3_3_5_esercizi-svolti

Dalla tabella relativa agli angolari con lati uguali si ricavano le caratteristiche geometriche e statiche del profilato:

A = 27,5 cm2 d = 3,40 cm Ix = Iy = 368 cm4

La sezione dell’asta presenta una doppia simmetria ortogonale e l’intersezione dei due assi x0 e y0 ne fornisce il baricentro, chepresenta perciò le coordinate:

xG = 13 cm yG = 20 cm

Gli assi x0 e y0 sono perciò assi principali d’inerzia.Il baricentro g di ogni profilato presenta le seguenti coordinate rispetto al sistema di assi x0 e y0:

xg = ⏐4,40⏐ cm yg = ⏐16,60⏐ cm

I momenti d’inerzia massimo e minimo della sezione risultano:

Iy0= 4 ⋅(Iy + A ⋅ xg

2 ) = 4 × (368 + 27,5 × 4,402 ) = 3601,60 cm4

Ix0= 4 ⋅(Ix + A ⋅ yg

2 ) = 4 × (368 + 27,5 ×16,602 ) = 31 783,60 cm4

0L’asta di una struttura in ferro è realizzata con quattro angolari a lati uguali L 120 × 12 disposti come in figura; determi-nare l’ellisse e il nocciolo centrali d’inerzia.

2

Considerata la sezione rappresentata in figura, calcolare i raggi d’inerzia massimo e minimo, tracciare l’ellisse d’inerziae il nocciolo centrale d’inerzia, e determinare i moduli di resistenza rispetto agli assi baricentrici x0 e y0.

1ESERCIZ I SVOLT IESERCIZ I SVOLT I

1

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3.3 Ellisse centrale d’inerzia e nocciolo centrale d’inerzia

3 Geometria delle masse e momento di 2° ordine

3.3.5 Determinazione dell’ellisse e del nocciolo centrale d’inerzia di alcune sezioni

y

x

y’

x’

G

x

y’

x’

22

12

2,53

3,6

2

2 6 2

y0

x0y

0

i X0

= 5

,38

iy0 = 3,56

Momenti d’inerzia baricentrici:

Ix0= × 10 × 163 − × 6 × 123 ≈ 2549,33 cm4

Iy0= × 16 × 103 − × 12 × 63 ≈ 1117,33 cm41

12112

112

112

Area della sezione:

A = 10 × 16 − 6 × 12 = 88 cm2

Raggi d’inerzia rispetto agli assi baricentrici x0 e y0

ix0= = ≈ 5,38 cm

iy0= = ≈ 3,56 cm

Nocciolo centrale d’inerzia:

GX = GX� = = ≈ 3,62 cm

GY = GY� = = ≈ 2,53 cm

Moduli di resistenza rispetto agli assi x0 e y0:

Wx0= = ≈ 318,67 cm3

Wy0= = ≈ 223,47 cm31117,33

5

Iy0

b2

2549,338

Ix0

h2

3,562

5

i2y0

b2

5,382

8

i2x0

h2

1117,3388

Iy0

A

2549,3388

Ix0

A

2

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Con riferimento alla figura la sezione viene suddivisa in trerettangoli e i momenti d’inerzia della sezione rispetto agli assix e y risultano:

Ix = × 4 × 243 + 2 × × 10 × 43 + 10 × 4 × 102 ≈

≈ 12 714,67 cm4

Iy = × 24 × 43 + 2 × × 4 × 103 + 10 × 4 × 72 ≈

≈ 4714,67 cm4

Prima di determinare la posizione degli assi principali x0 e y0

è necessario calcolare il momento centrifugo rispetto agli assix e y, tenendo presente che tale momento per il rettangolo ②è nullo.

Ixy = (10 × 4 × 10 × 7) + [10 × 4 × (− 10) × (− 7)] = 5600 cm4

La posizione degli assi principali risulta:

tg 2α = − = − ≈ − 0,64262 × 560012 714,67 + 4714,67

2 ⋅ Ixy

Ix + Iy

⎞⎠

112

⎛⎝

112

⎞⎠

112

⎛⎝

112

I semidiametri dell’ellisse centrale d’inerzia valgono:

I vertici del nocciolo centrale d’inerzia distano dal baricentroG delle quantità:

GA = GC =iy0

2

B2

= 32,7413

≈ 2,52 cm

GD = GB =ix0

2

H2

= 288,9420

≈ 14,45 cm

iy0=

Iy0

A= 3601,60

4 × 27,5= 32,74 ≈ 5,72 cm

ix0= Ix0

A= 31 783,60

4 × 27,5= 288,94 ≈ 17 cm

0Per la sezione a Z rappresentata in figura calcolare i momenti d’inerzia rispetto agli assi baricentrici x e y e determinarela posizione degli assi principali d’inerzia.

