13. Recipienti a parete spessa

13. Recipienti a parete spessa
13.1 Equazioni di Lamé
Si pone che lo stato tensionale sia funzione solo di r e inoltre che
• dσz /dr = 0
• d²z /dr = 0
(1)
Le equazioni che occorrono sono:
• Equazione di equilibrio
• Equazione di congruenza. Saranno richiamete in seguito, ma di esse non si farà uso in quanto
saranno sostituite dalla (1) scritta sopra.
• Legame tensione-deformazione (legge di Hooke, tradotta formalmente dalle equazioni di
Navier)
13.1.1
Equazione di equilibrio
Si consideri un elementino come in fig. 13.1 e di altezza unitaria lungo z. Si dimostra che le
direzioni r, θ e z sono direzioni principali, per cui sulle facce dell’elementino non vi sono tensioni
tangenziali. Se ne faccia l’equilibrio alla traslazione lungo r (tutte le altre equazioni di equilibrio
si riducono ad identità). Tale equazione si scrive:
µ
¶
dσr
dθ
−σr rdθ + σr +
dr (r + dr) dθ − 2σt dr sin
=0
dr
2
Innanzitutto si può identificare il seno col suo argomento; ciò comporta la comparsa di un dθ a
fattor comune, che quindi si semplifica. Sviluppando il prodotto delle due parentesi si ottiene un
termine finito σr rche si semplifica col preesistente −σr r e un termine in dr2 che si trascura in
quanto infinitesimo di ordine superiore. Raccogliendo i termini in dr, eliminando il fattor comune
dr e raccogliendo si ha:1
dσr
σt − σr
=
dr
r
13.1.2
Equazioni di congruenza
Vedi fig. 13.2
Si considera diversa da zero una sola componente dello spostamento, ossia la u (le altre sono
nulle per ragioni di simmetria). Risulta:
du
dr
u
²t =
r
²r =
1 Raccomando allo studioso lettore di fare effettivamente i passaggi e non accontentarsi di questa sintetica
descrizione
13-1
13.1.3
Equazioni di Navier (legame tensione-deformazione)
Si noti che rimangono formalmente identiche a quelle in coordinate cartesiane.
E²t = σt − ν(σr + σz )
E²r = σr − ν(σt + σz )
E²z = σz − ν(σt + σr )
Queste relazioni, che esprimono in sostanza la legge di Hooke, sono, secondo Franciosi, dovute
al Navier (1821).
13.1.4
Equazione differenziale della tensione
Derivando rispetto ad r l’ultima equazione di Navier si ha
d
(σt + σr ) = 0
dr
da cui
σt + σr = 2C1
(1)
Dalla equazione dell’equilibrio si ricava subito
r
Eliminando σt dalle (1) e (2) si ha
r
dσr
= σt − σr .
dr
dσr
+ 2σr = 2C1 .
dr
Il primo membro di questa espressione è
1 d(σr r2 )
r dr
cosicché separando le variabili
d(σr r2 ) = 2C1 rdr
Figura 13.1: Costruzione per l’equazione di equilibrio.
13-2
(2)
Figura 13.2: Equazioni di congruenza per recipienti cilindrici di grosso spessore
e integrando
σr r2 = C1 r2 − C2 ,
e ancora
C2
r2
C2
σt = C1 + 2
r
Le due costanti C1 e C2 si ottengono imponendo le condizioni al contorno
σr = C1 −
σr = −pi per r = ri
σr = −pe per r = re
In definitiva si ha
C1 =
pi ri2 − pe re2
re2 − ri2
C2 = (pi − pe )
ri2 re2
.
re2 − ri2
Le espressioni di σt e σr sono dette equazioni di Lamé, che si scrivono per esteso:
σt =
pi ri2 − pe re2
ri2 re2 1
+
(p
−
p
)
i
e
re2 − ri2
re2 − ri2 r2
σr =
pi ri2 − pe re2
ri2 re2 1
−
(p
−
p
)
i
e
2
re2 − ri
re2 − ri2 r2
13-3
Per quanto riguarda σz la procedura precedente non ci illumina; ragionando in termini di
equilibrio globale si ottengono i due valori
σz =
pi ri2 − pe re2
re2 − ri2
valida per fondi di pezzo o flangiati sul mantello e
σz = 0
per fondi con tiranti. In quest’ultimo caso però, poiché i tiranti sono pre-tesi mentre la spinta sui
fondi dipende dalla pressione, la tensione del mantello può anche essere negativa. Anzi, un piccolo
valore negativo della tensione è necessario per il corretto funzionamento delle guarnizioni.
Un esempio dell’andamento delle tensioni è dato nella fig. 13.3
2
cost
st(r)
sr(r)
1.5
1
0.5
0
-0.5
-1
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
Figura 13.3: Diagramma delle tensioni in un recipiente di grosso spessore. In ascisse c’è r/re , in
ordinata σ/pi ; la pressione esterna è nulla e ri /re = 0.5.
13.2 Formule di progetto e di verifica
Si studia il caso più comune pe = 0; in questo caso la pressione interna pi sarà indicata con p. Le
tensioni nel punto più sollecitato, cioè a r = ri valgono
σt = p
ri2 + re2
re2 − ri2
13-4
(
σz =
σr = −p
0
ri2
p r2 −r
2
e
per fondi con tiranti
per fondi di pezzo
i
La più grande delle tensioni è quella tangenziale, seguita da quella assiale e la più piccola è
quella radiale (l’unica negativa). Si ottengono varie formule di progetto e di verifica applicando
vari criteri di resistenza. Nelle formule precedenti si porrà k = re /ri .
