PROBLEMA assegnato il 6/5/2002

PROBLEMA assegnato il 6/5/ La valvola a lamella di un MCI a due tempi ha forma rettangolare (8 mm x 3 mm x.3 mm) ed è incastrata su un lato corto. Lo spessore totale T è ottenuto assemblando 3 lamine di fibra di carbonio disposte nella sequenza [/9/], avendo indicato con la direzione del lato lungo. Approssimando la depressione nominale di azionamento con un carico uniforme p= Pa e considerando un coefficiente di amplificazione dinamica nelle condizioni di utilizzo pari a.4 si chiede di valutare: - la prima frequenza risonante ricordando che per una trave incastrata vale la seguente relazione f.875 EI := L 4 ρ A π - l alzata massima della valvola ricordando che per una trave incastrata vale dp L 4 δ := 8E I - il valore massimo del failure index calcolato con la teoria di Hill Per le lamine considerare le caratteristiche del T3: E =.7E+Pa; E =8.4E+9Pa; ν =.34; G = 6. E+9; σ =.88E+9Pa; σ =54.Pa; τ =56.Pa; ρ = 7 kg/m 3 Svolgimento Dati del problema t :=.3 mm h t := E 3 x :=.7 Pa E y := 8.4 9 Pa G 6. 9 E y := Pa ν xy :=.34 ν yx := ν E xy ν yx =.4 x σ Rx := 88 σ Ry := 5.4 ρ := 7 kg w := L := m 3 3. mm 8. mm Qt ( ) := if t h <, i:=.. 3 j:=.. 3 t A i, j t E y ν xy ν yx ν xy E y ν xy ν yx ν yx E x ν xy ν yx E x ν xy ν yx G := Qz () i, j dz B i, j := Qz () i, j z dz D i j := t.444 7 t, t, t A = 8.64 5.349 7 Pa m D = 8.64 5.8 6 E x ν xy ν yx ν yx E x ν xy ν yx Qz () i, j z dz.56 6.48 3 ν xy E y ν xy ν yx E y ν xy ν yx 6.48 3.8 G.3 Pa m 3

B = Pa m Sostituisco la rigidezza dell atrave con la rigidezza della piastra Dw. Risposta dinamica f.875 D, w := f = 55.963s - L 4 ρ t w π Risposta statica, considerando una pressione uniforme p :=.4 Pa dp := p w dp 364 N dp L 4 = δ := δ = 8.393mm m w Ldp =.9N dp L 3 φ := φ =.4rad 6 ( D, w) momento all'incastro M := L dp L L dp 8D, dp.976 43.7 M = m - Nm D M = 9.9 m - M = w w.43 kg m s - Deformazioni lungo lo spessore: ε() z := D M w z Tensioni: σ() z := Qz ()ε() z Punti di verifica: ε h.54 3 = 4.95 4 ε t 6.46 3 =.485 3

Andamento delle sollecitazioni: t t tt :=, t t +... 9 5. 8 σ( tt) σ( tt) 5. 8. 9.5. 4. 4 5. 5 5. 5. 4.5. 4 tt Calcolo dell tensioni nel riferimento del laminato: σ() t h σ L ( t) := if t <, σ() t, σ() t σ() t 3 Calcolo del Failure index: f Hill ( tt) := σ L ( tt) σ Rx + σ L ( tt) σ Ry σ L ( tt) σ L ( tt) σ Rx σ Rx σ L ( tt). σ Rx σ L ( tt) σ Ry f Hill ( tt)..5.33.7.7.33.5 tt t t f Hill h =.44 f Hill. h =.6 f Hill.9999 =.3

5/3 Una barra di torsione del diametro di 5 mm e spessa mm è sollecitata da un momento torcente di Nm. Considerando che la barra è ottenuta laminando 4 strati di composito (45/-45/-45/45) verificare la resistenza del laminato usando il crtierio di Tsai. Ai fini del calcolo considerare il solo comportamento membranale e utilizzare i seguenti dati relativi alle lamine. E x := 4 9 Pa E y := 3.5 9 Pa G := 4. 9 Pa ν xy :=.4 := σ TU := 5 6 Pa τ LTU := 8 6 Pa Q tet ( 45 deg) = Q tet ( 45 deg) = 9.486 3.86 3.734 3 9.486 3.86 3.734 3.5.5.86 3 9.486 3.734 3.86 3 9.486 3.734 3.734 3.734 3 3.88 3 T σ ( 45 deg) =.5.5 T σ ( 45 deg) =.5.5.734 3.734 3 3.88 3.5.5.5.5.5.5 Svolgimento Essendo note le matrici Q delle lamine ruotate posso calcolare la matrice A del laminato. 9.486 3.86 3.734 3 Q tet ( 45 deg) =.86 3 9.486 3.734 3.734 3.734 3 3.88 3 9.486 3.86 3.734 3 Q tet ( 45 deg) =.86 3 9.486 3.734 3.734 3.734 3 3.88 3 A := Q tet 45 deg ( ) mm + Q tet ( 45 deg) mm A =.897 7.73 6.73 6.897 7 7.656 6 Pa m Imponendo l equilibrio alla rotazione M = dm = dfr = N dsr = N R ds = N R πr ottengo Nxy xy xy xy ( )

