[Scienza delle Costruzioni] Momento d'inerzia di una sezione aperta di spessore sottile
Ciao ragazzi ho un problema. Non riesco a capire quale formula usa il mio prof per calcolare il momento d'inerzia di una sezione aperta di spessore sottile b<
Grazie per aiuto.
Grazie per aiuto.
Risposte
Iniziamo con alcune premesse: i disegni dovrebbero essere esplicativi, non una sfida a se stante. La mancanza delle indicazioni che si tratti di momento d’inerzia di superficie (che è un’altra cosa rispetto al momento d’inerzia), e l’assenza totale di ogni riferimento allo spessore $b$ sul disegno, costituiscono il problema maggiore al trovare la soluzione. Ma si sa, troppo spesso i testi sembrano scritti con entrambi gli occhi chiusi.
Una volta dedotto che si tratta del momento di inerzia di superficie, che $b$ è la misura inferiore dei quattro rettangoli elementari con i quali è costruita la figura e che l’interruzione centrale di uno dei rettangoli maggiori non ha influenza sul risultato, possiamo tracciare un disegno maggiormente esplicativo.
Iniziamo con il considerare che il momento di inerzia di superficie è una proprietà scalare di ogni figura geometrica piana definita dall’integrale del prodotto dell’area per la distanza al quadrato della stessa dall’asse di rotazione (considerato sempre complanare alla superficie della quale si vuole calcolare il momento).
Per tanto, il momento di inerzia di superficie gode della proprietà additiva e permette di scomporre una figura complessa in più figure semplici, calcolarne separatamente i relativi momenti di inerzia di superfice, e ottenere il momento di inerzia di superficie totale come somma dei valori precedentemente calcolati.
Facendo riferimento alla figura 1, la sezione dell’esercizio può essere scomposta in quattro figure geometriche elementari $(A, A’, B, B’)$, il momento di inerzia di superficie delle quali è facilmente calcolabile dalla definizione dello stesso.
Per la figura $A$, il momento di inerzia di superficie è quello relativo ad un rettangolo con l’asse verticale passante per il baricentro. Si ottiene con l’integrazione citata sopra e in rete ci sono un’infinità di dimostrazioni. Il valore risultante è
$I=\frac{\text{altezza} xx \text{base}^3}{12}$
che nel caso specifico risulta
$I=\frac{b(2a)^3}{12}$.
Per la figura $B$, essendo stato precisato che \( b \ll a \) , si può applicare direttamente la definizione del momento di inerzia di superfice, con l’area pari al prodotto $a xx b$ e la distanza pari ad $a$, ottenendo
$I=ba^3$.
Essendo poi il contributo delle figure $A’, B’$ uguale rispettivamente a quello delle figure $A, B$, il momento di inerzia di superficie dell’intera sezione sarà pari al doppio della somma dei due contributi calcolati in precedenza, ovvero
\(I_{x_2}=2\left[\frac{b(2a)^3}{12}+ba^3\right]\).
Una volta dedotto che si tratta del momento di inerzia di superficie, che $b$ è la misura inferiore dei quattro rettangoli elementari con i quali è costruita la figura e che l’interruzione centrale di uno dei rettangoli maggiori non ha influenza sul risultato, possiamo tracciare un disegno maggiormente esplicativo.
Iniziamo con il considerare che il momento di inerzia di superficie è una proprietà scalare di ogni figura geometrica piana definita dall’integrale del prodotto dell’area per la distanza al quadrato della stessa dall’asse di rotazione (considerato sempre complanare alla superficie della quale si vuole calcolare il momento).
Per tanto, il momento di inerzia di superficie gode della proprietà additiva e permette di scomporre una figura complessa in più figure semplici, calcolarne separatamente i relativi momenti di inerzia di superfice, e ottenere il momento di inerzia di superficie totale come somma dei valori precedentemente calcolati.
Facendo riferimento alla figura 1, la sezione dell’esercizio può essere scomposta in quattro figure geometriche elementari $(A, A’, B, B’)$, il momento di inerzia di superficie delle quali è facilmente calcolabile dalla definizione dello stesso.
Per la figura $A$, il momento di inerzia di superficie è quello relativo ad un rettangolo con l’asse verticale passante per il baricentro. Si ottiene con l’integrazione citata sopra e in rete ci sono un’infinità di dimostrazioni. Il valore risultante è
$I=\frac{\text{altezza} xx \text{base}^3}{12}$
che nel caso specifico risulta
$I=\frac{b(2a)^3}{12}$.
Per la figura $B$, essendo stato precisato che \( b \ll a \) , si può applicare direttamente la definizione del momento di inerzia di superfice, con l’area pari al prodotto $a xx b$ e la distanza pari ad $a$, ottenendo
$I=ba^3$.
