. Ne segue che, determinato il ca-rico di sicurezza statico σam = σr /a, è opportuno ridurloulteriormente a 1 / 3 del valore iniziale per prevenire ifenomeni di fatica. Fissato pertanto a = 2,6 otteniamo

aamf

r

3

600

3 2,677 N/mm2σ

σ=

⋅=

⋅≅

ESERCIZI PROPOSTI

4.a ▲△△ Un albero di trasmissione soggetto a solleci-tazioni alternate simmetriche si rompe improvvisamentequando la tensione interna supera 80 N / mm2. Ritenendoche iI carico di rottura del materiale sia di 580 N / mm2, calco-lare il coefficiente di sicurezza statico a previsto nel progetto.

Soluzione : a ≅ 2,41.

4.b ▲△△ Calcolare iI carico di sicurezza dinamico adattoper la costruzione di un pezzo meccanico che dovrà essereassoggettato a carichi variabili fra F e F / 2. Il materiale hacarico di rottura σr = 580 N / mm2 e il coefficiente di sicu-rezza statico può essere assunto pari a 3,5.

Soluzione : σamf ≅ 138 N / mm2.

5 CLIL SOLVED EXERCISESubject Elongation

A circular aluminium tube (E = 70 GPa) of length L = 693 mmis loaded in tension by a force P = 37 kN. The outside andinside diameters are 84 mm and 73 mm respectively. Astrain-gage on the outside of the bar records a normal

14 A Meccanica

ESERCIZIπ π

σ

εσ

A D D

F

A

E

e i4 4

84 73 1356 mm

37000

135627.3 N/mm

27.3

70 0000.00039

2 2 2 3 2

2

) )( (= ⋅ − = ⋅ − ≅

= = ≅

= = ≅

and the strain-gage measurement is right.

strain in the longitudinal direction of 390 · 10-6. Computethe elongation of the bar.

▶ The problem has too much data: to compute the elonga-tion of the bar we can use:

λ ε L 390 10 693 0.27 mm6= ⋅ = ⋅ ⋅ ≅−

and the only data we need are the bar length and strain.

With the other data we may verify if the strain-gage in-dication is right:

QUESITI1 Esporre, al massimo in 20 parole, la legge di Hooke.

2 Definire, al massimo in 20 parole, che cos’è la defor-mazione relativa ε.

3 Descrivere, in 5 righe, il diverso comportamento di unmateriale in campo elastico e in campo plastico.

4 Definire, al massimo in 20 parole, quando un corpo sidice isotropo.

5 Indicare quale sia tra i seguenti un materiale fragile:a rameb ghisac ferro

6 Se un materiale in condizioni statiche ha un carico disicurezza di 150 N / mm2, per una sollecitazione alternatavariabile da 0 a F si assumerà un carico di sicurezza a faticapari a:

50 100 150 300

7 Se un materiale in condizioni statiche ha un carico disicurezza di 150 N / mm2, per una sollecitazione alternatavariabile da – F a F si assumerà un carico di sicurezza a faticapari a:

50 100 150 300

8 Definire, al massimo in 20 parole, il modulo di elastici-tà di un materiale.

9 Definire, al massimo in 5 righe, il carico unitario al li-mite di proporzionalità.

10 Definire, al massimo in 20 parole, il carico di sicurezzadi un materiale rispetto alla rottura.

11 Il carico unitario di resistenza a fatica in funzione dellasollecitazione massima e minima si esprime con la seguen-te formula:

a amf am

1

3

2

3min

max

σ σσ

σ= ⋅ + ⋅

⎛⎜⎝

⎛⎜⎝

b amf am

2

3

1

3max

min

σ σσ

σ= ⋅ + ⋅

⎛⎜⎝

⎛⎜⎝

c amf am

2

3

1

3min

max

σ σσ

σ= ⋅ + ⋅

⎛⎜⎝

⎛⎜⎝

d amf am

1

3

2

3max

min

σ σσ

σ= ⋅ + ⋅

⎛⎜⎝

⎛⎜⎝

12 Nel Sistema Internazionale, l’unità di misura dellatensione interna è:a kgf / mm2

b MPac bar

13 Esporre, al massimo in 5 righe, il principio di Saint-Ve-nant.

14 Esporre, al massimo in 30 parole, il principio di so-vrapposizione degli effetti.

152 Trazione e compressione

1 Sollecitazione di trazione

1.1 GeneralitàConsideriamo una trave (FIGURA 2.1) di lunghezza l e di sezione costante A, inca-strata all’estremità superiore e soggetta a un sistema di carichi la cui risultante Nabbia per retta d’azione l’asse geometrico della trave e sia applicata nell’estremoinferiore di essa.

Come sappiamo (v. cap. 4, vol. 1) la risultante N è equilibrata dalla reazionedel vincolo R, uguale e contraria a N. Per effetto delle due forze N e R la tra-ve tende esclusivamente ad allungarsi, e la sollecitazione si definisce di trazionesemplice.

In una generica sezione S della trave (FIGURA 2.2) si sviluppa un sistema di ten-sioni interne agente sulla sezione S′ immediatamente prossima, e quest’ultimareagisce nello stesso modo nei confronti di S 1 .

Il tronco inferiore è in equilibrio sotto l’azione della risultante N e del sistemadi tensioni interne trasmesse dalla sezione S; in modo analogo, anche il troncosuperiore è in equilibrio sotto l’azione della reazione R e del sistema di tensionipresenti nella sezione S′.

2Trazionee compressione

R

N

l

R

N

l

2.1 Sollecitazione di trazione.

R

S9

S

a

a

σ

σ

N

R

S9

S

a

a

σ

σ

N

2.2 Equilibrio fra tensioni interne s e forzeesterne.

1 Anche in questo caso, nellaFIGURA 2.2 le due sezioni S eS ′ sono state disegnate note-volmente distanti fra loro perrendere più chiara l’esposizione;si tenga conto comunque cheesse, in realtà, sono a direttocontatto.

16 A Meccanica

1.2 Analisi dello stato di tensionePoiché le tensioni interne sono di tipo normale alla sezione e ogni tensione uni-taria s agisce su un elemento di area a, per l’equilibrio del tronco inferiore si ha:

(2.1)

Ritenendo valida l’ipotesi della conservazione delle sezioni piane, tutte le fibre pa-rallele all’asse longitudinale della trave presentano la stessa deformazione e quindisono ugualmente sollecitate. Quindi l’intensità delle tensioni internes è costan-te in tutta la sezione.

Inoltre, indicando con A l’area della sezione S normale all’asse longitudinale(A = ∑ a), la relazione (2.1) diventa s · A = N, da cui:

N

As = (2.2)

La (2.2) rappresenta l’espressione della tensione interna unitaria s in una sezionegenerica S della trave; la trave sarà in buone condizioni di resistenza se il valore dis risulta inferiore al carico unitario di sicurezza (s ≤ sam) cioè:

N

A ams≤ (2.3)

La (2.3) costituisce l’equazione di stabilità a trazione 2 . Nello svolgimento deiproblemi, essa può essere impiegata in tre diversi modi:

▶ calcolo di progetto, per determinare l’area A da assegnare alla sezione dellatrave normale all’asse longitudinale noti la risultante N dei carichi agenti e il cari-co di rottura del materiale impiegato. Fissato un opportuno valore del coefficientedi sicurezza a, si determina il carico unitario di sicurezza sam e poi si calcola:

AN

ams=

▶ calcolo di controllo, per calcolare lo sforzo assiale massimo N che la trave puòsopportare noti la sezione di area A e il carico di rottura del materiale. Determina-to il carico unitario di sicurezza sam, si ottiene N = A · sam;

▶ calcolo di verifica delle condizioni di resistenza della trave noti la sezione diarea A e lo sforzo assiale N a cui è soggetta. Confrontando il valore della tensioneinterna

N

As =

con quello del carico di sicurezza sam, si ricava:

ars

s=

e dall’entità del grado di sicurezza a 3 si deducono le condizioni di resistenza dellatrave.

Occorre considerare che ci siamo riferiti a una generica sezione S della trave tra-scurando il peso proprio della trave, che produce un ulteriore sforzo di trazione;tale sforzo ha un valore nullo nella parte inferiore della trave e massimo nellasezione di incastro che deve sopportare tutto il peso P, oltre naturalmente la sol-lecitazione esterna N.

a Ns )( ⋅∑ =

2 Nella (2.3) esprimeremo, perrispettare l’omogeneità dimen-sionale della formula:• il carico di sicurezza sam in

N/mm2;• lo sforzo di trazione N in N;• l’area della sezione A in mm2.

3 In questo caso (calcolo diverifica) sarebbe come già dettopiù opportuno utilizzare il sim-bolo g; continueremo però adutilizzare nel seguito del volumeil simbolo a, per non introdurreulteriori simboli.


