Elementi costruttivi delle macchine - Broggiato

M T

t

τ = τ + τ ≅ 173 MPa,

sommeranno direttamente mentre sono assenti le σ. Le altre

xy xy

xy

σ = σ = σ = τ = τ = 0

componenti sono tutte nulle e quindi il cerchio di Mohr sarà:

x y z xz yz essendo presenti solo

tensioni tangenziali, il

cerchio di Mohr sarà

centrato rispetto agli assi

ed avrà raggio proprio

τ

pari alla sollecitazione xy

applicata in quel punto.

Gli altri due cerchi si

ricavano facilmente come

nel caso precedente.

Le tensioni principali si ricavano banalmente:

σ = τ = 173 MPa

1 xy

σ = 0 MPa

2

σ = −τ = −173 MPa

3 xy 31

Analizziamo il punto 3: su questo cubetto agiscono la

tensione normale di

compressione dovuta al

momento flettente:

σ = σ = −562 MPa

x MAX

ed una sollecitazione tangenziale

dovuta al momento torcente:

M t

τ = τ = −168 MPa

xz MAX

Per disegnare il cerchio di Mohr relativo a questo stato tensionale, poiché siamo in 3D,

σ = σ = τ = τ = 0.

dobbiamo scrivere le componenti mancanti: y z xz xy Il cerchio di Mohr così

costruito è esattamente

simmetrico rispetto

all’asse τ del cerchio di

Mohr del punto 1!

Sono simmetriche anche le tensioni principali, che infatti valgono:

σ = δ + ρ ≅ 46 MPa

1

σ = 0 MPa

2

σ = δ − ρ ≅ −608 MPa

3 32

Analizziamo il punto 4: su questo cubetto agiscono la

sollecitazione tangenziale

dovuta al taglio T, che qui ha

valore massimo:

T

τ = −4,97 MPa

xy

E la sollecitazione tangenziale

dovuta al momento torcente

M :

t M t

τ = 168 MPa

xy

In questo punto le due sollecitazioni tangenziali hanno verso opposto e quindi si

M T

t

τ = τ + τ ≅ 163 MPa,

sommeranno algebricamente mentre sono assenti le σ. Le altre

xy xy

xy

σ = σ = σ = τ = τ = 0

componenti sono tutte nulle e quindi il cerchio di Mohr sarà:

x y z xz yz è analogo a quello del punto 2,

l’unica cosa che cambia è che il

raggio del cerchio stavolta è 163

MPa anziché 173 MPa.

Le tensioni principali si ricavano

banalmente:

σ = τ = 163 MPa

1 xy

σ = 0 MPa

2

σ = −τ = −163 MPa

3 xy

È facile osservare dai valori delle tensioni trovati in questi 4 punti come la situazione sia

maggiormente critica nei punti 1 e 3, dove le sollecitazioni normali raggiungono lo stesso

valore massimo, rispettivamente, in trazione e in compressione. 33

Analizziamo una struttura più complessa della

precedente, chiamata gru a bandiera: è formata da

una colonna verticale ed una traversa a sbalzo

orizzontale, alla cui estremità è fissata una

puleggia sulla quale passa una fune in grado di

sollevare un carico agendo in direzione obliqua

con un angolo di 45°. Mentre la colonna verticale

è formata da un semplice tubo cavo bloccato al

suolo con un perno e ad una parete rigida all’estremo opposto, la traversa orizzontale è

realizzata con un profilo a doppio T e sarà saldata ad una certa altezza sulla colonna.

Siccome il momento d’inerzia del profilo cambia a seconda dell’asse principale nella sezione

a doppio T, avremo due moduli di resistenza a flessione a seconda se essa avviene lungo

l’asse x o lungo l’asse y. 34

Nella schematizzazione 3D del problema si è indicato con T il tiro esercitato sulla fune per

sorreggere il carico P attaccato ad essa. Per scoprire quanto vale il tiro esercitato sulla fune

bisogna porsi sul piano della puleggia ed eseguire il bilancio alla rotazione con polo al centro

P ∙ r − T ∙ r = 0 ⟹ P = T = 5000 N.

della puleggia

La risultante di tutte le forze applicate al sistema si ottiene sommando vettorialmente il

√2

T = T = ∙ 5000 ≅ 3535 N:

carico P e il tiro T, le cui componenti saranno y z 2

F = T + P F = 8535 N

y y y

{ → {

F = T F = 3535 N

z z z

Adesso che sappiamo le forze applicate al sistema, schematizziamo la struttura e calcoliamo

le reazioni vincolari: 35

il perno è stato schematizzato con una

cerniera che consente esclusivamente

la rotazione lungo l’asse z, mentre il

tirante che fissa la colonna al muro è

stato schematizzato con un carrello

lungo l’asse x.

Equilibrio alla traslazione:

∑ F = 0

x F − F = 0

AX CX

F − F = 0

∑ F = 0 → { AY Y

y F − F = 0

AZ Z

∑ F = 0

z

{

F = F = 3535 N F = F = 8535 N,

Da cui si ricava e mentre le altre due forze

AZ Z AY Y

(F )

= F si ricavano, insieme ai momenti, grazie all’equilibrio alla rotazione con polo A:

AX CX

∑ M = 0 M = −3,8 ∙ 3535 = −13433 N ∙ m

x AX

M + AB ∙ F = 0

AX Z M = 2,4 ∙ 3535 = 8484 N ∙ m

AY

M − DB ∙ F = 0

∑ M = 0 ⟶ { ⟶ {

AY Z

y DB 2,4

−DB ∙ F + AC ∙ F = 0 F = ∙ F = ∙ 8535 ≅ 4096 N

Y CX CX Y

AC 3,8 + 1,2

∑ M = 0

z

{ F = F ≅ 4096 N.

