Scienza dei Materiali 1Scienza dei Materiali 1EsercitazioniEsercitazioni

6. Elasticità6. Elasticità

ver. 1.3ver. 1.3

M. Leoni - 2003

Sforzo e deformazioneSforzo e deformazioneSia dato un provino di lunghezza l0 avente area della sezione A0, sottoposto ad una forza di trazione F. A causa di questa forza il provino si deforma fino ad assumere una lunghezza l ed un’area della sezione pari ad A.

Definiamo quale SFORZO ingegneristico o nominale σeng:

0eng

FA

σ =

0

0 0 0

1eng

l ll ll l l

ε−∆

= = = −

L’ALLUNGAMENTO del provino, causato dell’applicazione del carico è pari a:

trueFA

σ =

In corrispondenza di tale allungamento definiamo la DEFORMAZIONE ingegneristica o nominale come allungamento rispetto alla lunghezza iniziale:

0l l l∆ = −

e come sforzo vero σtrue

M. Leoni - 2003

Sforzo e deformazioneSforzo e deformazione

E’ da notare che la deformazione è un numero puro (non ha unità di misura!)

Analogamente allo sforzo vero può essere definita una deformazione vera del provino:

0

lntrue

ll

ε

=

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La legge di HookeLa legge di HookeIn campo elastico, sforzo e deformazione nominali sono legati tra loro da una relazione di proporzionalità diretta la cui costante è chiamata MODULO ELASTICO o MODULO DI YOUNG.

La relazione tra sforzo e deformazione, in campo elastico lineare è riassunta nella legge di Hooke:

0

0 0

l lFE EA l

σ ε−

= ⋅ =

Nelle figure seguenti sono mostrati i punti principali in un diagramma sforzo deformazione ingegneristico per un materiale elasto-plastico e la curva di carico scarico nel caso di carico superiore a quello di snervamento.

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Diagramma Diagramma σσ//εε ingegneristicoingegneristico

tratto elastico lineare

ε

σtratto plastico

σ = Eε

frattura

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Diagramma Diagramma σσ//εε ingegneristicoingegneristico

limite di snervamento(yield strength)

σy o σ0.2

limite di rottura(tensile strength)

σR

limite di frattura(failure stress)

σF

ε = 0.2% ε

σ

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Diagramma Diagramma σσ//εε ingegneristicoingegneristico

ε

σ

deformazione plastica residua!

recupero elastico

caric

o

scar

ico

ESERCIZIESERCIZI

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Ex 6.1. ResistenzaEx 6.1. ResistenzaUna forza di 500 kN viene applicata ad una barra di acciaio a sezione rettangolare di 10 cm x 1 cm. Se il limite di snervamento è 400MPa e quello di rottura è 480MPa, si deformerà plasticamente? presenterà strizione?

Dati: F = 500 kNh = 0.1 m w = 0.01 mσy = 400 MPaσr = 480 MPa

Svolgimento

Calcoliamo dapprima lo sforzo applicato alla barra:

0

F FA w h

σ = =⋅

Siccome lo sforzo è superiore al limite di snervamento, la barra si deformerà plasticamente.

Lo sforzo è pure superiore al limite di rottura e quindi il provino mostrerà una strizione

σ = 500 MPa

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Ex 6.2. Sforzo su cavoEx 6.2. Sforzo su cavo

F m g= ⋅

Calcolare il diametro minimo di un cavo utilizzato per sollevare un ascensore avente una massa di 1000 kg. Il materiale di cui è costruito il cavo ha un limite di snervamento di 240 MPa.

Dati:

Svolgimento

La forza con la quale l’ascensore allunga il cavo è pari a:

dove g è l’accelerazione di gravità pari a 9.81 m/s2. Nota la forza possiamo applicare la definizione di sforzo ingegneristico:

m = 103 kgσy = 240 MPa

e valutare l’area della sezione del cavo che permetta di lavorare in campo elastico

0 0

F m gA A

σ ⋅= =

F = 9.81 kN

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Ex 6.2. Sforzo su cavoEx 6.2. Sforzo su cavoovvero:

Per una fune cilindrica, l’area può essere esplicitata in termini del diametro e quindi:

2

0

44y y

m g d m gA dπ

σ π σ⋅ ⋅

= = ⇒ =

Risultato: d = 7.22 mm

00 0

yy

F m g m gA

A Aσ

σ⋅ ⋅

= = ⇒ =

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Ex 6.3. Modulo elasticoEx 6.3. Modulo elasticoSottoposta ad una forza di 20kN, una barra di Mg a sezione quadrata di 1 cm di lato, si allunga da 10 cm a 10.045 cm. Calcolarne il modulo elastico.