Tuttavia, in quasi tutti i problemi in cui figurano strutture metalliche di dimen-sioni non eccezionali, il peso P della trave è decisamente trascurabile rispetto allesollecitazioni esterne; non si può affermare altrettanto nei confronti di strutturemurarie i cui carichi di sicurezza, piuttosto limitati, richiedono sezioni notevoli ecomportano pesi propri non indifferenti.

▶ Trascureremo pertanto l’effetto prodotto dai pesi delle travi, sempre che essenon siano di notevoli dimensioni o non sia diversamente specificato nel testodel problema.

1.3 Analisi della deformazionePer effetto della forza assiale N l’allungamento λ della trave è tanto più piccoloquanto minore è la sollecitazione, e quanto maggiore è la sezione della trave stessa.

L’allungamento λ (FIGURA 2.3) deve essere tale da consentire l’applicazione del-la legge di Hooke (la deformazione della trave deve avere carattere elastico edessere proporzionale all’intensità della sollecitazione esterna). Se si indica con l lalunghezza primitiva della trave, il rapporto:

lε

λ= (2.4)

viene definito allungamento relativo ed è una grandezza adimensionale.Riscriviamo la legge di Hooke:

s = E · ε (2.5)

e sostituendo le espressioni di s e di ε nella (2.5), si ottiene:

N

AE

l

λ= ⋅

da cui segue:

N l

E Aλ =

⋅

⋅(2.6)

relazione che consente di calcolare l’allungamento λ in funzione di:

• N, sollecitazione assiale espressa in N;• A, area della sezione della trave misurata in mm2;• l, lunghezza iniziale della trave misurata in mm;• E, modulo di elasticità del materiale espresso in

N / mm2.

Con queste unità di misura, l’allungamento λ risultaespresso in mm.

Contemporaneamente all’allungamento in senso lon-gitudinale, si manifestano anche deformazioni in sen-so trasversale, tali da produrre una contrazione dellasezione normale all’asse; con le notazioni della FIGU-

RA 2.4, indicando con m un opportuno coefficiente nu-merico, le deformazioni relative in direzione trasver-sale si possono esprimere con:

1

my z xε ε ε= = − (2.7)

N

λ

l

2.3 Deformazione di unatrave soggetta a trazione.

2.4 Contrazione della sezione.

x

x

y y

z

z

18 A Meccanica

di segno negativo, in quanto rappresentano accorciamenti delle dimensioni ini-ziali della sezione.

Il coefficiente 1 / m è comunemente noto come coefficiente di Poisson e il suovalore numerico, per ghisa, ferro, acciaio e la maggior parte dei metalli vale:

10

3e quindi

10, 3m

m= =

IMPORTANZA DELLE DEFORMAZIONI TRASVERSALI

Le deformazioni trasversali assumono enorme importanza quando la sollecitazioneesterna agisce nelle tre direzioni ortogonali nei confronti della struttura. Per fare unesempio, un pilastro compresso assialmente resiste di più se viene rinforzato con cer-chiature che impediscano il rigonfiamento della sezione che deriva dalle deformazionisecondarie. Se le cerchiature sono forzate, il solido è compresso sia in senso assiale,sia in senso trasversale e le sue caratteristiche di resistenza aumentano ulteriormente.

Questo semplice esempio ci consente di studiare con maggior facilità il caso dipiù sollecitazioni (dello stesso tipo) agenti contemporaneamente su una struttura.Analizziamo infatti gli effetti prodotti dalle tre sollecitazioni (FIGURA 2.5) nelle di-rezioni x, y e z.

La tensione interna sx che si sviluppa in direzione x produce una deformazioneprincipale

9Ex

xε

s=

e due deformazioni secondarie orientate rispettivamente nelle direzioni y e z. Perquanto esposto in precedenza, risulta:

9 91 1

1 1

m m E m m Ey xx

z xx

ε εs

ε εs

= − ⋅ = − ⋅ = − ⋅ = − ⋅

A sua volta la tensione sy provoca una deformazione principale:

99Ey

yε

s=

e due secondarie:

99 991

1

m E m Exy

zy

εs

εs

= − ⋅ = − ⋅

Infine, per effetto della tensione sz, si ottiene analogamente:

999Ez

zε

s=

e anche:

999 9991

1

m E m Exz

yz

εs

εs

= − ⋅ = − ⋅

In ognuna delle tre direzioni si manifestano tre diversedilatazioni i cui effetti possono essere sommati alge-bricamente:

9 99 9991 1

E m E m Ex x x xx y z

ε ε ε εs s s

= + + = − ⋅ − ⋅

ossia:1

E mx xy z

ε σσ σ

= ⋅ −+⎛

⎜⎝

⎛⎜⎝

In modo analogo, nelle direzioni y e z risulta rispetti-vamente:

σx

σz

σy

σxσy

σz

x

x

2.5 Sollecitazioni di trazione in più direzioni.


1

1

E m E my yx z

z zx y

ε σσ σ

ε σσ σ

= ⋅ −+

= ⋅ −+⎛

⎜⎝

⎛⎜⎝

⎛⎜⎝

⎛⎜⎝

Queste tre relazioni assumono un’importanza enorme tutte le volte che su unasezione del solido si sviluppano tensioni (anche di tipo diverso) in più di unadirezione. È chiaro infatti che le caratteristiche di resistenza di un determinatomateriale vengono dedotte direttamente dalla prova di trazione, prova che svilup-pa tensioni interne orientate principalmente in una sola direzione; il confrontofra tale prova e un sistema di tensioni orientato in tre direzioni sarebbe pertantoassurdo, ove non si provvedesse a ridurre tale sistema a uno stato monodimensio-nale fittizio ricorrendo ad alcune ipotesi semplificative.

▶ Uno dei criteri di resistenza più comuni 4 è basato sull’ipotesi di limitareopportunamente le dilatazioni prodotte dal sistema di forze esterne. Nel casopiù generale di sollecitazioni agenti in tre direzioni ortogonali, tale criterio siesprime in forma analitica con le relazioni:

E · εx ≤ sam E · εy ≤ sam E · εz ≤ sam

ovvero, ricordando quanto esposto in precedenza:

m m mxy z

am yx z

am zx y

amss s

s ss s

s ss s

s−+

≤ −+

≤ −+

≤

I primi membri delle tre relazioni sopra scritte rappresentano tensioni interneideali atte a produrre le stesse dilatazioni (εx, εy e εz) che sono sviluppate, in realtà,dalle tre sollecitazioni agenti contemporaneamente sul solido.

Nei prossimi capitoli estenderemo tale criterio di resistenza a condizioni di ca-rico notevolmente più complesse, dalle quali hanno origine tensioni interne ditipo normale s e tensioni di tipo tangenziale τ.

2 Sollecitazione di compressioneLa sollecitazione di compressione si differenzia da quella di trazione solo per il versodella forza N, che tende a comprimere la trave agendo lungo il suo asse longitudi-nale (FIGURA 2.6). A essa fa equilibrio, come di consueto, la reazione R del vincolo.

È perciò ragionevole calcolare la deformazione a compressione tramite la re-lazione (2.6) ricavata per la trazione; poiché la trave tende ad accorciarsi, la forzaassiale N avrà segno negativo e l’accorciamento avrà segno opposto all’allunga-mento:

N l

E Aλ− = −

⋅

⋅(2.8)

e quindi una deformazione relativa:

lxελ

− = − (2.9)

In seguito all’accorciamento della trave, la sezione subisce un incremento in tutte ledirezioni normali all’asse; anche in questo caso è valida una relazione simile alla (2.7):

1

my z xε ε ε= = ⋅ (2.10)

con le quali si ottengono deformazioni di segno positivo.Anche l’equazione di stabilità (2.3) può essere considerata valida per il dimen-

sionamento della trave; scriveremo pertanto:

N

A amcs≤ (2.11)

4 Esamineremo in dettaglio ivari criteri di resistenza nel ca-pitolo 6.

N

λ

R

l

2.6 Sollecitazionedi compressione.

20 A Meccanica

intendendo con il simbolo samc il carico unitario di sicurezza a compressione, ilcui valore numerico può essere ricavato dalla TABELLA 1.1.

È bene osservare che per molti materiali (ferro, acciai) il carico di sicurez-za a trazione e quello a compressione praticamente coincidono; è indifferen-te perciò considerare separatamente le due sollecitazioni. Altri materiali, inve-ce, hanno due diversi carichi di rottura a trazione e a compressione 5 . La ghisa,per esempio, presenta un notevole valore del carico di rottura a compressione(src = 700 ÷ 800 N / mm2), mentre è poco resistente a trazione; il legno ha un com-portamento opposto: il carico di rottura a trazione supera il carico di rottura acompressione.