R := 5mm M t := N m Per ricavare le deformazioni inverto la matrice A (o più semplicemente divido per A33 non essendoci accoppiamenti nel piano) M ε A t π R := ε = M t = 6.65 4 π R 6.65 4 A 3, 3 Posso quindi calcolare le tensioni nelle lamine σ 45 := Q tet ( 45 deg)a σ M t m45 := Q tet ( 45 deg)a π R 6.89.89 σ 45 =.89 6 Pa σ m45 =.546 6 6.89 6.546 6 Pa M t π R E riportare le tensioni nel riferimento del materiale essendo note le matrici di trasformazione T σ ( 45 deg) =.5.5.5.5.5.5 T σ ( 45 deg) =.5.5.5.5.5.5 4.365 σ lam45 := T σ ( 45 deg) σ 45 σ.78 lam45 = 6 Pa.3 5 4.365 σ lamm45 := T σ ( 45 deg) σ m45 σ.78 lamm45 =.3 5 6 Pa Posso quindi passare alla verifica delle lamine := σ TU := 5 6 Pa τ LTU := 8 6 Pa σ lam := σ lamm45 σ lam σ lam := σ lam45 σ lam σ lam + σ lam σ TU σ lam3 + =.3 τ LTU

σ lam σ lam σ lam + σ lam σ TU σ lam3 + =.3 τ LTU

PROBLEMA 5/5/4 Al fine di determinare le costanti ingegneristiche di una lastra in composito sono state effettuate delle prove di trazione strumentate misurando le deformazioni in direzione del carico ed in direzione trasversale al carico e le sollecitazioni. La forma del provino ed il sistema di afferraggio sono tali da ottenere uno stato di tensione monoassiale nella zona di misura. Applicando una tensione σ x di MPa per provini estratti in direzione, 45, 9 si ottengono le seguenti deformazioni:.74.7 θ = 45 deg ε x =.45 % ε y =.6 9.857.7 % Ricavare le costanti ingegneristiche del materiale ricordando la definizione della matrice di cedevolezza del materiale e l andamento angolare delle costanti in direzione del carico: ν TL E L E L S ( θ) := S, cos( θ) 4 + S, sin( θ) 4 + ( S, + S 33, ) sin( θ) cos( θ) ν S := LT S E L E ( θ) := ( S, + S, ) S 3, 3 ( sin( θ) cos( θ) ) + S, ( sin( θ) 4 + cos( θ) 4 ) T G LT SVOLGIMENTO Considerando il legame fra tensioni e deformazioni si ottengono i valori delle costanti della matrice di cedevolezza al variare dell angolo: ε x ε y S := S := 6 Pa 6 Pa.7 7.43 3 S.45 = S =.6.86 Pa 9 7.43 3 Pa 9 Usando le informazioni per la direzione e sostituendo i valori ottengo SLT:= S SLT:= S avendo indicato con LT la matrice S definita nel riferimento di ortotropia e quindi: E L := E SLT L = 4 9 Pa ν LT := SLT E L ν LT =. Usando le informazioni per la direzione 9 sostituendo i valori ottengo SLT:= S 3 SLT:= S 3 E T := SLT E T = 3.5 9 Pa ν TL := SLT E T ν TL =.5 Il secondo modulo di Poisson è ridondante poichè per simmetria si deve avere

E T ν TL := ν E LT ν TL =.5 L Usando le informazioni della direzione a 45 sostituendo i valori ottengo due stime per la costante di taglio S33LTa:= 4 S ( 45 deg) S, S, S, ( ) S, S33LTb:= 4 S ( 45 deg ) + S, + + S, G LT := G S33LTa LT = 4. 9 Pa G LT := G S33LTb LT = 4. 9 Pa