Dati:

Svolgimento

Calcoliamo dapprima lo sforzo agente sulla barra:

F = 20 kNh = w = 1 cml0 = 10 cm l = 10.045 cm

e quindi la deformazione:

20

F FA w

σ = = σ = 200 MPa

0

0

l ll

ε−

= ε = 4.5x10-3

Applichiamo ora la legge di Hooke ed otteniamo il modulo elastico:

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Ex 6.3. Modulo elasticoEx 6.3. Modulo elastico

E Eσ

σ εε

= ⋅ ⇒ =

Risultato: E = 44.5 GPa

Qualora fossero utilizzate unità di misura anglosassone, si può utilizzare un opportuno fattore di conversione. Per la conversione da Pascal a psi (poundon square inch), utilizzare la relazione:

1 psi = 6894.75 Paovvero:

1 Pa = 1.45x10-4 psi

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Ex 6.4. Modulo elasticoEx 6.4. Modulo elasticoCalcolare il modulo elastico di una barra di Al che si deforma di 3.5x10-3 se sottoposta ad uno sforzo di 240MPa. Calcolare quindi la lunghezza di una barra di 1 m sottoposta ad uno sforzo di 150 MPa

Dati:

Svolgimento

Utilizzando la legge di Hooke, ricaviamo il modulo elastico del materiale:

σ = 240MPa ε = 3.5x10-3

l0 = 1 mσappl = 150 MPa

Applicando ancora la legge di Hooke con la definizione di deformazione, otteniamo:

E E σσ εε

= ⋅ ⇒ =

00

1 1applappl

lE E l ll E

σσ ε

= ⋅ = − ⇒ = +

Risultato: E = 68.6 GPa l = 1.0022 m

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Ex 6.5. DeformazioneEx 6.5. DeformazioneUna fune metallica di 20 m avente il diametro di 3 cm, è impiegata per sollevare un carico di 40000 kg. Qual’è la lunghezza del cavo durante il sollevamento se il suo modulo elastico è di 200 GPa?

Dati:

Svolgimento

E = 200 GPal0 = 20 m d = 3 cmw = 40000 kg

Il carico di massa w esercita sulla fune uno sforzo pari a:

2 20

4

4

F w g w gA dd

σπ

π

⋅ ⋅= = = σ = 5.55 MPa

Per valutare lo sforzo esercitato sulla fune, dobbiamo calcolare forza applicata ed area della sezione resistente:

2

0 4dF w g A π= ⋅ =

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Ex 6.5. DeformazioneEx 6.5. DeformazioneApplicando la legge di Hooke e ricordando la definizione di deformazione, otteniamo quindi:

00

1 1lE E l ll E

σσ ε = ⋅ = − ⇒ = +

Risultato: l = 20.00056 m (si allunga di 0.56 mm)

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Ex 6.6. Prova di trazioneEx 6.6. Prova di trazioneConfrontare sforzo e deformazione ingegneristici (nominali) con quelli reali per una prova di trazione su un provino d’acciaio del diametro di 13 mm considerando che con un carico di 8500kg il diametro viene ridotto a 12 mm.

Svolgimento

Dati: d0 = 13 mmdload = 12 mmw = 8500 kg

Per calcolare gli sforzi dobbiamo conoscere la forza applicata al provino e l’area della sezione resistente. La forza è valutabile conoscendo l’accelerazione di gravità:

F w g= ⋅ F = 83.385 kN

Per il calcolo dell’area, ricordiamo che la sezione è circolare quindi:

20 04

A dπ

= 2

4load loadA dπ

=

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Ex 6.6. Prova di trazioneEx 6.6. Prova di trazionePer poter calcolare la deformazione dobbiamo conoscere la lunghezza iniziale e quella sotto sforzo del provino. Per fare ciò possiamo supporre che il volume del provino non cambi durante la prova e perciò che:

00 0

0

loadload load

load

l AA l A l

l A= ⇒ =

Abbiamo ora tutti i dati per poter risolvere il problema:

0ingegneristica

FA

σ =

realeload

FA

σ =

0 0

0 0

1 1load loadingegneristica

load

l l l Al l A

ε−

= = − = −

0

0

ln lnloadreale

load

l Al A

ε

= =

σing = 628 MPa

σreal = 737 MPa

εing = 0.174

εreal = 0.16

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Ex 6.7. Prova di trazioneEx 6.7. Prova di trazioneApplichiamo un carico di 1500 kg ad un provino di MONEL (lega Ni, 20Cu, 2 Fe resistente alla corrosione ed alle alte temperature; Emonel = 179 GPa) di raggio 8.918 mm. Se con lo stesso carico produciamo la stessa deformazione in un campione di Ni (ENi = 206 GPa), qual è il diametro di quest’ultimo?

Svolgimento

Dati: w = 1500 kgrmonel = 8.918 mm Emonel = 179 GPaENi = 206 GPa

Calcoliamo dapprima lo sforzo agente sul provino di MONEL, ricordando che la sezione è circolare:

20

monelmonel

F w gA r

σπ

⋅= = σmonel = 58.89 MPa

e, sfruttando la legge di Hooke, calcoliamo quindi la deformazione:

monelmonel

monelEσ

ε = εmonel = 3.29x10-4

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Ex 6.7. Prova di trazioneEx 6.7. Prova di trazioneLa medesima deformazione è applicata al provino di nickel, per il quale, invertendo il ragionamento, otteniamo:

Ni Ni monelEσ ε=

e quindi, assumendo ancora sezione circolare:

NiNi

FA

σ=

4 NiNi

Ad

π=

σNi = 67.78 MPa

ANi = 2.171x10-4 m2

Risultato: dNi = 1.663 cm

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Ex 6.8. Cilindro ottoneEx 6.8. Cilindro ottone

x Eσε ν= −

Dato un cilindro di ottone (70 Cu – 30 Zn; E = 110 GPa e ν = 0.37) sottoposto ad un carico assiale di 233 MPa, determinare la variazione in volume, il modulo di bulk e quello di taglio e stabilire qual è l’angolo di taglio che si ottiene con uno sforzo di taglio pari a 262 MPa.

Svolgimento

Dati: E = 110 GPa ν = 0.37σ = 233 MPaτ = 262 MPa

Per la legge di Hooke, la deformazione lungo l’asse del cilindro (asse y) vale:

y Eσε =

mentre quella in direzione radiale (asse x):

x

y

σ

σ

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Ex 6.8. Cilindro ottoneEx 6.8. Cilindro ottone

( )2 1 2y x

VV E

σε ε ν

∆= + = −

Utilizzando le espressioni per le deformazioni in direzione assiale e radiale sopra ricavate, otteniamo:

∆V/V = -0.055%

Valutiamo, differenziando l’espressione del volume del provino, la dipendenza della variazione di volume dalla variazione di lunghezza nelle tre direzioni (più facilmente calcolabile):

2 2V V

V L R R L L R RL R

π π∂ ∂

∆ = ∆ + ∆ = ∆ + ∆∂ ∂

La variazione rispetto al valore iniziale è perciò:

2

2 2

22 2y x

V R L L R R L RR

V L R L R L Rπ π

ε επ π

∆ ∆ ∆ ∆ ∆= + = + = +

( )3 1 2E

Kν

=−

Il modulo di bulk è definito come:

K = 141 GPa

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Ex 6.8. Cilindro ottoneEx 6.8. Cilindro ottone

Risultato: ∆V/V = -0.055% K = 141 GPaG = 40 GPa γ = 0.38°

Ricordare che l’angolo di taglio che si ottiene è espresso in radianti! E’ quindi necessaria una conversione per ottenere il valore desiderato in gradi.

G = 40 GPa

mentre quello di taglio è calcolabile come:

( )2 1E

Gν

=+

Noto il modulo di taglio, è immediato valutare l’angolo di taglio per il materiale applicando la definizione:

Gτγ = γ = 6.55 mrad = 0.38°

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Ex 6.9. Pressione idrostaticaEx 6.9. Pressione idrostaticaCalcolare il ∆V/V0 dovuto a pressione idrostatica Pn= -1.4 GPa per un materiale con costanti elastiche E = 205 GPa e ν = 0.29.