1) Criterio della massima tensione
σt ≤ σamm
si scrive
p
che diventa
1 + k2
≤ σamm
k2 − 1
(σamm − p)k 2 − (σamm + p) ≥ 0.
Siccome k può essere solo positivo la disequazione avrà soluzione solo se
σamm − p > 0.
L’unico zero positivo del primo membro è la radice del rapporto cambiato di segno tra terzo e
primo coefficiente; poiché il primo coefficiente è positivo la disequazione è soddisfatta solo per
valori di k maggiori del suddetto zero. Per questo la soluzione è
r
σamm + p
k≥
.
σamm − p
2) criterio della massima deformazione
σt − ν(σr + σa ) ≤ σamm .
A vantaggio di sicurezza si sceglie σa nullo. Perciò il criterio si scrive
p
che diventa
1 + k2
+ νp ≤ σamm
k2 − 1
p(1 + k 2 − ν + νk 2 ≤ σamm (k 2 − 1)
k 2 (σamm − (1 + ν)p) − σamm − (1 − ν)p ≥ 0.
Svolgendo considerazioni analoghe a quelle fatte sopra si trova che la soluzione esiste solo se
σamm > (1 + ν)p
e vale
s
k≥
σamm + (1 − ν)p
.
σamm − (1 + ν)p
3) criterio della massima tensione tangenziale2
σt − σr ≤ σamm .
2 Questo
criterio unisce la massima semplicità con un discreto accordo con i dati sperimentali.
13-5
diventa
k 2 (σamm − 2p) − σamm ≥ 0
Svolgendo considerazioni analoghe a quelle fatte sopra si trova che la soluzione esiste solo se
(σamm > 2p)
e vale
r
k≥
σamm
.
σamm − 2p
4) criterio di Hencky-von Mises3
q
σt2 + σz2 + σr2 − σt σz − σz σr − σt σr ≤ σamm
A vantaggio di sicurezza si tratta il caso dei fondi di pezzo (σz = p/(k 2 − 1)). Dopo calcoli un po’
noiosi4 , si ha
√ 2
3k
p 2
≤ σamm
k −1
√
k 2 (σamm − 3p) − σamm ≥ 0
La soluzione esiste solo se
σamm >
e vale
r
k≥
√
3p
σamm
√ .
σamm − 3p
3 è
il criterio in maggior accordo con l’esperimento, per materiali duttili.
per voi dalla collega Paola Ammendola:
Elevando al quadrato ambo i membri e sostituendo le espressioni delle tre tensioni la disequazione diventa:
4 svolti
p2
(k2 + 1)2
1
k2 + 1
k2 + 1
1
2
+ p2 + p2 2
+ p2 2
− p2 2
+ p2 2
≤ σamm
2
2
2
(k − 1)
(k − 1)
k −1
(k − 1)2
k −1
Mettendo in evidenza al primo membro p2 /(k2 − 1)2 :
£ 2
¤
p2
2
(k + 1)2 + (k2 − 1)2 + 1 + (k2 + 1)(k2 − 1) − (k2 + 1) + (k2 − 1) ≤ σamm
(k2 − 1)2
13-6
13.3 Appendice al capitolo
Equazione differenziale dello spostamento e sua integrazione
Si ricorda che le equazioni inverse di Navier sono:
¡
σt = 2G ²t +
eccetera, essendo
¢
ν
e
1 − 2ν
E
2(1 + ν)
e = ²t + ²r + ²z
G=
Derivando la prima eq. inv. di Navier
¡ d²r
dσr
ν de ¢
= 2G
+
dr
dr
1 − 2ν dr
Sottraendo la prima eq. inv. di Navier dalla seconda e dividendo per r,
¡ ²t − ²r ¢
σt − σr
= 2G
r
r
Nelle due ultime espressioni i primi membri sono uguali per l’equazione di equilibrio; sono dunque uguali
anche i secondi membri, cioè
d²r
ν de
²t − ²r
+
=
(1)
dr
1 − 2ν dr
r
Derivando ora le espressioni di ²t ed ²r prese dalle eq. di congruenza e ricordando che ²z è uniforme su
tutta la sezione ossia non varia con r, si ha:
d²r
d²t
d²z
d²r
²t − ²r
de
=
+
+
=
−
+0
dr
dr
dr
dr
dr
r
confrontando con la (1) si ha
de
=0
dr
che è l’espressione cercata. Sapendo che
(2)
d²z
=0
dr
si ricava dalla (2)
d(²t + ²r )
=0
dr
che si trova più spesso scritta in termini di spostamento
1 du
u
d2 u
− 2 + 2 =0
r dr
r
dr
Per l’integrazione poniamo
da cui
u = rα
du
= αr α−1
dr
d2 u
= α(α − 1)rα−2
dr2
quindi
1 α−1
1
αr
− 2 rα = 0
r
r
che, dividendo per rα−2 dà luogo ad un’equazione algebrica in α la cui soluzione è α = ±1.
La soluzione generale è quindi
B
u = Ar − .
r
α(α − 1)rα−2 +
13-7
(3)
Più facilmente, tornando alla (3) si integri una prima volta
²t + ²r = 2A
e si passi allo spostamento
ossia
u
du
+
= 2A
r
dr
1 d(ur)
= 2A
r dr
quindi
d(ur)
= 2Ar
dr
e integrando ancora
ur = Ar2 − B
ossia
u = Ar −
B
.
r
²t = A +
B
r2
²r = A −
B
r2
Sostituendo nelle eq. di congruenza si ha
e poi
C2
r2
C2
σr = C1 − 2
r
σt = C 1 +
e quindi le equazioni di Lamè.
13-8