Un’altra considerazione importante riguarda la lunghezza (l) della trave, chenon figura nella formula risolutiva (2.11). Quindi, a parità di carico applicato Ne di materiale impiegato samc, la sezione A della trave risulta identica per travi dilunghezza diversa. Invece una trave tozza soggetta a compressione si differenziada una snella; quest’ultima può cedere più facilmente, anche se il dimensiona-mento con la (2.11) è teoricamente corretto, perché può subire una piccola infles-sione laterale, che comporta una sollecitazione ben diversa da quella di compres-sione semplice prevista dalla (2.11): quindi l’improvviso cedimento della strutturaè perfettamente logico. Queste considerazioni portano alle seguenti conclusioni.

• Le travi di lunghezza limitata soggette a sforzi di compressione possono esseredimensionate con le normali formule fin qui illustrate.

• Le travi di una certa lunghezza, anche se soggette a sforzi assiali di compressio-ne, costituiscono un problema a sé stante e vengono considerate come solidicaricati di punta; i procedimenti di calcolo di queste travi verranno esaminatinel capitolo 9.

Se indichiamo con b il minore dei lati della sezione, la validità delle formule dicompressione semplice cessa, e la sollecitazione deve essere considerata come ca-rico di punta 6 , per lunghezze superiori al limite:

l ≤ 10 · b (2.12)

▶ Effetto del peso proprio Abbiamo già premesso che, qualora le dimensionidella trave siano considerevoli, si deve tener conto anche del peso della struttura,valutando la resistenza della sezione più affaticata. Un caso particolare è quello diun pilastro non soggetto a carichi esterni ma sollecitato esclusivamente dal pro-prio peso (FIGURA 2.7).

Sulla sezione inferiore del pilastro grava il peso complessivo P di tutta la partesovrastante, peso che può essere espresso con la relazione:

P = r · g · A · h

se con A indichiamo l’area della sezione normale all’asse longitudinale e con r ladensità del materiale impiegato. Trattandosi di una sollecitazione di compressio-ne, la resistenza del pilastro è assicurata se:

P

A amcs≤

ovvero, sostituendo l’espressione di P, se:

g A h

A amc

rs

⋅ ⋅ ⋅≤ da cui r · g · h ≤ samc

In definitiva, l’altezza massima h compatibile con la resistenza dell’insieme vale:

hg

amcs

r=

⋅

e dipende esclusivamente dalle caratteristiche r e samc del materiale impiegato.

5 Poiché, nella maggior partedei casi, le applicazioni nume-riche sono relative a materialiaventi lo stesso carico di rottu-ra a trazione e a compressione,adotteremo comunemente ilsimbolo sr per il carico di rot-tura, e sam per il carico di sicu-rezza, escludendo altri indici. Diquesti faremo uso solo nei casiin cui il materiale abbia carichi dirottura diversi, indicando il ca-rico di rottura rispettivamentecon srt (trazione) e src (compres-sione); allo stesso modo, per ilcarico di sicurezza adotteremoi simboli samt (trazione) e samc

(compressione).

2.7 Compressione prodottadal peso proprio P.

A

P

h

6 La limitazione espressa dalla(2.12) è largamente appros-simata; nel capitolo 9 avremooccasione di affrontare megliol’argomento delle travi snelle ericavare una relazione più esat-ta, il cui impiego, al momento,sarebbe superfluo.


Occorre notare però che la formula ora ricavata non tiene conto della snellezzadel pilastro, per cui, pur essendo assicurata la resistenza allo schiacciamento, essocederà, molto probabilmente, per effetto del «carico di punta».

3 Influenza della temperaturaFino a questo momento non abbiamo tenuto conto della temperatura di esercizioalla quale è sottoposta la trave in esame; il problema, infatti, riveste un’importan-za secondaria per le costruzioni civili, soggette generalmente alle condizioni am-bientali. Non si può dire altrettanto per i vari organi delle macchine, le cui tempe-rature di esercizio raggiungono spesso valori sensibilmente elevati. Caratteristicoè il caso delle parti di una caldaia a contatto con i fumi caldissimi prodotti dallacombustione, o quello delle turbine azionate da vapore d’acqua a elevata tempe-ratura.

▶ In generale le variazioni di temperatura devono essere accuratamente valu-tate per due distinti motivi:

• incidono sul valore del carico di rottura del materiale, e quindi sul caricodi sicurezza;

• producono dilatazioni o contrazioni della struttura, le cui conseguenzepossono essere dannose se impedite dai vincoli esterni.

Le variazioni di temperatura si ripercuotono in modo molto irregolare sul com-portamento dei materiali: per alcuni metalli (ferro, acciaio, ghisa) il carico unita-rio di rottura aumenta, seppur leggermente, all’aumentare della temperatura (finoa circa 300 °C); per altri invece (alluminio, rame, bronzo) diminuisce e per altriancora non presenta alcuna variazione.

Se il pezzo dovrà lavorare a lungo con temperature di esercizio notevolmentealte, bisognerà tenerne conto assumendo un coefficiente di sicurezza maggiore ri-spetto a quello a temperatura ambiente.

Più complesso è il problema riguardante le deformazioni prodotte dalle varia-zioni di temperatura; è noto infatti che tutti i corpi solidi tendono a dilatarsi quan-do vengono riscaldati e a contrarsi per effetto di un raffreddamento.

Prendiamo una trave vincolata con una cerniera e un appoggio (FIGURA 2.8):essa è praticamente indifferente alle variazioni di temperatura, in quanto solouno dei suoi estremi è immobilizzato dalla cerniera C; un aumento di tempera-tura produce un allungamento più o meno sensibile della trave, ma l’estremo B,libero di muoversi non genera fenomeni secondari che possono danneggiare lastruttura.

Molto diversa è la situazione se entrambi gli estremi della trave sono immo-bilizzati da vincoli opportuni (FIGURA 2.9); un eventuale aumento di temperaturatende a produrre un allungamento, che però è impedito dalla presenza dei vincoli.

F1 F2

C B

2.8 Influenza della temperatura su una trave appoggiata.

l

2.9 Dilatazione termica impedita.

22 A Meccanica

Si manifestano perciò delle tensioni interne di compressione s proporziona-li all’entità della deformazione prodotta dall’incremento di temperatura; se talitensioni superano il carico di snervamento, la struttura subisce deformazionipermanenti che ne compromettono l’integrità.

Il fenomeno avviene con modalità analoghe nel caso di un notevole raffredda-mento; in questo caso si sviluppano delle s di trazione (in quanto la trave dovreb-be accorciarsi), la cui entità deve essere contenuta entro i limiti imposti dai carichidi sicurezza, per non incorrere in gravi deformazioni o nel completo collasso dellastruttura.

Per valutare gli effetti termici, indichiamo con Δt l’aumento di temperaturasubito dalla trave e con α il coefficiente di dilatazione lineare caratteristico delmateriale che la costituisce; l’allungamento λ dovuto all’aumento di temperaturasi esprime con la relazione:

λ = α · l · Δt (2.13)

Poiché tale allungamento è impedito dai vincoli, la trave si comporta comese fosse soggetta a un carico assiale di compressione N capace di produrrela stessa deformazione. Uguagliando i valori assoluti della (2.13) e della(2.8), si ottiene:

N l

E Al tα Δ

⋅

⋅= ⋅ ⋅

Semplificando e ricordando che il rapporto N / A rappresenta la tensioneinterna s, si ricava:

s = α · E · Δt (2.14)

e la trave si rompe quando s supera il valore di sr . Viceversa, la resistenzasarà assicurata se:

α · E · Δt ≤ samc

dove samc indica il carico di sicurezza a compressione del materiale.Nella TABELLA 2.1 sono riportati i coefficienti di dilatazione α di alcuni

materiali.

4 Solidi con brusche variazionidi sezione

Quando in un corpo soggetto a sollecitazione assiale si è in presenza di bruschevariazioni di sezione (dovute a fori, scanalature, intagli, gole o raccordi), la ten-sione non è più uniformemente distribuita, ma si concentra nelle vicinanze dellavariazione di sezione stessa; ciò aumenta la tensione rispetto al valore teorico no-minale (calcolato ipotizzando una distribuzione uniforme).

La sollecitazione massima è quindi esprimibile con una relazione del tipo:

smax = Kt · sn (2.15)

dove Kt (fattore di intaglio) è funzione della forma del corpo e della variazionedi sezione; i suoi valori sono presenti nei manuali tecnici sotto forma di grafici.