Svolgimento

Dati: Pn = - 1.4 GPaE = 205 GPa ν = 0.29

Possiamo operare in due modi per risolvere il problema. Il più semplice consiste nel calcolare dapprima il modulo di bulk K del materiale:

( )3 1 2E

Kν

=−

K = 162.7 GPa

Successivamente, ricordando che il modulo di bulk è l’inverso della compressibilità, possiamo ricavare la variazione di volume

0

0

1 n nP PVK

V V KV

β∆

= = ⇒ =∆

∆V/V0 = -0.86 %

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Ex 6.9. Pressione idrostaticaEx 6.9. Pressione idrostaticaIl medesimo risultato può essere ottenuto passando attraverso ladeformazione. La deformazione lungo la direzione x può essere scritta come:

( )xx y zE E

σ νε σ σ= − +

Visto che la pressione applicata è idrostatica, gli sforzi saranno i medesimi nelle tre direzioni e perciò:

( ) ( )1 2 1 2nPE Eσ

ε ν ν= − = −

0 0

3 3V L

V Lε

∆ ∆≈ =

ε = -0.287%

Risultato: ∆V/V0 = -0.86%

Nota la deformazione lungo una direzione, tralasciando infinitesimi di ordine superiore la variazione di volume può essere scritta come:

∆V/V0 = -0.86 %

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Ex 6.10. Variazione sezioneEx 6.10. Variazione sezioneCalcolare la variazione di diametro e di area della sezione per un provino (materiale con E = 205 GPa e ν = 0.29) di cilindrico del diametro di 18.6 mm sottoposto ad un carico di trazione di 670kN.

Svolgimento

Dati: F = 670 kN d0 = 18.6 mmE = 205 GPa ν = 0.29

Definendo le direzioni x radiale e y assiale, lo sforzo lungo l’asse del provino può essere valutato come:

σy = 2.46 GPa200

4

y

F FdA

σπ

= =

εx = -0.35%( )xx y z yE E E

σ ν νε σ σ σ= − + = −

Sfruttiamo ora la legge di Hooke per calcolare la deformazione radiale (ovvero in direzione x) del provino, che è proprio la variazione di diametro cercata:

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Ex 6.10. Variazione sezioneEx 6.10. Variazione sezioneL’area iniziale del provino, di sezione cilindrica, è:

2

4A d

π=

Derivando questa espressione rispetto al diametro, otteniamo la variazione di area relativa ad una variazione del diametro:

24

Ad

dπ∆

=∆

2

24 2 2

4

x

d dA dA dd

π

επ

∆∆ ∆= = =

e infine:

∆A/A = -0.7%

Risultato: ∆A/A = -0.7%

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Ex 6.11. Prova di impattoEx 6.11. Prova di impattoUn pendolo strumentato di 20kg ha un centro di massa posto a 60 cm dal fulcro. Il pendolo viene sollevato di 120° rispetto alla verticale e fatto impattare su un provino intagliato. L’energia persa nell’impatto fa risalire il pendolo fino a 90° dal lato opposto. Qual è l’energia assorbita dal materiale?

Svolgimento

Dati: w = 20 kgl = 60 cma1 = 120° a2 = 90°

L’energia misurata nella prova di impatto è energia potenziale. E’ perciò sufficiente valutare la differenza di altezza tra lo stato iniziale e quello finale per calcolare l’energia persa nell’impatto (ovvero acquistata dal provino).

Schematizziamo il problema:

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Ex 6.11. Prova di impattoEx 6.11. Prova di impattoiniziale

finale∆h

La variazione di energia potenziale è data da:

l

l

120°

E w g h∆ = ⋅ ⋅ ∆

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Ex 6.11. Prova di impattoEx 6.11. Prova di impattoDalla geometria del problema:

( )sin 302l

h l∆ = − ° = −

e quindi, nell’impatto, il pendolo ha perso un’energia:

2l

E w g∆ = − ⋅ ⋅ ∆E = -58.9 J

Il provino perciò acquista un’energia pari a –∆E. Siccome il provino è intagliato (per favorirne la frattura fragile), quest’energia ne rappresenta la resilienza.

Risultato: ∆E = 58.9 J

FINEFINE