Fondamenti di progettazione strutturale meccanica - Torsioni di sezioni assialasimmetriche, Dispense di Progettazione Strutturale Meccanica

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Torsione di sezioni assialsimmetriche Si applica con un momento, che può anche essere rappresentato con un vettore (per distinguerlo a doppia freccia), secondo la regola del cavatappi La barra è in torsione pura se ogni sezione è assoggettata a solo momento torcente (facile nelle sezioni assialsimmetriche) Incastro Il calcolo parte da una assunzione: Per l’assialsimmetria si presume che ciascuna sezione ruoti attorno all’asse e si mantenga piana e ad esso ortogonale Ogni sezione ruota di un angolo φ = f(x) Scorrimento fibra esterna: max 'atan bb Rd R dxab φγ ϑ   = =    ( ) max rr r R γ ϑ γ= = Esaminiamo un elementino di lunghezza assiale dx Angolo di torsione per unità di lunghezza: d dx φϑ = R Dato che l’angolo di torsione è uguale nella sezione, esso è indipendente dal raggio e quindi: Variazione lineare in r Quanto fin qui sviluppato si basa solo sulla geometria e quindi vale per qualunque materiale, lineare o non, elastico o plastico che sia Caso di materiale elastico lineare max GRτ ϑ= ( )r Grτ ϑ= LEGAME TRA IL MOMENTO TORCENTE APPLICATO E ANGOLO DI TORSIONE max R γϑ = ; pol T GI ϑ = ( ) pol TLL GI φ = polGI L Rigidezza torsionale pol L GI Flessibilità torsionale Esempio Un albero di trasmissione trasmette un momento torcente T = 1200 Nm e G=78 GPa. Le due condizioni da rispettare sono: massimo taglio ammissibile = 40 MPa; massimo angolo torsione unitario = 0.75 °/m. Confrontare le due soluzioni di albero pieno o cavo di cui è noto il rapporto diametro esterno / spessore Soluzione: 330 6 120016 16 0.0535 53.5 40 10mm Td m mm π τ π = = = = ⋅ ( ) ( )( )9444 0 32 1200 78 10 0.75* /18032 32 58.8 ammp ammI T Gd mm π ϑϑ π π π ⋅ ⋅ = = = = ( )1 2 2 2 2 2 2 0.1 0.8d d t d d d= − = − = ( ) ( )4 4 4 4 42 1 2 2 1 0.8 0.0579 32 32polI d d d d π π = − = − = 2 2 4 3 2 2 2 2 0.0579 0.1159 amm pol T d T d T I d d τ = = = 232 2 63.7 0.0579 pol amm T dTd mm I τ = = = ( )42 = 0.0579 amm pol T T GI G d ϑ = 42 67.1 0.0579 amm Td mm Gϑ = = Considerando le due condizioni più vincolanti sul progetto 2 0 67.1 = 1.14 58.8 d d = Ingombro esterno appena maggiorato ( )2 22 1 2 0 = 0.47cavo pieno d dW W d − = Peso totale notevolmente ridotto TORSIONE NON UNIFORME LUNGO L’ASSE e.g. all’albero con due sezioni diverse sono applicati 4 momenti torcenti 3 tratti sono soggetti a momenti differenti Si possono determinare i valori mediante equilibrio dell’elemento sezionato 1 2 3CDT T T T= − − + 1 2BCT T T= − − 1ABT T= − Come verso positivo del momento si sceglie quello che fa uscire il vettore T dalla sezione i i i i p i T L G I φ − = 1 n i i Tot i i i i p i T L G I φ φ = − = =∑ ∑ I tratti vanno suddivisi per ogni variazione di momento, di sezione, di materiale Si consideri ora l’elemento deformato da torsione maxε ( )max2 1bdL h ε= + La stessa lunghezza può ottenersi dal teorema del coseno applicato al triangolo abd 2 2 2 22 cos 2bd L h h h π γ = + − +    Utilizzandole entrambe ( )2max1 1 cos 2 πε γ + = − +    2 max max1 2 1 sinε ε γ+ + = − Se le deformazioni sono piccole, si possono trascurare i quadrati e confondere il seno con l’angolo max 2 γε = Uguagliando le due espressioni di εmax ( )1 2E τ γν+ = ( )2 1 EG = + ν Ossia la relazione tra le 3 caratteristiche elastiche già indicata in precedenza TRASMISSIONE DI POTENZA DA ALBERI CIRCOLARI La potenza viene trasmessa mediante l’applicazione si un momento su di un albero rotante Il lavoro compiuto: W T ϕ= La potenza