Lezioni ed esercitazioni: Appunti di Complementi di meccanica strutturale

B

Ordinando quindi le sigma dalla più grande alla più piccola, per

trovare le tensioni principali, si ottiene:

__ 182Mt -42Mt

« Mpa 5

F- 30

; ;

Si ricavano quindi le direzioni principali...

%

:#

(120-182)%+100 to Ppz o

=

pay

:

:

:-. ⇐ .

.ua#:.=o

£ ;

(120-182)%+100 "

Ry "

"

o *

= ;)

:-p

: ,

Paz 0

= :-|

:}

Avendo scelto Z come direzione principale: e

pzy

By

Bz

%

(30+42)

£

(20+42)

( ) 100

42

120 t

100.13

t O

t O

=

=p

!

z

, + 0 .

t .

.

×

o.pt pgt

o o

. =

. .

3

3 X

By O

% -1,62

By

= 13

(20+42) =

£100.13 . × }

(120+42)%+100 o

t = §

.

× 3

o

=

Per lo stato di deformazione piana: In questo caso, "z" è la direzione

principale, ed epsilon_zz è la

deformazione principale: "

Ezz poi

-5.375 .

Applicato al caso in particolare:

^ .

=E« =Centro del cerchio di Mohr

C 7,265.10-45=1,4395210-3

{98--6,6925-10-4}=(6×{442+18})

? ( )2t(

. = Raggio del cerchio

1,24275 po

, di Mohr

Le intersezioni con l'asse si trovano sommando e sottraendo il valore

del raggio al valore del centro del cerchio di Mohr

}

Ea pò

3,10277

Eqb - .

( R

±

= -7,7-0274.10-4

Ebi

Si definiscono quindi i tre dilatazioni nel sistema principale:

3,1028

[ EE

10.3 E

5,375.10-4 3=-7,703.10-4

;

= -

;

- ; E

Ez

3 E

Si calcola quindi il tensore della tensione...

In terna principale:

Scrivendolo in termini di sistema di equazioni:

! N

Nik

E 9-

= a

.

1 . Essendo noti "E","epsilon","ni", si ha

÷

: un sistema a tre incognite e tre

equazioni.

E = .

Risolvendo il sistema si ottiene: Mpa

MR =

I 140,34 140

=

←

Mpa Mpa

=

0,02 o

= Mpa

H 10,27 E -10

= - Br I

= •

tensore delle tensioni

Per il carico unitario di snervamento è necessario portarsi in coordinate

cartesiane (i criteri di Von Mises e Tresca usano questo riferimento).

Portandolo in forma di sistema di equazioni (due sistemi da tre

equazioni indipendenti tra loro):

fcqj

N

Neo

E o 10-3 MPA

= O .gr

. O

. . 130

.

yy

ety §

xx

Negi

W ti

a- -5,735.10-4 Mpa

o

- . Mt

W

E ^ -5,735.64

T Mpa

= o

. O

- . =

Essendo noto G

8g

gty MR

Tg 38

{ MR

GT

8 T

-

8g

Ty Tg

g

Quindi il tensore delle tensioni risulta:

#

K .

MI

W

Calcolo del carico unitario di snervamento minimo del materiale:

RPR :

Rpz Cs O

= e

.

÷

Da Von Mises:

VM Mpa

'

(

302T ) 145,41

-3

3.

Rpz CS it Mpa

2,5 E

= 145,41=364,28

. .

.

Calcolo del diametro medio minimo:

365Mt

VM

Sempre partendo da Von mises

si ricorda la definizione di tensione e taglio in funzione dei rispettivi

momenti flettenti e torcenti

VM :3

?_ .tt

=) I

:p

:] mèta .ME

) .

%

" mèta .ME

ti

. 153

24,51 111

= -

%

t . :

)q.

la

, E :{

) Va

^ E

Vatvb .

-

a E

) Vbel ¥

F. Vb

.

- -

-

Va

Riguardo il taglio quindi:

19965 N 19965N

: 3 399230

19965 N

Riguardo il momento flettente:

B

- Va g -586000/111111=7986 Nam

? ?

Mq .

Mp Ne manca un pezzetto.

La sezione più sollecitata è quella di periferica (mezzeria della girante), dove

è applicato il momento flettente massimo, il taglio massimo ed il momento

di taglio (costante) 7) Ti

7 P

Dove: P è il punto più sollecitato

stira

Bg

µ 0 0

sai

MEHARG

was

0 0 .

0

Mass

faggi

33% M

0

,

Dall'ipotesi di Von Mises, facendo un pò di passaggi, si ricava il

diametro dell'albero: Mf

Mf Mf 32 -

of ⇐ d3

§ I

Wq

Ipqz Ti

dove: .

VM cs

: " ! ! !

:

:*

.

}

! :3 :#

:

't

⇐

% ;

)

"

[

;!

§

013 ( MÀT 3Mt

; 2.

. 125,84mm

O Inax

% Gts

Y Za .

.

a

M ?} MR

:3

*

; 6 ?

: "

affar

F- ;

Modulo di resistenza a flessione= [cm^3]

I ! / 57

% Mi

. .

Quindi: °

70 75%30

Fax =

= = te

Essendo lo stato di tensione, monodimensionale: i F 0

=

Quindi: % a

=

In questo caso, TRESCA=VON MISES

RPR ?

; " 4¥

+57

75%3

se e

% MPA

È

156 ,

è

156,6 500 750000 > O

a

. - -

.

Questa equazione si deve risolvere o in forma esatta (tramite una

equazione di 3°) oppure tramite un metodo iterativo:

Ùmin 1%7.9 =3

715%7

min Ctm

t 4787,234T

= Amin

3,1915

in .