Essendo poi il contributo delle figure $A’, B’$ uguale rispettivamente a quello delle figure $A, B$, il momento di inerzia di superficie dell’intera sezione sarà pari al doppio della somma dei due contributi calcolati in precedenza, ovvero
\(I_{x_2}=2\left[\frac{b(2a)^3}{12}+ba^3\right]\).
Grazie mille gentilissimo, molto chiaro su questo esempio. Ti posso chiedere se riesci aiutarmi anche con questo secondo esempio per chiarirmi le idee.
immagine
Risultato $ I=b(2a)^3/12+2sqrt(2) /3ba^3 $
Divido questo triangolo in 3 trettangoli, 1 sotto e 2 laterali.
Momento d'inerzia di quello sotto si calcola come hai fatto in precedenza, mi riesci aiutare con quelli laterali?
grazie mille
immagine
Risultato $ I=b(2a)^3/12+2sqrt(2) /3ba^3 $
Divido questo triangolo in 3 trettangoli, 1 sotto e 2 laterali.
Momento d'inerzia di quello sotto si calcola come hai fatto in precedenza, mi riesci aiutare con quelli laterali?
grazie mille
Questo caso è decisamente più interessante rispetto a quello precedente e richiede alcune considerazioni aggiuntive. Come hai già intuito la sezione va suddivisa nei suoi componenti che possiamo considerare rettangoli (i trettangoli sono troppo complessi... 
).
Il rettangolo inferiore contribuisce con il suo momento d'inerzia di superficie in modo simile a quanto visto sopra
\(I_S=b\frac{(2a)^3}{12}\)
Gli altri due sono simmetrici e contribuiranno in modo uguale. Ci aspettiamo quindi un risultato del tipo
\(I=I_S+2\cdot I_L=b\frac{(2a)^3}{12}+2 \cdot I_L\)
dove con $I_L$ si intende il momento d'inerzia di superficie del rettangolo inclinato. Vediamo ora come calcolarlo.
Sono necessarie delle considerazioni preliminari sui momenti d'inerzia di superficie: il primo è un'estensione della proprietà additiva vista sopra. Con un esempio si comprende sicuramente meglio.
Consideriamo il sistema visibile in figura 1a, composto dalle due aree $A$ e $B$, i cui baricentri si trovano a distanza rispettivamente $r_A$ e $r_B$ dall'asse di rotazione, e sia $I$ il momento d'inerzia di superficie del sistema (non ci interessa il suo valore). Trasliamo ora l'area $A$ di una quantità imprecisata, ma parallela all'asse "x", ottenendo il nuovo sistema visibile in figura 1b. Dalla proprietà additiva del momento d'inerzia di superficie, appare immediato che non essendo cambiata la distanza dei baricentri, il momento d'inerzia di superficie $I$ del sistema di figura 1b è esattamente lo stesso di quello del sistema di figura 1a.
Sfruttando quanto visto sopra, possiamo ora calcolare il momento d'inerzia di superficie del rettangolo inclinato, rispetto all'asse passante per il suo baricentro. Per fare questo, consideriamo la figura 2.
In figura 2a è visibile il rettangolo con l'asse di rotazione passante per il suo baricentro (che per ovvi motivi di simmetria è anche il centro geometrico della figura). Se ora consideriamo questo rettangolo composto da infinitesime aree elementari e riposizioniamo queste aree traslandole parallelamente all'asse di rotazione, possiamo ottenere il nuovo rettangolo visibile in figura 2b che, per quanto visto prima, avrà lo stesso momento d'inerzia di superficie di quello in figura 2a.
Del resto, il momento d'inerzia di superficie del rettangolo in figura 2b lo sappiamo già calcolare ed è pari a
$I_{x'}=b\frac{a^3}{12 cos vartheta }$
Questo è il momento d'inerzia di superficie del rettangolo inclinato rispetto all'asse passante per il suo baricentro. Non è però quello di cui abbiamo bisogno, dato che a noi serve quello rispetto all'asse passante per un suo estremo, vedi figura 3.
Ecco allora che ci viene incontro il teorema del trasporto di Huygens che ci dice che il momento d'inerzia di superficie in questione è dato dal momento d'inerzia di superficie rispetto all'asse baricentrico più il prodotto dell'area della sezione per il quadrato della distanza del baricentro dall'asse x, ovvero
$I_{x_1}=I_{x'}+frac{ab}{cos vartheta} (\frac{a}{2})^2=I_{x'}+bfrac{a^3}{4cos vartheta}=bfrac{a^3}{cos vartheta}(\frac{1}{12}+\frac{1}{4})=bfrac{a^3}{3cos vartheta}$
Dalle dimensioni riportate nella figura iniziale ricaviamo $vartheta = \frac{pi}{4}$ e quindi $cos vartheta=\frac{1}{\sqrt{2}}$. Possiamo ora calcolare l'apporto del rettangolo inclinato come
$I_L=frac{\sqrt{2}}{3}ba^3$
e quindi quello totale come
\(I=I_S+2\cdot I_L=b\frac{(2a)^3}{12}+2\frac{\sqrt{2}}{3}ba^3\)
).Il rettangolo inferiore contribuisce con il suo momento d'inerzia di superficie in modo simile a quanto visto sopra
\(I_S=b\frac{(2a)^3}{12}\)
Gli altri due sono simmetrici e contribuiranno in modo uguale. Ci aspettiamo quindi un risultato del tipo
\(I=I_S+2\cdot I_L=b\frac{(2a)^3}{12}+2 \cdot I_L\)
dove con $I_L$ si intende il momento d'inerzia di superficie del rettangolo inclinato. Vediamo ora come calcolarlo.