Due esempi tipici sono riportati, a pagina seguente, in FIGURA 2.10a (due tratticilindrici di diametro diverso raccordati) e in FIGURA 2.10b (asta cilindrica congola). In ordinata è riportato il fattore Kt, in ascissa il rapporto tra raggio di rac-cordo e diametro minore. Sui grafici sono normalmente riportate varie curve, infunzione del rapporto D / d; per comodità di rappresentazione in FIGURA 2.10 èriportata solo una curva, quella relativa al rapporto D / d = 1,2.

TABELLA 2.1 Coefficientidi dilatazione termica di alcunimateriali

Materiale Coefficientea

Acciaio o ferro 0,000012

Alluminio 0,000024

Bronzi e ottoni 0,000018

Ghisa 0,000010

Piombo 0,000028

Platino 0,000009

Rame 0,000017

Stagno 0,000023

Zinco 0,000029

Acciaio «invar» 0,0000006


5 Corpi cilindrici soggetti a pressioneinterna

L’equazione di stabilità ricavata per la sollecitazione di trazione semplice trova ap-plicazione anche in casi che apparentemente si discostano in modo notevole dalleipotesi di carico esposte nella parte introduttiva del testo; intendiamo riferirci alcalcolo dei recipienti cilindrici contenenti un fluido in pressione e quindi sog-getti a una pressione interna che tende a produrne la rottura. Il fluido contenutonel recipiente preme infatti contro le pareti con intensità costante e con direzionenormale alle pareti stesse.

Il procedimento di calcolo si può impostare nel modo seguente. Consideriamoun tronco del recipiente avente lunghezza unitaria (FIGURA 2.11) e supponiamo diisolare un elemento di superficie corrispondente a un arco di lunghezza h. Se p èla pressione all’interno del cilindro, su tale elemento di superficie agisce una forzaF di intensità 7 :

F = p · h · 1 = p · h (2.16)

che scomporremo lungo le direzioni x e y indicate infigura. Poiché F forma con la verticale un angolo α, è:

Fx = F · sen α Fy = F · cos α

e ricordando la (2.16):

Fx = p · h · sen α (2.17)′

Fy = p · h · cos α (2.17)′′

Per ogni altro piccolo elemento di area valgono rela-zioni analoghe alle (2.17) in funzione dell’angolo α

che caratterizza la posizione dell’elemento stesso. Esa-minando l’equilibrio del semianello inferiore, si rilevafacilmente che le componenti secondo l’asse x dellevarie forze F si annullano reciprocamente, essendouguali e opposte, mentre le componenti secondo l’assey danno luogo a una risultante che indicheremo con R.L’intensità di tale risultante è

cosR p h α= ⋅ ⋅∑

P

D

P

d

r

1,2

1,4

1,6

1,8

2,0

2,2

2,4

0,00 0,05 0,10 0,15 0,20 0,25 0,30

Kt

r /d

P

D

P

d

r

1,0

1,4

1,8

2,2

2,6

3,0

0,00 0,05 0,10 0,15 0,20 0,25 0,30

Kt

r /d

D /d 5 1,2D /d 5 1,2

a) b)

2.10 Fattore di intaglio Kt .

7 Ricordiamo che la pressioneviene definita come il rapportofra una forza e la superficie sucui essa agisce; invertendo ladefinizione, la forza agente suuna superficie si ottiene mol-tiplicando il valore della pres-sione per l’area della superficiestessa.

y

s

x

N

1

Mh

α

α

Fx Fx

FyFy

F FR 5 �Fy

2.11 Calcolo delle tensioni in un recipiente cilindricosoggetto a pressione interna.

24 A Meccanica

ovvero, essendo costante il valore della pressione p inogni punto:

cosR p h α= ⋅ ⋅∑

Per ogni singolo elemento il prodotto h · cos α rappre-senta la proiezione dell’elemento stesso h sull’asse dellex; di conseguenza, la relativa sommatoria equivale aldiametro interno D del contenitore cilindrico:

cosh MN Dα⋅∑ = =

La risultante R delle componenti verticali delle varieforze F vale pertanto:

R = p · D

A essa deve fare equilibrio il sistema di tensioni interne s, trasmesse dal semianel-lo inferiore a quello superiore, attraverso le due sezioni diametrali. Poiché ognunadi tali sezioni ha una dimensione unitaria (lunghezza) e l’altra pari allo spessore sdella parete cilindrica è

A = 2 · s · 1 = 2 · s

e per soddisfare la condizione di equilibrio del semianello inferiore:

2

R

A

p D

ss = =

⋅

⋅

ossia, introducendo il raggio interno r del solido:

p r

ss =

⋅(2.18)

La resistenza del contenitore sarà assicurata se s ≤ sam, ossia, per la (2.18), se:

p r

s ams⋅

≤ (2.19)

relazione valida per tutti i recipienti cilindrici soggetti a pressioni interne nonmolto elevate. Esprimendo sia sam sia p in N / mm2, lo spessore s della parete avràla stessa unità di misura del raggio interno r.

Con un procedimento del tutto analogo si ricava una formula per la determina-zione dello spessore s da assegnare a un contenitore sferico soggetto alla pressio-ne interna p (FIGURA 2.12). Omettendo, per semplicità, la relativa dimostrazione,riportiamo la relazione conclusiva:

2

p r

s ams⋅

⋅≤ (2.20)

nella quale i simboli impiegati hanno il significato ormai noto.

6 Equilibrio delle funiI fili, le funi, le catene a maglie piccole e in genere tutti gli organi flessibili di unacerta lunghezza, fissati ai due estremi, sono soggetti al proprio peso e assumo-no una configurazione di equilibrio tale che ogni sezione è sollecitata a trazione;

2.12 Equilibrio delle tensioni interne in un solido emisfericosoggetto a pressione interna.

σ


lo stesso avviene se, in aggiunta al peso proprio,sono presenti anche carichi esterni concentrati oripartiti su tutta la loro lunghezza. In ogni caso,la configurazione di equilibrio assunta dalla funecomporta una certa freccia, dipendente dall’entitàdel peso per unità di lunghezza q della fune e dallaforza di trazione esercitata nella fase di montaggio.Ci limiteremo allo studio delle funi molto tese, incui cioè la freccia f è molto piccola rispetto alla di-stanza l esistente fra i due punti estremi di attacco;in questo caso, per la modesta inclinazione dellafune, il suo peso q per unità di lunghezza si puòritenere applicato sulla proiezione orizzontale (FI-

GURA 2.13). Siano A e B i due punti di attacco, allostesso livello, distanti l fra loro (FIGURA 2.14), e f lafreccia di inflessione della fune, il cui peso per unitàdi lunghezza indicheremo con q. Il peso totale Qdi tutta la fune vale Q = q · l, e riportando a par-te un vettore ON proporzionale a Q e sfruttandola costruzione del poligono funicolare, è possibiletracciare i due segmenti AD e BD , determinandola configurazione di equilibrio corrispondente a uncarico Q concentrato nel punto di mezzo. Nel casoin esame, però, il carico è ripartito e la configura-zione di equilibrio della fune è parabolica; per lanota proprietà della parabola è:

1

2VC CD= ⋅

ossia:

2CD f= ⋅ .

Dalla similitudine dei triangoli ACD e PMO si ri-cava:

:2 2

: 2Hl q l

f )(=⋅

⋅

da cui:

8

2

Hq l

f=

⋅

⋅(2.21)

relazione che permette di calcolare la componen-te orizzontale H dello sforzo S in ogni punto dellafune.

In corrispondenza del vertice V della parabola,lo sforzo S coincide con la componente H. Nelle al-tre sezioni esso viene determinato componendo Hcon il peso del tratto di fune compreso fra il verticee la sezione considerata.