trasmessa: dW dP T T dt dt ϕ ω= = = Esprimendo la velocità angolare in giri/minuto, si ottiene la 2 60 nP T π= Dalle precedenti si può anche evidenziare il legame tra potenza e tensione ammissibile 3 2 16 60 amm D nP π π τ= A parità di potenza e di materiale, gli alberi più veloci hanno minor diametro Ad esempio in un RIDUTTORE l’asse di ingresso ha il diametro più piccolo INPUT INPUT Esempio: Grippaggio In un albero in acciaio di diametro d= 80 mm è fissata una massa volanica, anch’essa in acciaio, con diametro D= 800 mm e spessore s= 50 mm. Mentre l’albero ruota a 60 giri/m, si determina un grippaggio al cuscinetto destro. Calcolare la sollecitazione conseguente. Massa ed inerzia polare del volano risultano: 2 27800 0.05 0.8 196 4 4 m s D kgπ π= ρ = ⋅ ⋅ ⋅ = 2 21 15.68 2 2 DJ m kg m = =    Trascurando la massa dell’albero, tutta l’energia cinetica si trasforma in energia elastica immagazzinata nella torsione, una volta grippato il cuscinetto 2 21 2 600.5 15.68 309.6 2 60c E J Jouleπ ⋅ = ω = ⋅ ⋅ =    Il lavoro di deformazione invece vale 21 2 tors tors p MW L G I = con ( ) 11 102.1 10 8.077 10 2 1 2 1.3 EG Pa⋅= = = ⋅ + ν ⋅ 4 6 44.02 10 32p I d m−π= = ⋅ ENERGIA ELASTICA IMMAGAZZINATA 1 2 U Tϕ=Nel caso di sezione uniforme: 22 2 2 pol pol GIT LU GI L ϕ = = Si osserva che le energie non sono anche qui sommabili linearmente: L’energia totale non può essere ricavata dalla somma delle energie prodotte da ciascun carico agente separatamente Nel caso di sezioni suddivise o carichi variabili in modo discreto: 22 1: 1: 2 2 pol i ii i i i n i n i pol i i GIT LU U G I L ϕ− = = − = = =∑ ∑ Infine, nel caso di sezioni variabili con continuità lungo l’asse ( ) ( ) 2 2 i pol T x dx dU GI x = ( ) ( ) 2 0 2 L pol T x dx U GI x = ∫ T x Esempio È data una barra a sezione variabile linearmente sollecitata con un momento torcente. Calcolare la rotazione massima. Soluzione: Il modo più conveniente di operare è uguagliare il lavoro esterno all’energia immagazzinata ( ) 4 + 32 B A pol A d dI x d x L π − =     Bisogna esplicitare la legge con cui varia il momento polare della sezione ( ) + B AA d dd x d x L − = ( ) 2 2 4 3 3 0 16 L 1 1 2 3 + 32 L B A A BB A A T dx TU G G d d d dd dd x L ππ   = = − −−        ∫ 1 2 A W Tϕ= ( ) ( ) 2 0 2 L pol T x dx U GI x = ∫ = ( ) 3 3 32 L 1 1 3A B A A B T G d d d d ϕ π   = − −   Notare che il caso in cui i diametri estremali fossero uguali non è immediatamente compreso L’equilibrio in direzione assiale impone che sia Fb = Fc b b c cs dx s dxτ τ= Da tali ipotesi risulta che il flusso di tensione, in direzione di s è costante costf sτ= = Torsione di tubi sottili Nel caso di sezioni sottili e chiuse, ossia non semplice- mente connesse, la teoria di Bredt offre una soluzione basata sul flusso delle tensioni che consente di ricavare una soluzione approssimata molto realistica. SI richiede anche che tutte le sezioni assiali siano uguali s Si considera un elementino abcd di dimensioni dx ·ds Il piccolo valore di s consente di ipotizzare che τ sia costante nello spessore sb sc Esempio: Trave a cassone Una trave a cassone di lunghezza L, è soggetta a momento torcente Mt. Si determini: 1) Lo spessore minimo dei due piatti orizzontali, sapendo che la σamm= 160 MPa 2) L’angolo di torsione sapendo che una estremità è libera e l’altra incastrata In termini di τ, la sollecitazione ammissibile è 160 92.4 3amm MPaτ = = L’area sottesa dalla linea vale 2200 140 28000 mmΩ = ⋅ = 2 t MAX MIN M s τ = Ω 325000 10 4.8 2 2 28000 92.4 t MIN adm Ms mm⋅= = = Ω τ ⋅ ⋅ Utilizzando ora la II formula di Bredt per spessori non costanti si ha 3 5 