Comportamento meccanico dei materiali

Z−Y A

Assi e momenti principali (rivedi)

Data una figura piana, esistono sempre due assi fra loro ortogonali (ξ , η) rispeGo ai quali il

momento d’inerzia assume valore massimo (minimo) ed il momento centrifugo è nullo.

ξ ed η sono deb assi principali d’inerzia.

I I

e sono deb momenQ principali d’inerzia.

ζ η

I momenQ principali d’inerzia si ricavano trovando

la condizione di stazionarietà della funzione:

2 2 (2α)

I (α) = I ⋅ cos α + I ⋅ sin α − I ⋅ sin

Z′

−Z′ Z−Z Y−Y Z−Y I

N.B. allo stesso risultato si perviene uOlizzando la funzione .

Y′

−Y′

• Ho scriGo il momento d’inerzia nel modo più generico possibile cioè dipendente dalla posizione

angolare del mio riferimento.

⍺

• Poi ho ipoOzzato che ci sia un momento d’inerzia massimo (rispeGo agli assi ortogonali e η).

• Essendo la mia variabile l’angolo allora faccio uno studio derivando il momento di inerzia in

⍺

funzione dell’angolo cioè rispeGo all’angolo (è come derivare x rispeGo ad x):

I (α)

⍺ ⍺

Z′

−Z′

d I (α)

Z′

−Z′ = − I ⋅ sin 2α + I ⋅ sin 2α − 2I ⋅ cos 2α = 0

Z−Z Y−Y Z−Y

dα

• Faccio la derivata per studiare la funzione e determinare dove si trova il massimo, cioè quel

valore di per il quale si annulla la derivata e quindi io posso avere un massimo:

⍺

( )

I − I ⋅ sin 2α + 2I ⋅ cos 2α = 0 (*)

Z−Z Y−Y Z−Y

si ha che nei punO di nullo della derivata, il momento centrifugo è nullo. 62 di 78

• Dall’equazione della derivata (*) possiamo anche ricavare l’espressione della tangente di 2α

semplicemente dividendo entrambe i termini della (*) per il coseno in funzione dei momenO

d’inerzia calcolaO rispeGo ad un sistema di riferimento generico di partenza (non ruotato):

( ) ( )

I − I ⋅ sin 2α + 2I ⋅ cos 2α I − I ⋅ sin 2α 2I ⋅ cos 2α

0 0

Z−Z Y−Y Z−Y Z−Z Y−Y Z−Y

= → + =

cos 2α cos 2α cos 2α cos 2α cos 2α

2I π

Z−Y

( ) tan2α = − α = α + k

→ I − I ⋅ tan 2α + 2I = 0 → con 0

Z−Z Y−Y Z−Y I − I 2

Z−Z Y−Y

NB: io so che la tangente di 2 volte l’angolo che massimizza il momento d’inerzia è uguale a

questo rapporto tra i momenO d’inerzia. Questa sarà una funzione periodica di periodo 90°

perché è legata alla tangente.

• Ricordando che per il momento centrifugo (rispeGo a Z’-Y’) vale:

1 ( )

I = I cos 2α + I − I sin 2α (preso dalle “rotazioni assi di riferimento”), se

Z′

−Y′ Z−Y Z−Z Y−Y

2 2 2 (2α)

I = I ⋅ cos α + I ⋅ sin α − I ⋅ sin

Z′

−Z′ Z−Z Y−Y Z−Y

2 2 (2α)

I = I ⋅ sin α + I ⋅ cos α − I ⋅ sin

uOlizzassi le formule che ho trovato prima e le

Y′

−Y′ Z−Z Y−Y Z−Y

12

(2α)

I = I ⋅ cos + (I − I ) ⋅ sin(2α)

Z′

−Y′ Z−Y Z−Z Y−Y

2I

Z−Y

tan2α = −

integrassi con quello che abbiamo ricavato adesso oGerrei le espressioni

I − I

Z−Z Y−Y

dei due momenQ d’inerzia principali rispeGo ai tre momenO d’inerzia trovate in un sistema

generico:

I + I 1 ( ) 2

Z−Z Y−Y 2

I = + I − I + 4I

ζ Z−Z Y−Y Z−Y

2 2

I + I 1 ( ) 2

Z−Z Y−Y 2

I = − I − I + 4I

η Z−Z Y−Y Z−Y

2 2

Raggi d’inerzia

Sui raggi d’inerzia si costruisce l’ellisse centrale d’inerzia, centrata nel baricentro della sezione e

avente assi paralleli agli assi principali d’inerzia.

I

ζ

ρ =

ζ A

I

η

ρ =

η A 63 di 78

Casi notevoli

Quando io conosco il momento d’inerzia baricentrico di una sezione re6angolare, circolare piena e

circolare cava sono in grado di affrontare anche sezioni più complesse che siano in grado di

ricondursi a queste geometrie che sappiamo traGare.