Lo sforzo S è perciò massimo nei due punti diattacco (FIGURA 2.15), dove è espresso dalla rela-zione:

2 8 2 81 16max

2

2 22 2 2

2S Hq l q l

f

q l q l

fn= +

⋅=

⋅

⋅+

⋅=

⋅

⋅⋅ + ⋅

⎛⎜⎝

⎛⎜⎝

⎛⎜⎝

⎛⎜⎝

⎛⎜⎝

⎛⎜⎝

2.13 Equilibrio delle funi molto tese.

S S

A Bf

q

l

A C B

V

D

f

l

N

M

O

P

H

Q 5 q · l

q · l

2

2.14 Calcolo della componente orizzontale H dello sforzoagente sulla fune.

l

2

q · l

2H

Smax

2.15 Calcolo dello sforzo nei punti di attacco della fune.

26 A Meccanica

avendo posto n = f / l; tale relazione può essere approssimata 8 nel modo se-guente:

81 8 1 8max

22 2S

q l

fn H n) )( (=

⋅

⋅⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ (2.22)

oppure, con semplici passaggi:

1 8

8max

2

S q ln

n= ⋅ ⋅

+ ⋅

⋅(2.23)

È chiaro che la lunghezza effettiva L della fune deve essere maggiore della distanzal fra i due punti di attacco; la maggiorazione sarà tanto più grande quanto piùampia è la freccia di inflessione. Senza addentrarci in una laboriosa dimostrazioneche comporta l’uso dei processi di integrazione, ci limitiamo a riportare la formu-la risolutiva:

8

3

2

L lf

l= + ⋅ (2.24)

CLIL Tension and compression

Let us consider a straight bar with a constant cross-sectional area A. If the ends ofthe bar are subjected to external forces, the external load causes internal forces calledstresses, which are distributed over the cross section. They have the dimension offorce per area and are denoted by s. We assume that they act perpendicularly to thecross-sectional area A and that they are uniformly distributed. Since they are normalto the cross section they are called normal stresses. Their resultant is the normalforce N. Therefore we have N = s · A and the stresses s can be calculated from thenormal force s = N /A. In the case of a positive normal force N (tension) the stress s ispositive (tensile stress); if the normal force is negative (compression) the stress is alsonegative (compressive stress).Now let us investigate the deformations of an elastic bar. Let us first consider a barwith a constant cross-sectional area and with undeformed length l. Under the ac-tion of tensile forces it gets slightly longer. The elongation is denoted by Δl and isassumed to be much smaller than the original length l. As a measure of the amountof deformation, it is useful to introduce, in addition to the elongation, the ratio be-tween the elongation and the original (undeformed) length: ε = Δl /l. The dimension-less quantity ε is called strain. A tensile or a compressive force, respectively, causesthe strain ε = s /E.Changes in length and thus strains are not only caused by forces but also by changes intemperature. The thermal strain ε is proportional to the change ΔT of temperature ifthe temperature of the bar is changed uniformly across its section and along its length:ε = α · ΔT. The factor α is called the coefficient of thermal expansion. It is a materialconstant and is expressed by the unit 1/°C.A concentrated force produces high stresses near its point of application. This phe-nomenon is known as stress concentration and is restricted to sections in the proxim-ity of the point of application of the concentrated force: the high stresses decay rapidlytowards the average value s = N /A as we increase the distance from the end of the bar.This fact is referred to as Saint-Venant’s principle.The uniform distribution of the stress is also disturbed by holes,notches or any abruptchanges (discontinuities) in the geometry of the bar.

8 Il passaggio alla formulaapprossimata (2.22) comportala conoscenza degli sviluppi inserie di alcune funzioni; nel casoattuale, limitando lo sviluppo alsecondo termine della serie:

xx

1 12

22

+ ≅ +

e ponendo x = 4 · n si ottiene la(2.22).


1 ESERCIZIO SVOLTO

Argomento Aste soggette a trazione

Una sbarra di acciaio (sr = 520 N / mm2) di sezione circola-re, di diametro d = 40 mm, lunga 5 m e disposta vertical-mente, è soggetta a un carico di 160 000 N, applicato al suoestremo inferiore. Trascurando il peso proprio della sbarra,calcolare il suo allungamento e verificare la sua resistenza.

▶ L’area della sezione della trave è

4

40

41257 mm

2 22p p= ⋅ = ⋅ ≅A

d

quindi l’allungamento λ vale:

N

E A

160 000 5000

205 000 12573,1mm

l=

⋅

⋅=

⋅

⋅≅λ

e la tensione interna unitaria s si ricava dalla relazione:

160 000

1257127 N/mm2s = = ≅

N

A

Essendo il carico di rottura del materiale sr = 520 N / mm2,l’asta ha un grado di sicurezza:

520

127,34,1

s

s= = ≅a

r

più che accettabile.

ESERCIZI PROPOSTI

1.a ▲△△ Una sbarra di acciaio (sr = 520 N / mm2) disezione quadrata, lunga 4 m e disposta verticalmente, èsoggetta a un carico assiale, applicato all’estremo inferio-re, N = 140 000 N. Assumendo un coefficiente di sicurezzaa = 3,25, calcolare il lato b della sbarra e l’allungamento re-lativo ε.

Soluzione : b ≅ 30 mm; ε ≅ 0,00076.

1.b ▲△△ Un’asta di acciaio (sr = 420 N / mm2) lunga6 m, disposta verticalmente e soggetta a un carico assiale Ndi trazione, presenta una deformazione relativa ε = 0,0006.

ESERCIZIO A COMPLETAMENTO

In una struttura le di temperaturavanno attentamente valutate per 2 motivi:

1) incidono sul valore del delmateriale ;2) producono, se positive, e,se negative, , che, se impediteda possono produrredannose .

ESERCIZIO A RISPOSTA APERTA

Descrivi brevemente l’importanza delle deformazioni tra-sversali.

TRAZIONE E COMPRESSIONE

SOLLECITAZIONE DI TRAZIONE

Equazione di stabilità a trazione

Analisi della deformazione

SOLLECITAZIONE DI COMPRESSIONE

Equazione di stabilità a compressione

Effetto del peso proprio

Influenza della temperatura

• Concentrazione delle tensioni

• Fattore d’intaglio

Serbatoi in pressione

Equilibrio delle funi

• Allungamento assiale

• Modulo di elasticità

• Deformazioni trasversali

• Modulo di Poisson

ESERCIZI

28 A Meccanica

ESERCIZI3 ESERCIZIO SVOLTO

Argomento Calcolo / verifica di aste tese

Una taglia a due pulegge mobili è sospesa all’estremità diuna struttura a tre cerniere secondo lo schema di FIGURA2.17a. Calcolare il diametro dell’asta superiore, supponen-do che il carico massimo da sollevare sia di 20 000 N e as-sumendo il carico di rottura del materiale sr = 480 N / mm2.

▶ Indicando con Q il carico da sollevare e con F la forza mo-trice necessaria, dalla condizione di equilibrio della taglia:

2=

⋅F

Q

n

si ottiene:

20000

2 25000 N=

⋅=F

Di conseguenza il carico complessivo P, che agisce verti-calmente all’estremità della struttura, vale:

P = 20 000 + 5000 = 25 000 N

e deve essere decomposto nelle direzioni individuatedalle due aste. Dalla scomposizione grafica rappresenta-ta in FIGURA 2.17b si ricava:

°sen 30

25 000

0,550 000 N= = =N

P

e lo sforzo N agisce come sollecitazione di trazione neiconfronti dell’asta superiore. Fissato pertanto il coeffi-ciente di sicurezza (a = 3), si ottiene il carico unitario disicurezza sam:

480

3160 N/mm2s

s= = =

aam

r

Calcolare l’allungamento assoluto λ, la tensione interna s eil coefficiente di sicurezza a previsto.

Soluzione : λ = 3,6 mm; s ≅ 123 N / mm2; a ≅ 3,4.

2 ESERCIZIO SVOLTO

Argomento Calcolo di tiranti

Calcolare la sezione dei due tiranti in acciaio (FIGURA 2.16a),articolati alle due estremità, che sostengono un caricoF = 200 000 N, applicato nel loro punto di unione.

▶ Poiché i due tiranti sono collegati fra loro con cerniere,il carico F si decompone secondo le direzioni individua-te dai tiranti stessi. Dalla scomposizione illustrata inFIGURA 2.16 b, si ricava lo sforzo assiale N che agiscesu ciascun tirante:

°2 cos 30

200 000

2 0,866115470 N=

⋅=

⋅≅N

F

Ritenendo che il carico di rottura sia

sr = 390 N / mm2

e assumendo a = 3, si ottiene il carico di sicurezza sam:

390

3130 N/mm2s

s= = ≅

aam

r

e la sezione di ciascun tirante risulta:

115470

130888 mm2

s= = ≅A

N

am

ESERCIZI PROPOSTI

2.a ▲△△ Con riferimento all’esercizio precedente, cal-colare l’allungamento λ di ciascun tirante, la sua deforma-zione relativa ε e l’abbassamento δ subito dal punto di ap-plicazione della forza F.

Soluzione : λ ≅ 2,5 mm; ε ≅ 0,00063; δ ≅ 2,9 mm.

2.b ▲▲△ Risolvere l’esercizio 2 nell’ipotesi che, rima-nendo invariati i punti di attacco, la lunghezza delle aste siadi 3 m.

Soluzione : A ≅ 1032 mm2.

