CAPITOLO 6 ESERCIZI: Soluzioni. Soluzione E 6.1

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Flaviano Bellini
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1 CAPITOLO 6 SCIZI: Soluzioni Soluzione 6. sseno, la lamiera presenta anisotropia normale e planare. Poiché si veriica,6+,+, m, la lamiera presenta buona imbutibilità La conizione per la non ormazione i orecchie nella parte superiore ell imbutito eriva alla necessità i isotropia planare, cioè i. sseno La conizione per la lamiera con 5, si veriicherà quano, Soluzione 6. a) Con i concetti espressi nel cap (eq.. e.), si calcolano le tensioni principali risolveno equazione. p - I p I p - I ove: I x + y + z I xy + yz + zx - x y - y z - z x - 7 x 5-5 I x y z + xy yz zx - x yz - y zx - z xy poichè risulta z yz xz La soluzione ella p - 5 p + 5 p ornirà oltre alla soluzione ovvia p, 7 MPa e 6 MPa Le componenti i taglio max saranno: 7 6 6,5MPa 7,5MPa 6 MPa igura a Lo stato tensionale è rappresentato nel piano i Mohr i igura a ove si nota che la più grane elle tesioni i taglio non agisce sul piano xy. b) sseno nel piano xy, 7 MPa, 6 MPa e 6,5 MPa usano i valori i e ν orniti si ha

2 e [ ν] [7, 6] 7,7 e [ ν] [6, 7] 7, γ G ove il moulo i elasticità tangenziale risulta quini 7 ( + ν ) ( +,) 6 6 G 7GPa 7 Pa 7 MPa 6 6,5 γ,5 G 8 c) Sarà anche ex [ x ν y] [7, 5],85 7 ey [ y νx] [5, 7], 7 6 xy γ xy,7 G 7 6 Questi ati riportati su un piano i Mohr mostrano un ottimo accoro con i risultati nella risposta b ) Si supponga la irezione x sia quella longituinale, z la irezione ello spessore e y quella trasversale (ella proonità). Non essenoci eormazione lungo la irezione z, sarà: e z [ z ( x y )] ν + Non essenoci orze applicate nella irezione ello spessore sarà y a cui alla uguaglianza preceente risulta z ν x. Ipotizzano che l asse neutro rimanga centrale, una ibra esterna, a istanza cioè s/ all asse neutro opo una piegatura ino a un raggio, se θ è l angolo i piegatura sarà: ( s ) s l l θ + θ s ex l θ Sarà quini s ex [ x ν ( y + z )] icorano che y sarà s [ x ν z ] a cui Poiché, come osservato, risulta z ν x sarà ν ( s ) z νx ν Con i valori numerici orniti per i parametri, sarà: ( s ) x ν igura es b

3 7,8 x ( ) 5, MPa (,) 5 e z ν x, 5, 6,5MPa Da notare che la consizione e z risulta accettabile al momento che il rapporto tra la proonità e lo spessore risulta molto elevato. Soluzione 6. Gli assi ell ellisseche si orma possono essere consierati assi principali i eormazione. Le eormazione in queste irezioni saranno:, 7, 6 ε ln, 8 ε ln 7 7 La componente ε eriva alla equazione i continuità e risulterà: ε ( ε+ ε),66 alla einizione i eormazione è equivalente (eq cap ) si ottiene ε ( ) ( ) ( ) ε ε + ε ε + ε ε (,8,8) (,8,66) (,66,8),85, il campo i eormazione sarà legato al campo i tensione che lo ha prootto alle equazioni i Levy Von Mises ε ε ε ε supponeno che il caricamento sia proporzionale con ε ε ε ε,8,55 ε ε, 8 sviluppano si ottiene,55 cost, risulterà: a cui aceno i calcoli eriva,6 l tensione equivalente in unzione ella sola sarà: ( ) ( ) (,6 ) (,6 ), Quini,7,887 Soluzione 6. si calcolino apprima i rapporti tra le imensioni iniziali e inali ella lamiera eormata L L sseno, sarà L ( +,),L L

4 Da s s s swl, si avrà s (, ),s Poiché swl, risulterà: L inice i anisotropia normale risulta w ln ln ε w w,8, 8 ε s s ln ln s, w swl swl sl,s,l,8w Per la costanza nelle tre irezioni sarà m. Utilizzano il graico che correla il LD a m i ig. 6. si ottiene LD, Soluzione 6.5 Poiché la tensione tangenziale i rottura el materiale risulta uguale a 76 MPa alla equazione 6.5 risulterà una orza l s 5767 MPa è una potenza pari a: 57,5 W v, kw 6 Il tempo per ciascuna elle corse i anata e ritorno sarà: corsa t,6 min v, 5 Il tempo per are un ciclo sarà ato a t t,6, min c ig es 5 Qualora le lame ossero inclinate tra i loro i e la corsa ella slitta mobile osse uguale a mm, con rierimento alla igura, si avrebbe: s s a 8 N 8, kn tgα tg è una potenza pari a: 8,,5 W v, kw 6 Soluzione 6.6 Nella prima tranciatura vengono eseguiti i tre ori. Secono la [6.5] calcoliamo: 6 (MPa) P ( 8) 75, (mm) π 6 75, 5.76 (N) 5, kn Nella secona viene tranciato l intero contorno ella igura a cui ricaviamo: P ( π,5) + (,5) + ( + 8) 7 quini: (N) 5 (kn) Pertanto: totale (kn)