2 25000 10 200 1402 2 1.12 10 4 4 80770 28000 4.8 10 t i unit i M c rad G s −⋅  ϑ = = ⋅ + ⋅ = ⋅ Ω ⋅ ⋅   ∑ 5 21.12 10 3000 3.36 10 Tot unit L rad − −ϑ = ϑ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ Considerando l’equilibrio delle tensioni alle giunzioni R, N 1 1 2 2 3 3 s s sτ τ τ= + SEZIONI A STRUTTURA CELLULARE La presedente teoria può essere anche applicata alle sezioni a struttura cellulare ( )1 2 1 1 1 2 2 22 T T T s A s Aτ τ= + = + Il momento torcente può essere pensato come somma dei due contributi forniti dai flussi nelle due celle 2 mT s Aτ= L’angolo di rotazione della sezione è invece lo stesso per le due celle (congruenza) 1 1 2 1 4 G i A i i cT A s Θ = ⋅ =∑ 2 2 2 24 G i A i i cT A s Θ = ⋅∑ ( ) 1 1 1 1 3 32 11 1 1 1 4 2 2 i A i i cT c cTG A G A A τ τ τ Θ = ⋅ = ⋅ +∑ ( )2 2 2 3 3 2 1 2 A c c G A τ τΘ = ⋅ − 1 1 3 3 2 2 3 3 1 2 c c c c A A τ τ τ τ+ − = Si noti infine che un setto simmetrico non contribuisce alla rigidezza a torsione ( τ1=τ2 c1=c2 A1=A2 ) → τ3=0 Sezioni prismatiche Per sezioni non circolari il problema è assai più complesso e richiede soluzioni di tipo non monodimensionale che non saranno qui discusse. Alcuni soluzioni notevoli sono comunque accennate Di particolare interesse è l’analogia di Prandtl (1926) con il problema di una membrana di contorno uguale alla sezione in torsione, assoggettata ad una pressione interna Vi è infatti una formale equivalenza tra le equazioni differenziali alle derivate parziali che soddisfano la torsione e la membrana soggetta a pressione Il primo problema riguarda il warping per cui occorre abbandonare l’ipotesi che le sezioni piane rimangono tali la torsione è proporzionale all’angolo di assetto della membrana rispetto al piano indeformato La direzione del taglio è ortogonale alla linea di massima pendenza Il Volume all’interno della bolla è proporzionale al momento torcente applicato CASO DI MATERIALE ELASTO – PLASTICO PERFETTO Superato il valore di inizio plasticizzazione 3 3 16 2 sn sn sn d RT π τ π τ= = Si assiste allo sviluppo dall’esterno di una corona plastica, fino a che essa non raggiunge il centro In plasticizzazione totale, il momento torcente vale: 3 2 0 22 3 R p sn sn RT r dr ππ τ τ= =∫ Il rapporto tra plasticità completa e incipiente dà la misura della capacità addizionale della barra a supportare carichi oltre l’elasticità 4 3 p sn T T = Si noti che questa capacità di carico oltre l’incipiente snervamento (margine di sicurezza) non dipende dall’incrudimento del materiale, ma dallo stato di sollecitazione presente ( ) 3 3 32 2 3zona elast zona plast sn sn T T T Rπρ πτ ρ τ− −= + = + − Al di sopra del limite di snervamento, ma non oltre la plasticizzazione totale, si ha: sn pT T T≤ ≤ ρ 33 4 1 2 3 3 snRT R π τ ρ  = −       3 2sn sn RT π τ= 3 4 3 snTT R ρ  = −       Ricordando anche la relazione di congruenza rγ θ= snθ γ ρ= sn sn Rθ γ= 31 4 3 sn sn T T ϑ ϑ   = −       Al crescere di θ, T tende asintoticamente a Tp Solo che il sistema ora reagisce (in scarico) in regime completamente elastico Rimuovere il carico equivale a sovrapporre un momento uguale e contrario + max 34 2 4 3 2 p p sn T R T RR τ τ ππ = = =       TENSIONI RESIDUE Supponiamo che la sezione sia completamente plasticizzata avendo applicato un momento Tp 32 3p sn RT π τ= = Alla rimozione del carico si hanno le seguenti tensioni residue al centro e al raggio esterno 1 snτ τ= 2 max 1 3sn sn τ τ τ τ= − = − Si osservi infine che l’albero, una volta plasticizzato e scaricato, risulta in grado di opporsi elasticamente ad un momento torcente più elevato del precedente di prima plasticizzazione