E dalla prima equazione dell’equilibrio alla traslazione si ha AX CX

I diagrammi delle sollecitazioni generati da queste reazioni vincolari sono i seguenti: 36

il taglio dovuto alla forza

F è uniforme sul tratto

y

DB e poi si conserva,

divenendo forza normale,

sul tratto BA. Le reazioni

F e F , invece, generano

CX AX

taglio uniforme sul tratto

AC. Il momento flettente

generato da F sulla

y

traversa è lineare

crescente fino al punto B,

nel quale si divide

esaurendosi in parte

verso il carrello ed in

parte verso la cerniera.

Il taglio dovuto alla forza

F si conserva dal tratto

z

DB al tratto BA. Il

momento flettente

generato da F sulla

z

traversa DB aumenta

linearmente e si conserva

sulla colonna sotto forma

di momento torcente;

inoltre sulla colonna si

genera un momento

flettente a partire da B

linearmente crescente

fino ad A, dove assume il

valore della reazione

M

vincolare erogata dalla cerniera .

AX

Abbiamo visto in precedenza come il momento flettente giochi un ruolo predominante

rispetto alle altre sollecitazioni in termini di criticità e per questo motivo possiamo subito

dedurre che la sezione critica di questa struttura sia la sezione al punto B, dove abbiamo 4

componenti diverse di momento flettente (2 sulla traversa e 2 sulla colonna). 37

Bisognerà fare una distinzione tra le sollecitazioni interne relative alla colonna e quelle

relative alla traversa, in quanto esse sono realizzate con diversi profilati (cilindro cavo e

trave a doppio T). Sulla traversa orizzontale agiscono due momenti flettenti dovuti alle

sollecitazioni di taglio generate dalle forze F e F e siccome questi momenti sono massimi

y z

in prossimità del punto B, esamineremo proprio la sezione della trave situata poco prima di

quel punto (dandole comunque i valori assunti in B per andare in favore di sicurezza):

chiamiamo M il

fb1

momento flettente sul

piano xz dovuto a F e

z

chiamiamo M il

fb2

momento flettente sul

piano xy dovuto a F . Per

y

comodità e siccome sono

effetti minori, trascuriamo

la sollecitazione dovuta al

taglio e il momento

torcente che bisognerebbe

considerare in quanto il carico nel punto D non è applicato al baricentro della sezione.

Facciamo attenzione al fatto che la sezione a doppio T possiede due diversi momenti di

inerzia rispetto ai piani xy e xz, come mostrato nei dati del problema dove ci vengono forniti

due diversi moduli di resistenza a flessione: se applicassimo due carichi di uguale intensità

lungo z e lungo y, infatti, lo spostamento del punto di applicazione avrà modulo diverso

nelle due direzioni, proprio a causa di questi due moduli differenti (flessione deviata).

Calcoliamo le sollecitazioni massima e minima per questi due momenti flettenti:

1

M 8484 N ∙ m

1

M fB

MAX

fb

σ =± =± ≅ ±18 MPa

MAX/min −6 3

W 471 ∙ 10 m

y−y

2

M 20484 N ∙ m

2

M fB

MAX

fb

σ =± =± ≅ ±15 MPa

MAX/min −6 3

W 1380 ∙ 10 m

x−x

Visti i risultati e visto come sono orientati gli andamenti delle sollecitazioni normali in

figura, possiamo dedurre che i punti maggiormente sollecitati sono gli estremi opposti

cerchiati in rosso, dove le sollecitazioni sono massime e si sommano avendo lo stesso segno,

σ = ±33 MPa.

generando una tensione complessiva MAX 38

Sulla colonna verticale, invece, considereremo direttamente le sollecitazioni presente sul

tratto AB, in quanto sul tratto CB abbiamo solamente un momento flettente lineare il cui

valore massimo (nel punto B) è il minore dei 3 valori che concorrono in quel punto e quindi

non crea problemi. Questa volta dovremo calcolare le sollecitazioni dovute al momento

flettente, al momento torcente e alla forza normale. Mentre le ultime due sono costanti su

tutto il tratto, osserviamo che il momento flettente ha due andamenti diversi: uno sul piano

yz con andamento crescente da B ad A e uno sul piano xy con andamento crescente da A a

B: sicuramente il secondo è più importante del primo, in quanto il valore massimo che esso

raggiunge è maggiore; ma bisogna comunque considerare la sovrapposizione degli effetti.

Trovandosi su due piani tra loro ortogonali non sarebbe giusto sommare direttamente i due

diagrammi, ma bisognerebbe applicare il teorema di Pitagora su ciascun punto per ottenere

l’andamento risultante del momento flettente: i contributi dei due diagrammi sono i cateti

mentre la risultante è l’ipotenusa. In realtà sappiamo che se sommiamo semplicemente i

cateti otteniamo un valore maggiore rispetto a quello dell’ipotenusa ed in questo caso

significherebbe ottenere una sovrastima dell’andamento risultante rispetto a quello reale,

andando in favore di sicurezza! Quindi a livello pratico conviene sommare algebricamente

i due diagrammi, sia perché è un passaggio più semplice da fare, sia perché si ottiene un

andamento “peggiore” per la struttura. Sommando i diagrammi si scopre che il punto B è

comunque il punto con maggiore criticità per quanto riguarda il tratto AB e quindi

chiameremo M il momento flettente della sezione immediatamente prima del punto B.

fB3

Calcoliamo le sollecitazioni di ciascun contributo (non c&rs