4 m60° 30° 30°

F

F

NN N

a) b)

2.16

30°

N9

30°

N

P 5 Q � F

b)

30°

2 m

F

Q

a)

2.17


e normali a essa (R′). Nel problema specifico interessa lacomponente N′, la cui intensità:

N′ = F · sen 30° = 81 · 103 · 0,5 = 40,5 · 103 N

deve essere dimezzata, in quanto i suoi effetti si riper-cuotono su due sbarrette. Ogni sbarretta sopporta perciòuno sforzo assiale:

2

40,5 10

220,25 10 N

33=

′=

⋅= ⋅N

N

Essendo A = 10 · 40 = 400 mm2, la tensione interna s

assume il valore:

20,25 10

40050,6 N/mm

32s = =

⋅≅

N

A

che risulta largamente accettabile. Ritenendo infatti che siasr = 360 N/mm2, il coefficiente di sicurezza vale:

360

50,67,1

s

s= = ≅a

r

ESERCIZI PROPOSTI

4.a ▲△△ Con riferimento all’esercizio precedente, sta-bilire quale deve essere iI peso P di ogni rullo affinché il co-efficiente di sicurezza delle sbarrette di collegamento siauguale a 3,3.

Soluzione : P ≅ 302 kN.

4.b ▲△△ Due tondini di acciaio, lunghi ciascuno 10 m edi diametro 22 mm, sono ancorati a due punti fissi da unlato, e dall’altro collegati fra loro da un tenditore a vite il cuipasso è di 2 mm. Determinare l’entità dello sforzo N che sigenera nei tondini, quando il tenditore viene avvitato di duegiri completi, e la relativa tensione interna s.

Soluzione : N ≅ 31 170 N; s = 82 N / mm2 (di trazione).

5 ESERCIZIO SVOLTO

Argomento Dilatazioni termiche

La trave in acciaio Fe360 di FIGURA 2.19, lunga 3 m, è inca-strata in A, mentre l’altro estremo B dista 1 mm da una pa-

L’area A della sezione dell’asta tesa risulta:

50000

160312 mm2

s= = ≅A

N

am

e a essa corrisponde un diametro

4 4 312

3,1420 mm

p=

⋅=

⋅≅d

A

ESERCIZI PROPOSTI

3.a ▲△△ Con riferimento all’esercizio precedente, sicalcoli l’allungamento λ subito dall’asta e la sua deforma-zione relativa ε.

Soluzione : λ ≅ 1,8 mm; ε ≅ 0,00078.

3.b ▲▲△ Risolvere l’esercizio 3.a nell’ipotesi che l’an-golo α sia di 45° e che la taglia abbia quattro pulegge mobilianziché due. Gli altri dati del problema rimangono inalterati.

Soluzione : ≅ 16 mm.

4 ESERCIZIO SVOLTO

Argomento Calcolo / verifica di aste tese

Tre rulli uguali di raggio r = 1 m, pesanti ciascuno 140 kN,sono disposti secondo lo schema di FIGURA 2.18. I due rul-li inferiori sono trattenuti a contatto da due sbarrette (unaper lato) di Fe360, di sezione rettangolare 10 × 40 mm. Ve-rificare la resistenza delle sbarrette e calcolare il grado disicurezza.

▶ Poiché ciascun rullo tocca quello adiacente lungo una ge-neratrice, il peso del rullo superiore si decompone lungole due rette che passano per i rispettivi centri. Essendo itre rulli uguali, tali rette formano un triangolo equilate-ro, quindi l’angolo in A è di 60°. Le due componenti F delpeso P valgono pertanto:

°2 cos 30

14 10

2 0,86681 10 N

43=

⋅=

⋅

⋅≅ ⋅F

P

e, trasportate lungo le proprie rette d’azione, fino ad agi-re nei punti B e C, si decompongono, a loro volta, in duecomponenti, rispettivamente parallele alla sbarretta (N′)

A

F F

P

F F

B CN9 N9

R9 R9

30°

30° 30°

2.18

3 m

1 mm

A

B

2.19

30 A Meccanica

ESERCIZIsuccessivo rimanesse un piccolo intervallo, sufficiente adassorbire le eventuali variazioni della temperatura ambien-te. Se ogni troncone era lungo 22 m, e iI massimo aumentodi temperatura previsto era di 30 °C, quanto valeva l’inter-vallo Δx fra due tronchi successivi?

Soluzione : Δx ≅ 7,92 mm.

6 ESERCIZIO SVOLTO

Argomento Calcolo/verifica di tiranti

Una trave AB lunga 3 m è sostenuta da due tiranti di ac-ciaio verticali, di lunghezza 2 m. Quello applicato in A ha undiametro di 10 mm, l’altro ha un diametro di 12 mm. Perentrambi il carico di rottura è di 360 N / mm2. Sulla traveagisce una forza F = 24 kN applicata in un punto C che dista2 m da A. Calcolare quale sia il grado di sicurezza dei duetiranti e quanto si abbassi il punto C. Considerare la traveinfinitamente rigida.

▶ I due tiranti sono sottoposti agli sforzi

24 2

316 kN=

⋅=

⋅=T

F AC

ABB e TA = F – TB = 24 – 16 = 8 kN

La loro sezione è

4 412 113,1mm2 2 2

p p= ⋅ = ⋅ ≅S dB B

4 410 78,5 mm2 2 2

p p= ⋅ = ⋅ ≅S dA A

La loro tensione unitaria è quindi:

12000

113,1141,5 N/mm2s = = ≅

T

SB

B

B

8000

78,5101,8 N/mm2s = = ≅

T

SA

A

A

e il rispettivo grado di sicurezza:

360

141,52,54

s

s= = ≅aB

r

B

360

101,83,53

s

s= = ≅aA

r

A

il primo abbastanza ridotto, e quindi appena accettabile.

L’abbassamento dei punti A e B corrisponderà all’allun-gamento dei due tiranti:

141,5

205 0002000 1,38 mmlλ

s= ⋅ = ⋅ ≅

EB

B

101,8

205 0002000 0,99 mmlλ

s= ⋅ = ⋅ ≅

EA

A

L’abbassamento del punto C, essendo l’asta infinitamen-te rigida, sarà calcolabile dall’espressione:

ABACD A

B A0,99

1,38 0,99

32 1,25 mm

)(= +

−⋅ = +

−⋅ ≅δ δ

δ δ

rete piana indeformabile. Calcolare le tensioni interne chesi manifestano nella trave in seguito a un riscaldamento di100 °C.

▶ Trascurando il peso proprio della trave, essa, per effettodel riscaldamento, subisce un allungamento:

λ = α · l · Δt

e ritenendo α = 0,000012:

λ = 0,000012 · 3000 · 100 = 3,6 mm

Tale allungamento non è compatibile con le limitazioniindicate nel testo: la trave, infatti, potrà allungarsi solo di1 mm; dopodiché la parete, con la quale viene a contatto,costituisce un vincolo capace di impedire l’ulteriore allun-gamento di 2,6 mm. La trave sopporterà quindi uno sforzodi compressione N tale da produrre una deformazione di2,6 mm. Dalla relazione:

lλ =

⋅

⋅

N

E A

si ricava pertanto:

l

λs=

⋅=

N

A

E

Posto λ = 2,6 mm, ne consegue che:

205000 2,6

3000178 N/mm2s =

⋅≅

La trave non è prossima alla rottura, ma non può tuttaviaritenersi in buone condizioni di sicurezza; ritenendo in-fatti sr = 360 N / mm2, risulta:

360

1782,02= ≅a

coefficiente alquanto esiguo.

ESERCIZI PROPOSTI

5.a ▲△△ Con riferimento all’esercizio precedente, de-terminare quale deve essere l’aumento di temperaturaΔt della trave, affinché le tensioni interne s non superino100 N / mm2.

Soluzione : Δt ≅ 68,4 °C.

5.b ▲△△ Una sbarra circolare in ghisa, lunga 4 me con sr = 120 N / mm2, è incastrata alle due estremi-tà. Di quanto occorre raffreddarla affinché sia superatoiI carico di rottura? Assumere E = 100 000 N / mm2 e α == 0,000010.

Soluzione : Δt = 120 °C.

5.c ▲▲△ I due tiranti dell’esercizio 4.b vengono raffred-dati (dopo che iI tenditore ha compiuto i due giri) di 50 °C.Determinare iI valore della tensione interna s.

Soluzione : s ≅ 205 N / mm2 (di trazione).

5.d ▲▲△ Le rotaie della ferrovia, come è noto, fino aun recente passato e prima dell’utilizzo delle lunghe rotaiesaldate, erano costruite in modo che fra ogni troncone e iI


(sr = 600 N / mm2), di sezione circolare. Tenendo conto delledimensioni riportate in figura, determinare iI diametro d deltirante, il suo allungamento λ e lo spostamento δ dell’estre-mità del picco. Assumere un grado di sicurezza pari a 3.

Soluzione : d ≅15 mm; λ ≅ 0,957 mm; δ ≅ 1,43 mm.