/5/4 Problema Per determinare le caratteristiche di resistenza di un composito unidirezionale sono state svolte delle prove monoassiali di trazione e compressione utilizzando provini inclinati rispetto alla fibra ottenendo i seguenti carichi di rottura: 3..3 3 θ s = 45 deg σ xuc = 49.878 6 Pa σ xut = 43.8 6 Pa 9 8 Ipotizzando un comportamento perfettamente fragile ed avvalendosi della teoria di Tsai per il calcolo della tensione equivalente si richiede: - il calcolo dei parametri di resistenza - il diagramma rappresentativo delle caratteristiche angolari di resistenza a trazione e a compressione SVOLGIMENTO DEL PROBLEMA Le quattro costanti relative alle direzioni L T sono di calcolo immediato perché già presenti nei vettori. Per il calcolo dell'ammissibile a taglio uso l'equazione (per la trazione): cos θ ( ) τσ ( x, θ) := σ x cos( θ) sin θ cos θ ( ) sin( θ) + σ TU ( cos ( θ) sin( θ) ) ( ) cos ( θ) + sin θ ( ) τσ ( xut, 45 deg) = 6 6 Pa procedo in maniera analoga per la compressione ( cos ( θ) sin( θ) ) := τσ ( x, θ) σ x cos θ ( ) c cos ( θ) c τσ ( xuc, 45 deg) = 6 6 Pa Gli ammissibili della lamina sono quindi: := 3 6 Pa c := 6 Pa σ TU := 8 6 Pa σ TUc := 6 Pa τ LTU := 6 6 Pa sin θ ( ) c cos θ + + ( ) sin( θ) τ LTU ( ) sin θ σ TU ( ) Per tracciare l'andamento della resistenza in funzione dell'angolo uso le seguenti funzioni, valide rispettivamente per la trazione e per la compressione sin θ σ TUc σ x

σ xt ( θ) σ xc ( θ) := := cos θ ( ) cos θ ( ) c cos( θ) cos( θ) c sin θ ( ) sin θ c ( ) + + ( ) sin θ σ TU sin θ ( ) σ TUc + + ( ) sin( θ) τ LTU cos θ ( ) sin( θ) τ LTU cos θ 5 σ xt ( θ) 5 σ xc ( θ) 5 3 4 5 6 7 8 9 θ deg

RECUPERO 9/5/4 La lamina illustrata in figura è soggetta ad uno stato di tensione nel piano xy. La direzione L delle fibre è inclinata di 6 rispetto alla direzione x. Le costanti elastiche sono: E L := 4 9 Pa E T := 3.5 9 Pa G LT := 4. 9 Pa ν LT :=.4 Gli ammissibili del materiale sono: := 5 c := σ TU :=.5 σ TUc := τ LTU := 8 6 Pa 7. MPa y 6 3.5 MPa x.4 MPa Calcolare le tensioni e le deformazioni nel sistema di riferimento del materiale. Eseguire la verifica con i criteri di Tsai, della tensione massima e della deformazione massima.

Calcolo della matrice Q: E T ν TL := ν E LT ν TL =. L E L ν LT ν TL Q := ν TL E L E T Q = ν LT ν TL ν LT ν TL ν LT E T ν LT ν TL G LT 4.583.458.458 3.646 4. 9 Pa Calcolo della matrice S: ν TL E L E T.7.9.7 ν S := LT S.9.86 = Q =.9 E L E T.38 Pa 9 G LT Vettore delle tensioni: 3.5 σ := 7.4.9.86.38 Pa 9 Matrice di trasformazione delle tensioni cos( θ) sin( θ) sin( θ) cos( θ) T σ ( θ) := sin( θ) cos( θ) sin( θ) cos( θ) T σ ( 6 deg) = sin( θ) cos( θ) sin( θ) cos( θ) cos( θ) sin( θ).5.75.433.75.5.433.866.866.5 Calcolo delle tensioni nel sistema della lamina 3.63 σ lam := T σ ( θ) σ σ lam =.337 6 Pa 5.47 Calcolo delle deformazioni dalle tensioni: 6.56 ε lam := Q σ lam ε 6.5 lam = 6.49 3

Verifica della lamina := 5 c := σ TU :=.5 σ TUc := τ LTU := 8 6 Pa 3.63 σ lam = 3.374 5 σ lam 6 5.47 6 σ lam =.3 σ lam =.675 σ TU σ lam3 =.656 τ LTU kg m - s - σ lam σ lam + σ lam σ TU σ lam3 + =.886 τ LTU ε lam =. E L ε lam σ TU =.4 E T ε lam3 τ LTU =.656 G LT

PROBLEMA 4/5/5 Una lamina di composito unidirezionale è realizzata con fibre di carbonio (T3) e matrice di resina epossidica (N58) con le seguenti proprietà meccaniche: E f := 38 9 Pa σ Rf := 55 6 Pa ρ f := kg E m := 4. 9 Pa σ Rm := 3 6 Pa ρ m := kg m 3 m 3 Si chiede di calcolare la densità ed i moduli di rigidezza e resistenza in direzione longitudinale e trasversale per un volume di fibre del 7%. Si ricordano le formula per una stima più accurata in direzione trasversale: E f E m + ξ η V ξ = η := E E T E f σ Rm := m σ f η V f T := + ξ E m V E f m E f 4 V f E m π E f SVOLGIMENTO Dopo aver calcolato la frazione in volume della matrice V m := V f è possibile calcolare la densità ρ := V f ρ f + V m ρ m ρ =.76 3 kg m -3 il modulo del composito in direzione longitudinale E L := V f E f + V m E m E L = 67.3 9 Pa Per calcolare la resistenza in direzione longitudinale si ipotizza un comportamento lineare per la matrice e la fibra e dopo aver calcolato la deformazione a rottura della fibra σ Rf ε Rf := ε E Rf = 4.79 3 f si calcola la sollecitazione del composito in corrispondenza della tensione di rottura della fibra σ Rf σ L := V f σ Rf + V m E m σ E L =.9 3 6 Pa f L andamento delle sollecitazioni nella matrice nella fibra e nel composito è rappresentato nel seguente diagramma ( ε :=,....5 ):