5 Soluzione 6.7 Si cominci con il valutare la e il perimetro elle iverse igure: 5 (MPa) oriφ 6 P ( π 6) 75, (mm) oro centrale P ( π ) (mm) Contorno P ( π 5) 57 (mm) pertanto : 75, (N) kn 66. (N) 66 kn 5.6 (N) 6 kn 5 (kn) Passiamo alla secona parte ell esercizio. Possiamo pensare i eseguire in una prima stazione tutti i ori interni e in una secona il contorno. Le orze agenti sulle ue igure sono rispettivamente: + 7 ( kn) 6 (kn) Per valutare il punto i applicazione ella risultante si accia momento rispetto al baricentro geometrico ella piastra porta stampi B si avrà: X a cui : 7-6 X,(mm) 5 Per la terza parte ell esercizio aremo rierimento alla [6.6]. Per quanto contenuto nell enunciato potremo scrivere: s L +, s 5 5 (, +,) 6, (Nmm),6 (J) Soluzione 6.8 Per risponere al primo quesito si utilizzi la ormula [6.]. Innanzitutto calcoliamo la istanza tra gli appoggi. Poiché la igura geometrica relativa alla orma ella matrice è un triangolo rettangolo isoscele, la istanza tra gli appoggi corrispone all ipotenusa i tale triangolo e quini: w 5 (mm) Possiamo così calcolare la orza:

6 r b s w, (N) Si noti come nella ormula si è impiegato il valore ella tensione i rottura (UTS) anziché quella i snervamento. Si opera in tal moo per avere un valore maggiorato ella orza che possa tenere conto egli attriti. In alcuni testi si trova anche l impiego i un attore i sicurezza (,5) Per risponere al secono quesito si userà la [6.8]: r 5, 7 min, (mm) Soluzione 6. Per eettuare il calcolo ella orza aremo rierimento alla secona elle [6.]. Per ripiegare un aletta eserciteremo una orza pari a: 5,8. (N) 6 Ovviamente per ripiegarle entrambe contemporaneamente sara necessria una orza complessiva pari a :.88 Soluzione 6. Per risponere alla omana useremo la ormula empirica [6.]. c 5 5 ( ) ( ) +,5,5 a cui ricaviamo che: 5 5, (mm),8 Per calcolare l errore sull angolo osserviamo che la lunghezza ell arco sull asse neutro ella sezione non varia. Possiamo calcolare tale lunghezza sulla curvatura ieale: π π L c 5 7,8 (mm) Per quanto etto prima ovrà essere: L α a cui: 7,8 α,5 (ra) 87, 5, Quini possiamo preveere un errore i,,8 Soluzione 6. Il iametro iniziale ella lamiera si calcola uguagliano i volumi el isco i partenza e el prootto inito ipotizzano che πd π lo spessore si mantenga costante. sseno quini + π h risulterà: h D + h mm 5 Il rapporto limite i imbutitura che consentirebbe l operazione in un solo passaggio sarà:

7 D 87 LD β, p 5 che risulta il valore limite per gli acciai a imbutitura. La eormazione max impartita in questo processo sarà h ε ( ),667 5 Voleno utlizzare una lega i alluminio per cui il rapporto i imbutitura sarà,, la eormazione limite ovrà essere tale per cui β D/,., cioè D h +, a cui risulta h (, ) ε max, max h Doveno impartire una ε ( ),667 ovranno essere utilizzate un numero i passate pari a ε,667 n ( ),77 ε max, cioè almeno tre passate imarteno ogni volta una eormazione pari a,. Soluzione 6. Cominciamo a calcolare lo sviluppo. Dalla costanza el volume si ricava che: h 6 D + + 5,8( mm) Per calcolare il numero i passaggi possiamo servirci ella relazione preceente imponeno che β D /, 7. h D ε ( ) max [( ) max ]/ [,7 ]/,7 Nel nostro caso: h 6 m,5 Pertanto il numero i passaggi sarà: n m pass,,7 Per ottenere le imensioni el bossolo ottenuto nel primo passaggio si potrà scrivere che: D 5,8 6( mm),7,7 mentre l altezza lo ricaveremo alla ormula generale el volume costante per evitare l eetto egli arrotonamenti: h,7 6,( mm) Per calcolare lo sorzo imbutitura useremo la [6.7]: P π 6,5 5 ln(,7) 8.675( N) 8( kn) Per quanto riguara il lavoro si al ipotesi che lo sorzo rimanga costante lungo tutta la corsa i lavoro e pertanto: 8.675,.8 ( ).8( ) L Nmm Soluzione 6. Poiché in questo caso non vengono issati limiti si useranno quelli issati alla pratica : ε,5 e β,7 Possiamo allora rapiamente calcolare: J

8 ) 88( ) (.88 ln(,7) ,7 ) (,5 kn N kn Nmm MPa mm mm h D m n inb tran pass + + π π ε

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