7 ESERCIZIO SVOLTO

Argomento Tensioni derivanti da forza centrifuga

A un alberino verticale, rotante a 40 giri/min, sono collegatidue fili metallici (lunghi 1 m) ai cui estremi sono fissate duesfere di massa 20 kg ciascuna. Calcolare il diametro d deifili assumendo il carico di sicurezza sam del materiale paria 120 N / mm2.

▶ Per effetto del moto di rotazione, si sviluppa una forzacentrifuga Fc applicata nel baricentro di ciascuna sfera etendente ad allontanarla dall’asse di rotazione. Quandosi raggiunge la configurazione di equilibrio illustrata inFIGURA 2.22, i momenti delle forze P e Fc rispetto allacerniera C devono essere uguali, cioè deve essere:

Fc · (l – h) = P · r

Ricordando l’espressione della forza centrifuga:

m · w 2 · r · (l – h) = m · g · r

si ricava:

hg

( )2

l − =w

Inserendo i dati numerici risulta:

n2

60

2 3,14 40

604,19 rad/ s=

⋅=

⋅ ⋅≅w

p

e anche:

h( )9,81

4,190,559

2l − = ≅

Si può quindi ricavare:

r h( ) 1 0,559 0,83 m2 2 2 2l l= − − = − =

ESERCIZI PROPOSTI

6.a ▲▲△ Una sfera di ghisa del diametro di 1 m è so-spesa mediante una sbarra di acciaio (sr = 380 N / mm2) se-condo lo schema di FIGURA 2.20. Calcolare la sezione dellasbarra e il suo allungamento. Assumere la densità della ghi-sa pari a 7160 kg / m3 e un coefficiente di sicurezza a = 3.

Soluzione : A = 300 mm2; λ ≅ 0,97 mm.

6.b ▲▲△ Due fili uguali e paralleli, uno di rame euno di acciaio, lunghi 2,50 m, sostengono un carico di5 kN. Noto iI diametro dei fili (∅ = 4 mm) e i valo-ri del rispettivi moduli di elasticità (Er = 128 000 N / mm2,Ea = 205 000 N / mm2), determinare le tensioni interne svi-luppate in ciascun filo e l’allungamento dell’insieme.

Soluzione : sr ≅ 153 N / mm2; sa ≅ 245 N / mm2;λ ≅ 2,99 mm.

6.c ▲▲▲ Un picco di carico (FIGURA 2.21), atto a solle-vare carichi di 20 kN, è sostenuto da un tirante in acciaio

1,5 m

P2.20

ND

B

FP

1 m

2 m

l1

30¡

CQ

2.21

FcFc

N NP P

h

r

,l

l 2 h

n 5 40 giri/min

2.22

32 A Meccanica

ESERCIZIsi ottiene:

F g A h

Aam

+ ⋅ ⋅ ⋅=

rs

e semplificando:

F

Ag ham= − ⋅ ⋅s r

si ricava infine:

s rA

F

g ham

=− ⋅ ⋅

Con i dati numerici del testo risulta:

A200 000

2 1,8 10 9,81 10 000109 684 mm

6

2=− ⋅ ⋅ ⋅

=−

Essendo il pilastro circolare, il suo diametro è quindi

pd

A4139654 374 mm=

⋅= ≅

Bisogna però notare che

h

d

10 000

37426,8= ≅

è molto elevato, e che per la (2.12) il pilastro non deveessere calcolato con le formule di compressione sempli-ce, ma con i procedimenti a carico di punta che studiere-mo nel capitolo 9.

ESERCIZI PROPOSTI

8.a ▲△△ Quale altezza h può raggiungere un pilastro didiametro d, costruito in muratura, senza che si verifichi larottura per effetto del proprio peso? Si assuma r = 2800kg / m3 e sr = 30 N / mm2.

Soluzione : h ≅ 1092 m.

8.b ▲△△ Un pilastro alto 4 m, formato di mattoni comu-ni, deve sopportare un carico assiale concentrato di 160 kN.Determinare la sezione retta di tale pilastro, tenendo con-to anche del peso proprio, assumendo r = 1,8 kg / dm3 esam = 2 N / mm2. Tener conto che un mattone pieno comuneha dimensioni normalizzate 12 × 25 cm, e che la malta ha lospessore di 1 cm.

Soluzione : A = 25 × 38 cm = 950 cm2; s ≅ 1,75 N / mm2; maanche in questo caso occorre calcolo a carico di punta.

8.c ▲△△ Un pilastro in muratura (r = 2 kg /dm3), di se-zione quadrata 40 × 40 cm e alto 5 m, sopporta un caricoassiale F. Tenendo conto del peso proprio del pilastro, cal-colare il valore di F compatibilmente con il carico di sicurez-za del materiale, assunto pari a 3 N / mm2.

Soluzione : F ≅ 464 300 N.

9 ESERCIZIO SVOLTO

Argomento Cilindri in pressione

Un recipiente cilindrico, con fondi emisferici, del diametro di1 m, contiene gas compresso a 6 bar. Calcolare lo spessoredelle pareti e dei fondi, supponendo che il carico di sicurezzadel materiale usato sia pari a 80 N / mm2.

e la forza centrifuga vale:

Fc = m · w 2 · r = 20 · 4,192 · 0,83 ≅ 291 N

Nella posizione di equilibrio assunta dal filo, peso dellasfera e forza centrifuga danno origine a una risultante Navente per retta d’azione il filo stesso; ne segue che Ncostituisce lo sforzo assiale di trazione cercato. Applican-do il teorema di Pitagora risulta:

N P Fc 20 9,81 291 123175 351N2 2 2 2)(= + = ⋅ + = ≅

e applicando l’equazione di stabilità:

AN

am

351

1202,92 mm2= = ≅

s

Quindi il diametro dei fili vale:

d4 2,92

3,141,93 mm=

⋅≅

che potremo ragionevolmente arrotondare a 2 mm.

ESERCIZI PROPOSTI

7.a ▲△△ Con riferimento all’esercizio precedente, de-terminare il valore della forza centrifuga Fc cui corrispondela rottura del filo. Assumere il carico di rottura del materialepari a 400 N / mm2.

Soluzione : Fc ≅ 1256 N.

7.b ▲▲△ Una sbarretta di ferro lunga 1 m, incernieratanel suo punto di mezzo, porta alle estremità due sfere dimassa incognita. La sbarretta ha sezione quadrata 20 × 20mm e viene fatta ruotare nel piano verticale a 40 giri/min.Calcolare la massa m di ciascuna sfera, tenendo contoche la tensione interna del materiale non deve superare100 N / mm2.

Soluzione : m ≅ 2152 kg.

8 ESERCIZIO SVOLTO

Argomento Pilastri soggetti a peso proprio

Si deve costruire un pilastro circolare in muratura, alto10 m, che serva da supporto per una statua equestre inbronzo, pesante complessivamente 200 kN. La densità delmateriale con cui è costruito il pilastro è di 1800 kg / m3, edil suo carico di sicurezza è pari a 2 N / mm2.

▶ Supponiamo che il baricentro G della statua equestresia verticalmente allineato con l’asse geometrico delpilastro, in modo che esso possa essere schematizzatocome un’asta verticale sottoposta a un carico assiale F,applicata nella sezione terminale, e a un carico assialeuniformemente distribuito dovuto al peso proprio.Possiamo scrivere che il peso del pilastro (peraltro inco-gnito fino a che non sarà determinata l’area A della se-zione) è: P = r · g · A · h, se con h si indica la sua altezza, eche il carico assiale complessivo che agisce sulla sezionedi base è N = F + r · g · A · h.Applicando l’equazione di stabilità a compressione:

N

Aam= s


mentre nei punti di attacco occorre calcolare l’entità dellarisultante Smax dovuta alla componente H e alla metà Qdel peso complessivo del filo. Essendo:

Qq

2

3,84 200

2384 N

l=

⋅=

⋅=

si ottiene:

S 1920 384 1958 Nmax2 2= + ≅

Quindi la tensione interna s nei punti di attacco vale:

S

A

1958

50,2439 N/mm

max 2= = ≅s

e la resistenza del filo è largamente assicurata.

ESERCIZI PROPOSTI

10.a ▲△△ Con riferimento all’esercizio precedente, cal-colare il valore che deve assumere la freccia f affinché latensione interna s risulti di 100 N / mm2, fermi restando glialtri dati del problema.

Soluzione : f ≅ 3,83 m.

10.b ▲△△ Una fune lunga 102 m viene fissata a duepunti A e B posti allo stesso livello e distanti 100 m fra loro.Trascurando l’allungamento elastico subito dalla fune, de-terminare il valore della freccia f.

Soluzione : f ≅ 8,66 m.