3

y y0

1

3

x

x0

α1

α2

G

104

7

−1

0

−7

42

0

10

42

0

24

410

14

2

3

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A questo valore corrispondono due angoli che differiscono di180°, ossia:

2α = − 32°,725 e 2α + π = − 212°,725

per cui:

α1 = − 16°,3625 e α2 = − 106°,3625

ed essendo negativi la rotazione degli assi è oraria rispetto a x.

L’asta di una struttura reticolare in acciaio è costituita da quattro angolari formati di lamiere saldate, con una sezione lecui caratteristiche sono riportate in figura; determinare l’ellisse e il nocciolo centrale d’inerzia.

4

Ellisse centrale d’inerziaLa sezione presenta una doppia simmetria ortogonale per cuiil baricentro è fornito dall’intersezione dei relativi assi x0 e y0,ed essendo la sezione inscrittibile in un quadrato, i momentid’inerzia rispetto a tali assi sono fra loro uguali con il valoremassimo.Allo scopo di semplificare il calcolo, vengono determinati il ba-ricentro g di ogni angolare e il relativo momento d’inerzia ri-spetto all’asse x passante per g, uguale al momento rispetto a y.Le coordinate del baricentro g, rispetto al sistema di assi x0 ey0, risultano uguali fra loro avendo gli angolari lati uguali, e

valgono:

Il momento d’inerzia rispetto all’asse m risulta:

e con la formula di trasposizione inversa si ha:

+ (10 × 2)]× (4,22 − 3)2 ≈ 314,42 cm4

Ix = Iy = Im − A ⋅d2 = 368 − (8 × 2) +[

Im = 13

× 2 × 83 + 13

×10 × 23 = 368 cm4

xg = yg = (8 × 2 × 7) + (10 × 2 × 2)(8 × 2) + (10 × 2)

= 15236

≈ 4,22 cm

La sezione data non presenta assi di simmetria o mediane e quindi non è possibile individuare subito gli assi principali d’iner-zia, che potranno essere determinati solo a seguito del calcolo.Il procedimento è quindi il seguente:

1. determinazione del baricentro;

2. calcolo dei momenti di inerzia rispetto agli assi baricentrici x e y, paralleli ai bordi della sezione, e del momento centrifugo;

3. determinazione della posizione degli assi principali d’inerzia x0 e y0 rispetto all’asse x;

4. calcolo dei momenti principali d’inerzia e dei raggi d’inerzia per il tracciamento dell’ellisse;

5. individuazione dei vertici di nocciolo, come centri relativi agli assi tangenti alla sezione.

1. Coordinate del baricentro GLa sezione viene pensata composta di due rettangoli ① e ②; applicando a essi il teorema di Varignon rispetto ai due assi m edn coincidenti con i bordi si ottengono i valori riportati in tabella.

yG = Σ A ⋅ y( )Σ A

= 45684

≈ 5,43 cmxG = Σ A ⋅ x( )Σ A

= 34284

≈ 4,07 cm

0Determinare l’ellisse e il nocciolo centrali d’inerzia della sezione a L riportata in figura.5

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Applicando nuovamente la formula di trasposizione in formadiretta ai quattro angolari si ottiene:

L’ellisse centrale d’inerzia risulta ovviamente un cerchio conraggio:

Nocciolo centrale d’inerziaPer le caratteristiche geometriche della sezione, il nocciolocentrale d’inerzia è una figura poligonale regolare, per cui èsufficiente determinare i centri relativi agli assi a e b che giac-ciono sulle perpendicolari a essi per il baricentro G.Asse a:

e per la simmetria della sezione è anche:

GC = GE = GH = 2,41 cm

GA =iy0

2

h2

= 26,5411

≈ 2,41 cm

ix0= iy0

= Ix0

A= 3822,09

36 × 4= 26,54 ≈ 5,15 cm

≈ 3822,09 cm4

Ix0= Iy0

= 4 ⋅(Ix + A ⋅ yG2 ) = 4 × (314,42 + 36 × 4,222 ) ≈

0L’asse b interseca gli assi x0 e y0 nei punti P e Q, equidistantidal baricentro G, per i quali passano gli assi p e q, i cui centriB� e B� forniscono le coordinate del vertice B; per le caratte-ristiche di simmetria della sezione basta considerare solo ilpunto P, le cui coordinate sono:

xp = − 14 cm

yp = 0

e quindi il centro B� relativo all’asse p, di equazione x = − 14 cm,è sull’asse x0 a distanza:

ed è anche GB�—— = 1,90 cm, per cui:

e per la simmetria:

GD—— = GF

—— = GL—— = 2,69 cm

GB = G ′B2

+ G ′′B2

= 2 ×1,902 ≈ 2,69 cm

G ′B =iy0

2

GP= 26,54

14≈ 1,90 cm

Tabella 1

➀➁

A1 = 12 × 3 = 36A2 = 12 × 4 = 48

1,506,00

54288

10,002,00

36096

Σ A = 84 Σ (A ⋅ x) = 342 Σ (A ⋅ y) = 456

Figura Area A (cm2) x (cm) Sy = A ◊ x (cm3) y (cm) Sx = A ◊ y (cm3)

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2. Momenti d’inerzia rispetto agli assi baricentrici x e y e momento centrifugoLe coordinate dei baricentri g1 e g2 rispetto al sistema di assi baricentrici x e y risultano:

Applicando ora il teorema di trasposizione si ha:

1812,58 cm4

1019,58 cm4

Le mediane dei due rettangoli, parallele agli assi baricentrici x e y, sono gli assi principali d’inerzia dei rettangoli stessi, per cuiognuno di essi ha il momento centrifugo nullo rispetto alle mediane; di conseguenza il momento centrifugo relativo alla sezionein esame risulta semplicemente:

Ixy = A 1 ⋅x1 ⋅y1 + A 2 ⋅x 2 ⋅y 2 = 36×(−2,57)× 4,57[ ] + 48×1,93×(−3,43)[ ] = −740,58cm4

Iy = Iy1 + Iy

2 = 112

×12 × 33 + 3×12 × − 2,57( )2⎡ ⎣ ⎢

⎤ ⎦ ⎥ +

112

× 4 ×123 + 4 ×12 ×1,932⎛ ⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ =

Ix = Ix1 + Ix

2 = 112

× 3×123 + 3×12 × 4,572⎛ ⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ + 112

×12 × 43 +12 × 4 × − 3,43( )2⎡ ⎣ ⎢

⎤ ⎦ ⎥ =

y 2 = − yG − h2

2⎛⎝

⎞⎠ = − 5,43 − 4

2⎛⎝

⎞⎠ = − 3,43 cmx 2 = b2

2− xG = 6 − 4,07 = 1,93 cm

y1 = h1

2+ h2 − yG = 6 + 4 − 5,43 = 4,57 cmx1 = − xG − b1

2⎛⎝

⎞⎠ = − 4,07 − 3

2⎛⎝

⎞⎠ = − 2,57 cm

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3. Assi principali d’inerziaGli assi principali d’inerzia x0 e y0 formano con gli assi baricentrici x e y l’angolo α0 dato da:

+ 1,868

da cui α0 ≈ + 30°,92.

4. Momenti principali d’inerzia

Possono essere calcolati ora i raggi principali d’inerzia che costituiscono i semidiametri dell’ellisse d’inerzia, che potrà quindiessere tracciata:

5. Nocciolo centrale d’inerziaI vertici del nocciolo A, B, C, M, N rappresentano i centri relativi rispettivamente ai cinque assi a, b, c, m, n tangenti alla sezione,ma che non la tagliano.Tenendo presente che il centro relativo a un asse giace sul corrispondente asse coniugato, si sono trovati tutti i centri con la co-struzione grafica basata sulle proprietà dell’ellisse centrale d’inerzia; ci si limita quindi a descrivere il procedimento eseguitoper la determinazione del vertice B:

■ si traccia la parallela b� all’asse b, tangente all’ellisse, essendo R il punto di tangenza;■ la congiungente RG rappresenta la direzione coniugata all’asse b;■ il segmento RG, raggio d’inerzia relativo all’asse baricentrico parallelo all’asse b, viene ribaltato in R� sulla perpendicolare

per G alla direzione coniugata RG;■ per R�, si traccia la normale alla congiungente R�B� che interseca la direzione coniugata nel punto B.

Ripetendo tale costruzione per i restanti assi, vengono definiti i centri relativi agli altri quattro assi, costituenti i vertici del pen-tagono ABCMN, che rappresenta il nocciolo centrale d’inerzia.

ix0= Ix0

Σ A= 2256,12

84≈ 5,18 cm

iy0=

Iy0

Σ A= 576,04

84≈ 2,62 cm

Iy0=

Ix + Iy

2− 1

2⋅ (Ix − Iy )2 + 4 ⋅ Ixy

2 = 576,04 cm4

1812,58 +1019,582

+ 12

⋅ (1812,58 −1019,58)2 + 4 × (−740,58)2 = 2256,12 cm4Ix0=

Ix + Iy

2+ 1

2⋅ (Ix − Iy )2 + 4 ⋅ Ixy

2 =

tg2α0 = −2 ⋅ Ixy

I x − Iy

= − 2 × (− 740,58)1812,58 −1019,58

≈

3_3_5_esercizi-svolti

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