Si parte con un valore di tentativo, lo si sostituisce a 2° membro e si

calcola come primo membro un nuovo valore di a_min;

Si arriva a convergenza in poche iterazioni:

iterazione a_min 3 4787,234 Amin

3,1915

t .

0

0 0

16,8537

1 16,8537

16,9166

2 16,9166

16,9168

3 16,9168

Stop

I 16,92

Amin 111111

Rm In In

Cs t.pt.pt#Ms

P gmf

Inax t.p.tptkt.me of

tot . . e

, Me ti ha

:

b base = t

: h altezza= h fondointaglio

!

[ % ? ___

{ ?}

tkem

Kt tm 4,57mm

=

; ;n=

;

h

,

,

-Cedimento a primo snervamento:

Rpz RPR 500 1,43

349,96

t.pt?htKt,mj6?h

:

Fahd

.

-Cedimento per completa plasticizzazione: l'intaglio NON conta!

Rpz .su

Rpz 500 3.81

31,234

t.pt?htkt,mj6?h

;

Fax Poichè l'intaglio non conta

-Cedimento per rottura duttile: l'intaglio NON conta!

Rm

Rm

.su 700 5.33

31,234

Fax t.pt?htKt,mj6?h7z

Poichè l'intaglio non conta

Es boh, forse 13 :

:

)

,

a) Nei materiali fragili, il fattore di forma K è da considerare, perciò,

dalle tabelle relative al materiale in figura, si ricava in funzione delle

dimensioni caratteristiche del pezzo. 1,9

=

.

[ MR

Rm In

CS dove

Inax kf

% 1,9 152

1,9

= . =

ai

: = .

=

.

. Mt da

A 4

Rm 456

3 152

= =

.

b) Nei materiali fragili, bisogna distinguere i due casi di rottura.

Nella rottura a primo snervamento, il fattore di forma conta (ed è

identico al precedente), nel caso di completa plasticizzazione

invece non conta, e lo si pone pari ad 1. OÌÌ [

) )

Rea

152=228

-1,5 MR

MPA Rea

P Cs

C Cs

= 20

=

. =

.

. .

. %

Cosa bisogna capire dal testo

dell'esercizio:

•Essendo una torsione pura, lo stato di tensione è da

considerare in 2D, perciò una delle sigma sarà pari a

zero e due uguali ed opposte tra loro.

•Avendo un allungamento a rottura del 5%, si sta

considerando un materiale fragile

•Essendo un materiale fragile, il fattore di forma

dev'essere preso in considerazione

1,4

it

!!

%Ì

Tmax Mpa

Kt 1,4-218,3=305,6

Kt

= =

. . ;

,

caso a) %

; dove

CS 305,6Mt 1^50

% Tm [ 5

: 3,77

= = =

.

. 305,6

,

caso b) ?

Tm dove

?} Mpa

Tmax

-4,2

Cs

= 273,8

-

:

, ,

.

da cui: sv

Tmax kt.T.sn

= 1,25

=

it

infine, dal diagramma: !

? ( ↳ In

0,22 7,92mm

E ;n=

, , ,

FATICA MONOASSIALE E CON SOLLECITAZIONI DI

AMPIEZZA COSTANTE

La fatica, è un problema molto articolato e ampio.

Essa spazia da componenti che lavorano a temperatura ambiente per

6'000'000 di cicli a componenti che resistono a 100 cicli, poichè sottoposti

a carichi termici più pesanti.

Ipotesi iniziali:

•Stato di tensione monoassiale (trazione, flessione ecc)

•NO intaglio

•Ampiezza del ciclo a fatica costante

•Alti numeri di cicli (maggiori di 10^3)

•sigma_media=0 (estendendo l'osservazione di fatica al diagramma di

carico)

Fino a pochi anni fa (a cavallo delle due guerre mondiali), la fatica era un

fenomeno sconosciuto (i dimensionamenti venivano unicamente in

maniera statica).

La prima osservazione da fare è che l'applicazione di sollecitazioni

variabili, possono rompere il componente anche quando sono più basse

del limite del materiale. Quindi un elemento chiave dell'analisi è il tempo.

La fatica è un fenomeno:

•Permanente (non è reversibile).

•Progressivo (ogni applicazione di carico induce un danno)

•Localizzato (non si parla di fenomeni che coinvolgono il degrado delle

caratteristiche generali del componente, ma riguarda solo una zona

limitata di quest'ultimo)

La presenza di intagli influenza fortemente la resistenza a fatica.

Il parametro tempo di solito è esplicitato in numero di cicli, non in

secondi

Il fenomeno della fatica, dal punto di vista generale (su un componente

qualsiasi) si riferisce alla quantità di cicli sopportati (calibrati su un ciclo

completo di fatica).

Per individuare un ciclo sono necessari un parametro relativo al tempo e

2 parametri relativi alla tensione.

In totale ci sono quindi 3 parametri, questo significa che studiare il

fenomeno senza semplificazioni, implica lavorare nello spazio, sulle

superfici, cosa da evitare quando possibile. Solitamente si lavora

proiettando il fenomeno spaziale su due piani utili di lavoro, uno è un

piano dove la SIGMA MEDIA rimane costante e l'altro un piano di lavoro

su cui il NUMERO DI CICLI sarà costante.

I valori di sigma possono essere rappresentati da massimi, da minimi, da

una sigma "alterna" o dalla somma delle sigme alterne in modulo.

Questi parametri sono tra loro legati (come si capisce dalla figura

precedente):

. man

thmynypn

Il ciclo di tensione può essere:

Vi possono esser diversi tipi di cicli (ripetuto di compressione, alternato

simmetrico, ripetuto di trazione e pulsante di trazione).