10.c ▲△△ Un filo di acciaio, teso fra due punti distanti500 m e posti allo stesso livello, forma una freccia pari al 2%della lunghezza. Verificare la resistenza del filo assumendosam = 180 N / mm2 e r = 7,8 kg / dm3.

Soluzione : s ≅ 240 N / mm2; il filo non è in condizioni di si-curezza.

11 CLIL SOLVED EXERCISE

Subject Tension and compression in rods

A steel wire 10 m long, hanging vertically, supports a loadof 2000 N. Neglecting the weight of the wire, determine therequired diameter if the stress is not to exceed 20 N / mm2

and the total elongation is not to exceed 1.5 mm. AssumeE = 205 GPa.

▶ Based on maximum allowable stress, the minimum areaof the wire must be:

AF 2000

20100 mmmin

max

2= = =s

so the diameter of the wire must be:

p pd

A4 4 10011.3 mm=

⋅=

⋅≅

Based on the maximum allowable deformation, the mi-nimum area of the wire must be:

λA

F L

E

2000 20 10

205 10 1.5130 mmmin

max

3

3

2=⋅

⋅=

⋅ ⋅

⋅ ⋅≅

▶ Per il calcolo delle pareti cilindriche è sufficiente ricorrerealla formula (2.18). Essendo nel caso in esame:

p = 6 bar = 0,6 N / mm2

e anche:

rD

20,5 m 500 mm= = =

lo spessore del corpo cilindrico risulta:

sp r

am

0,6 500

803,75 mm=

⋅=

⋅=

s

che potremo arrotondare a 4 mm. Se i fondi del recipientehanno forma emisferica, il relativo spessore s1 si ottiene ap-plicando la (2.19):

sp r

am2

0,6 500

2 801,875 mm1 =

⋅

⋅=

⋅

⋅=

s

valore che può essere arrotondato a 2 mm.

ESERCIZI PROPOSTI

9.a ▲△△ Lungo un oleodotto di ghisa del diametro di1,20 m, scorre della nafta inviata sotto pressione da unapompa. Se lo spessore del tubo è di 5 mm e il carico di rot-tura del materiale è di 150 N / mm2, calcolare iI valore mas-simo della pressione che la pompa può conferire al liquido.

Soluzione : p = 12,5 bar.

9.b ▲△△ Per la costruzione di una caldaia che dovràoperare alla pressione di 25 bar, si impiega una lamiera diacciaio dello spessore di 8 mm. Assumendo un carico di si-curezza del materiale pari a 150 N / mm2, quale diametrodeve avere iI corpo cilindrico per non compromettere la re-sistenza della caldaia?

Soluzione : D = 0,96 m.

10 ESERCIZIO SVOLTO

Argomento Funi tese

Un filo di ferro del diametro di 8 mm è fissato ai due estre-mi A e B posti allo stesso livello e distanti 200 m fra loro.Se la freccia f è di 10 m, si calcoli lo sforzo in mezzeria H,lo sforzo massimo Smax nei punti di attacco e si verifichila condizione di resistenza. Assumere r = 7,8 kg /dm3 esam = 120 N / mm2.

▶ Calcoliamo innanzitutto il peso q per unità di lunghezzadel filo:

q = A · r · g · 1 = A · r · g

se con A si indica l’area della sezione retta del filo stesso.Con i dati numerici assegnati risulta:

A = p · r2 = 3,14 · 42 ≅ 50,24 mm2 = 50,24 · 10–6 m2

e anche:

q = A · r · g = 50,24 · 10–6 · 7,8 · 9,81 = 3,84 N / m

Ciò premesso, lo sforzo H in mezzeria vale:

Hq

f8

3,84 200

8 101920 N

2 2l=

⋅

⋅=

⋅

⋅=

34 A Meccanica

duced in the rails at that temperature if there were no initialclearance? Assume α = 12 µm / (m · °C) and E = 205 GPa.

Solution : t = 40 °C; s = 61.5 N / mm2.

11.c ▲△△ A stepped bar (diameters d = 20 mm andD = 24 mm, with radius of fillets r = 2 mm) is loaded with aforce P1. A prismatic bar (diameter d = 20 mm) of the samematerial is loaded with a force P2. The allowable axial stressin the material is 80 MPa. Compute the maximum per-missible loads that can be applied to the bars, consideringstress concentration effects in the stepped bar (use thetext FIGURE 2.10).

Solution : D /d = 1.2; r /d = 0.1; kt = 1.7; P1 ≅ 14.8 kN;P2 ≅ 25.1 kN.

11.d ▲△△ A thin walled cylindrical tank of diameter2.5 m and wall thickness 20 mm is open at the top. Compu-te the height h of water in the tank at which the circumfe-rential stress reaches 10 MPa in the tank wall.

Solution : h ≅ 16.3 m.

So the diameter of the wire must be:

p pd

A4 4 13012.9 mm=

⋅=

⋅≅

Consequently a wire with a larger diameter , d = 13 mm,is used.

PROPOSED EXERCISES

11.a ▲△△ A steel rod is stretched between two ri-gid walls and carries a tensile load of 4000 N at 15 °C. Ifthe allowable stress is not to exceed 120 MPa at –25 °C,what is the minimum diameter of the rod? Assumeα = 12 µm / (m · °C) and E = 205 GPa.

Solution : d ≅ 15.4 mm.

11.b ▲△△ Steel railroad reels 10 m long are laid with aclearance of 3 mm at a temperature of 15 °C. At what tem-perature will the rails just touch? What stress would be in-

1 Definire, al massimo in 20 parole, la tensione internain una trave caricata assialmente.

2 L’equazione di stabilità a trazione si esprime con laformula:

aA

Nam≤ s

bN

Aam≤ s

cN

Aam≥ s

d N Aam⋅ ≤s

3 L’allungamento λ di una trave soggetta a trazione siesprime con la formula:

aN A

E l=

⋅

⋅λ

bN E

Al=

⋅

⋅λ

cN

E A

l=

⋅

⋅λ

dA

E N

l=

⋅

⋅λ

4 Definire, al massimo in 20 parole, che cos’è la defor-mazione relativa εx in una trave soggetta a forza assiale indirezione x.

5 Definire, al massimo in 20 parole, che cosa sono ledeformazioni relative trasversali εy e εz in una trave sogget-ta a forza assiale in direzione x.

6 Una sbarra a sezione quadrata, sottoposta a unaforza assiale di 1000 N, è soggetta a una sollecitazione di10 N / mm2. Indicarne il lato (espresso in mm):

4 5 6 7 10 20 30

7 Una sbarra a sezione quadrata, sottoposta a unaforza assiale di 2000 N, è soggetta a una sollecitazione di5 N / mm2. Indicarne il lato (espresso in mm):

4 5 6 7 10 20 30

8 Definire, al massimo in 20 parole, il coefficiente diPoisson.

9 L’altezza massima h di un pilastro, a causa del pesoproprio, è espressa dalla formula:

a hg

amc=

⋅r s

b hg

amc=

⋅

s

r

c hg amc

=⋅s

r

d hg

amc

=⋅r s

10 Una trave soggetta a un incremento di temperaturaΔt, se α è il coefficiente di dilatazione del materiale, subisceun allungamento λ che si esprime con la formula:

a tl= ⋅ ⋅λ α Δ bt

l= ⋅λ α

Δ

c tl

= ⋅λα

Δ

ESERCIZI

QUESITI


QUESITI14 A parità di pressione interna lo spessore di un reci-

piente cilindrico rispetto a uno sferico deve essere:

a la metà

b uguale

c il triplo

d il doppio

15 Un tubo trasporta un liquido alla pressione di 10 bar.Se il carico di sicurezza del materiale è di 20 N / mm2 e il tuboha raggio 10 cm, calcolare lo spessore (in mm):

5 7,5 10 12,5 15

16 Un tubo trasporta un liquido alla pressione di 20 bar.Se il carico di sicurezza del materiale è di 20 N / mm2 e il tuboha raggio 10 cm, calcolare lo spessore (in mm):

5 7,5 10 12,5 15

11 Una sbarra lunga 1 m è fatta di un materiale che haun coefficiente di dilatazione pari a 0,0002. Per un riscalda-mento di 100 °C essa si allunga (in mm) di:

1 2 3 4

12 Una sbarra lunga 1 m è fatta di un materiale che haun coefficiente di dilatazione pari a 0,0002. Per un riscalda-mento di 50 °C essa si allunga (in mm) di:

1 2 3 4

13 Un contenitore cilindrico di raggio r, sottoposto apressione interna p, se sam è il carico unitario di sicurezza,deve avere uno spessore s almeno pari a:

a sr

p

am=

⋅sb s

p r

am

=⋅

s

c sp

ram

=⋅s

d sp r

am2=

⋅

⋅s

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