Sono necessarie delle considerazioni preliminari sui momenti d'inerzia di superficie: il primo è un'estensione della proprietà additiva vista sopra. Con un esempio si comprende sicuramente meglio.
Consideriamo il sistema visibile in figura 1a, composto dalle due aree $A$ e $B$, i cui baricentri si trovano a distanza rispettivamente $r_A$ e $r_B$ dall'asse di rotazione, e sia $I$ il momento d'inerzia di superficie del sistema (non ci interessa il suo valore). Trasliamo ora l'area $A$ di una quantità imprecisata, ma parallela all'asse "x", ottenendo il nuovo sistema visibile in figura 1b. Dalla proprietà additiva del momento d'inerzia di superficie, appare immediato che non essendo cambiata la distanza dei baricentri, il momento d'inerzia di superficie $I$ del sistema di figura 1b è esattamente lo stesso di quello del sistema di figura 1a.
Sfruttando quanto visto sopra, possiamo ora calcolare il momento d'inerzia di superficie del rettangolo inclinato, rispetto all'asse passante per il suo baricentro. Per fare questo, consideriamo la figura 2.
In figura 2a è visibile il rettangolo con l'asse di rotazione passante per il suo baricentro (che per ovvi motivi di simmetria è anche il centro geometrico della figura). Se ora consideriamo questo rettangolo composto da infinitesime aree elementari e riposizioniamo queste aree traslandole parallelamente all'asse di rotazione, possiamo ottenere il nuovo rettangolo visibile in figura 2b che, per quanto visto prima, avrà lo stesso momento d'inerzia di superficie di quello in figura 2a.
Del resto, il momento d'inerzia di superficie del rettangolo in figura 2b lo sappiamo già calcolare ed è pari a
$I_{x'}=b\frac{a^3}{12 cos vartheta }$
Questo è il momento d'inerzia di superficie del rettangolo inclinato rispetto all'asse passante per il suo baricentro. Non è però quello di cui abbiamo bisogno, dato che a noi serve quello rispetto all'asse passante per un suo estremo, vedi figura 3.
Ecco allora che ci viene incontro il teorema del trasporto di Huygens che ci dice che il momento d'inerzia di superficie in questione è dato dal momento d'inerzia di superficie rispetto all'asse baricentrico più il prodotto dell'area della sezione per il quadrato della distanza del baricentro dall'asse x, ovvero
$I_{x_1}=I_{x'}+frac{ab}{cos vartheta} (\frac{a}{2})^2=I_{x'}+bfrac{a^3}{4cos vartheta}=bfrac{a^3}{cos vartheta}(\frac{1}{12}+\frac{1}{4})=bfrac{a^3}{3cos vartheta}$
Dalle dimensioni riportate nella figura iniziale ricaviamo $vartheta = \frac{pi}{4}$ e quindi $cos vartheta=\frac{1}{\sqrt{2}}$. Possiamo ora calcolare l'apporto del rettangolo inclinato come
$I_L=frac{\sqrt{2}}{3}ba^3$
e quindi quello totale come
\(I=I_S+2\cdot I_L=b\frac{(2a)^3}{12}+2\frac{\sqrt{2}}{3}ba^3\)
ok chiarissimo.
Se dovessi calcolare $ Iy $ sempre di questa figura
faccio riferimento a questa figura?
e il risultato di $ Iy $ sarà $ Iy=sqrt(2)/3ba^3 $ cioè uguale al caso precedente?
Se dovessi calcolare $ Iy $ sempre di questa figura
faccio riferimento a questa figura?
e il risultato di $ Iy $ sarà $ Iy=sqrt(2)/3ba^3 $ cioè uguale al caso precedente?
Sì.
Anche nel caso in cui l'asse sia $y$, il momento d'inerzia di superficie è lo stesso. La prova la puoi avere pensando ad un osservatore "in asse" con l'asse di rotazione: in entrambi i casi vede la sezione ruotare nello stesso modo.
Anche nel caso in cui l'asse sia $y$, il momento d'inerzia di superficie è lo stesso. La prova la puoi avere pensando ad un osservatore "in asse" con l'asse di rotazione: in entrambi i casi vede la sezione ruotare nello stesso modo.
Grazie mille, mi è stato molto utile 
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