E f ε 5 E m ε E f ε V f + E m ε V m σ Rf ( ) 5...3.4.5 ε Per il calcolo del modulo in direzione trasversale si può usare l approccio semplificato che ipotiz<za di avere molle in serie V f V m E T := + E E f E T = 3.33 9 Pa m Una stima più accurata si ottiene con la formula di Halpin Tsai ξ := a ξ = b E f E m η := η =.968 E f + ξ E m + ξ η V f E T := E m E η V f T = 9.978 9 Pa Per quanto la resistenza il modello in serie prevede un valore pari alla resistenza della matrice σ Rm := 3 6 Pa si ottiene una stima più accurata utilizzando il fattore di concentrazione delle tensioni σ Rm σ T := σ E T = 7.947 6 Pa m V f E f 4 V f E m π E f

PROBLEMA /5/5 Un foglio di carta KL5 presenta le seguenti costanti ingegneristiche: E L := 336 E T := 694 ν LT :=.34 G LT := 86 Calcolare le matrici di rigidezza e cedevolezza Q ed S e tracciare l andamento angolare della prima componente sulla diagonale principale della matrice angolata e del modulo di Young corrispondente. Si ricordano gli andamenti delle prime componenti sulla diagonali principale per le matrici di rigidezza e cedevolezza della lamina inclinata: Q ( θ) := Q, cos( θ) 4 + Q, sin( θ) 4 + ( Q, + Q 33, ) sin( θ) cos( θ) S θ ( ) := S SVOLGIMENTO ( ) 4 ( ) 4, cos θ + S, sin θ + S + Si calcola il modulo di Poisson incognito: E T ν TL := ν E LT L ν TL =.73 Dalla definizione della Matrice Q E L ν TL E L ν LT ν TL Q := ν LT E T ν LT ν TL ν LT ν TL E T ν LT ν TL Si ottiene 3.534.6 Q =.6.8 9 Pa.86 Dalla definizione della matrice S S := E L ν LT E L ν TL E T E T ( ) sin( θ) G LT, S 33, G LT si ottiene.37. S..593 =.68 Pa che risulta identica all inversa della matrice di rigidezza.37. Q..593 =.68 9 Pa cos ( θ)

Dall andamento delle prime componenti sulle diagonali principali Q ( θ) := Q, cos ( θ) 4 + Q, sin( θ) 4 + ( Q, + Q 33, ) sin( θ) cos θ S θ ( ) := S ( ) 4 ( ) 4, cos θ + S, sin θ + S + ( ) sin( θ), S 33, cos( θ) ( ) e ricordando che il reciproco della prima componente della matrice di cedevolezza rappresenta il modulo di Young per la lamina inclinata si ottengono i diagrammi richiesti: θ :=, deg.. 9 deg 4. 9 3.5. 9 Q ( θ) 3. 9 ( S ( θ) ).5. 9. 9.5. 9 5 3 45 6 75 9 θ deg

Compito TCM 3/9/5 PROBLEMA Un pannello di cartone ondulato è realizzato con due fogli di carta KL5 separati da un nucleo ondulato di carta S9. facing KL5 core S9 4.8 mm facing KL5 6.7 mm Considerando che i fogli di KL5, di spessore.3mm, hanno le seguenti costanti ingegneristiche: E L := 336 E T := 694 ν LT :=.34 G LT := 86 calcolare la matrice D del laminato trascurando il contributo del nucleo ondulato.

Costanti ingengeristiche E L := 336 E T := 694 G LT := 86 ν LT :=.34 E T ν TL := ν E LT ν TL =.73 L Matrice Q E L ν LT ν TL Q := ν LT E T E T Q = ν LT ν TL ν TL E L ν LT ν TL ν LT ν TL G LT 3.534.6.6.8.86 9 Pa Spessore totale del laminato e della lamina h := 4.8 mm t :=.3 mm Matrice D calcolata trascurando il contributo del nucleo h D Q z := dz D = h t 7.996.385.385 4.73.946 N m D 3 3 3 Q h + t h Q h 3 3 h := + t D = 7.996.385.385 4.73.946 N m