Ad esempio se avessi una forma ad L potrei scomporre la figura in due reGangoli in modo da

semplificare i calcoli. 3

bh

sezione reGangolare: I =

Z′

−Z′ 12 4 4

π d π d

sezione circolare piena: e

I = I = I = I + I =

Z′

−Z′ Y′

−Y′ p Z′

−Z′ Y′

−Y′

64 32

( ) ( )

4 4 4 4

π D − d π D − d

sezione circolare cava: e

I = I = I = I + I =

Z′

−Z′ Y′

−Y′ p Z′

−Z′ Y′

−Y′

64 32

Dimostrazione dei casi notevoli

Esercizio 1: Ricavo il momento della sezione reGangolare

h

y =

G 2

b

z =

G 2

Il momento d’inerzia rispeGo Z’- Z’ che è un asse baricentrico (e sappiamo dove sta in un

reGangolo) è uguale all’integrale nell’area dell’elemento dA per la sua distanza y :

2

h

h [ ] +

+ 3 3 3

( )

1 b h h b h 1

∫ ∫ 2

2

2 2 3 3

I = y ⋅ d A = y b ⋅ d y = b y = ⋅ + = ⋅ = bh

Z′

−Z′ 3 3 8 8 3 4 12

h h

A − −

2 2

Il momento d’inerzia rispeGo al lato inferiore Z - Z lo trovo andando a cambiare gli estremi di

integrazione e sosOtuendoli con 0 e h: [ ] h

h 1 b 1

∫ ∫ ( )

2 2 3 3 3 3

I = y ⋅ d A = y b ⋅ dy = b y = ⋅ h − 0 = bh

Z−Z 3 3 3

A 0 0 64 di 78

NB: ricordiamo che il teorema del trasporto lo applichiamo sempre da un momento d’inerzia

baricentrico verso un momento d’inerzia rispeGo ad un altro asse non baricentrico (non possiamo

farlo tra momenO d’inerzia non baricentrici e un altro asse). Da un momento d’inerzia qualunque

possiamo ricavare un momento d’inerzia baricentrico aGraverso la funzione inversa e dopo con

questo momento d’inerzia baricentrico ci porOamo su un altro asse.

NB: se abbiamo una sezione reGangolare, possiamo dire che i momenO rispeGo Z’ e Y’ sono

momenO principali d’inerzia? Se un asse è un asse di simmetria allora si annulla il momento

centrifugo e quindi quello è un asse principale d’inerzia.

Lo vediamo in maniera intuiOva con un reGangolo. Lo consideriamolo formato da n elemenOni neri,

se esiste un contributo dato dall’elemento in verde ci sarà un altro elemento speculare, il cui

contributo annullerà quello nel punto verde.: ∑

I = m ⋅ z ⋅ y

Z−Y i i i

i

Nei momenO staOci e d’inerzia vale la proprietà addiOva? Sì, ad

esempio se faccio un buco, il baricentro sarà sempre sull'asse ma più

I

in basso. per calcolare userò il Teorema di Huygens-Steiner (o del

trasporto).

Esercizio 2: Ricavo il momento della sezione circolare piena

Il momento d’inerzia rispeGo Z’- Z’ che è un asse baricentrico è uguale all’integrale nell’area

dell’elemento dA per la sua distanza y :

2 3 3 3

d d d

d

d [ ] +

+ 3 4

[ ]

πd πd 1 πd πd πd d πd

∫ ∫ 2

2 8 8 8

2 2 3

I = y ⋅ d A = y ⋅ ⋅ dy = y = ⋅ + = 2 ⋅ = ⋅ =

Z′

−Z′ 4 4 3 4 3 3 4 3 4 12 64

d d

A − −

2 2 65 di 78

Esercizi

Come svolgo gli esercizi sul profilo laminato?

Abbiamo un profilo laminato, di derivazione industriale oGenuto tramite un processo di

deformazione del materiale. Ha una geometria composta da due reGangoli ma non sono precisi

perchè ci sono dei raccordi (noi non li consideriamo perché sufficientemente piccoli).

Divido quindi il semilavorato in due pezzi. Se conosco la posizione del baricentro dei due elemenO, il

momento staOco dell’elemenOno 2 sarà uguale all’area due.

z , y , I , I

Esercizio 1: Trovare G G Z′

−Z′ Y′

−Y′

NB: chiamiamo in verde Z’ e Y’ i due assi baricentrici.

NB: la sezione non è semplice, quindi la semplifico dividendola in 2 parO (parte e parte ).

NB: il baricentro di ogni parte è dove ho disegnato il punOno rosso.

SVOLGIMENTO

1) Trovo z e y , ovvero le coordinate del baricentro.

G G

Abbiamo visto all’inizio che le coordinate del baricentro si calcolano così:

∑ m ⋅ y S′

i i Z−Z

Y = =

G ∑ ∑

m m

i i

∑ m ⋅ z S′

i i Y−Y

Z = =

G ∑ ∑

m m

i i

ma se ho un sistema conOnuo (modello di sistema fisico macroscopico) il calcolo si esegue

sosOtuendo le sommatorie con gli integrali di superficie.

Se il materiale è omogeneo (densità ρ=cost), è possibile sosOtuire l’area alla massa:

y ⋅ d A S

∫ A Z−Z S = y ⋅ d A

y = = ∫

Z−Z

G A A A

essendo un sistema conOnuo allora

z ⋅ d A S = z ⋅ d A

S ∫

∫ A Y−Y

z = = Y−Y A

G A A

S S

calcolo e

Z−Z Y−Y

S

- è la somma del momento staOco rispeGo l'asse Z dell’area 1 e del momento staOco

Z−Z

dell’asse Z dell’area 2. ( )

8 100 − 8

∫ 3

S = y ⋅ dA = ⋅ (50 ⋅ 8) ⋅ + 8 + ⋅ [(100 − 8) ⋅ 8] = 41344 mm

Z−Z 2 2

A 50 ⋅ 8

Il momento staOco rispeGo l’asse Z dell’area 1 è pari all’area per la distanza del

8

y = = 4

baricentro dell’area 1 dall’asse z cioè . Il momento staOco rispeGo l’asse Z dell’area

2 66 di 78

(100 − 8) ⋅ 8 = 92 ⋅ 8

2 è pari all’area per la distanza del baricentro dell’area 2 dall’asse z cioè

100 − 8

y =8+ = 8 + 46 (la distanza del suo baricentro rispeGo l’asse z è 46 che è la metà

2

di 92 + 8 che è la larghezza del pezzo 1).

S

- è la somma