R. Lapiello – appunti di Costruzioni - Geometria delle masse -
APPUNTI DI COSTRUZIONI
CORSO DI COSTRUZIONI PER GEOMETRI
MODULO didattico n° 4
GEOMETRIA DELLE MASSE
Roberto Lapiello
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R. Lapiello – appunti di Costruzioni - Geometria delle masse -
I sistemi di masse La geometria delle masse studia le proprietà delle masse in relazione alla loro distribuzione nello spazio. A seconda della diversa distribuzione delle masse in un sistema, dipendono diversi comportamenti che riguardano le Costruzioni. Si consideri ad esempio un corpo costituito da due palline di diversa dimensione e materiale costituente, aventi la prima una massa m1 e la seconda la massa m2. Se si immagina di collegare queste due masse con un asta rigida senza peso, si può determinare un punto P lungo l’asta che posto su di un appoggio, consenta di mantenere il sistema costituito dalle due masse in equilibrio. Se la massa m2 è più grande, il punto P sarà più vicino a m2 e le due distanze l1 e l2 rispetteranno la condizione di equilibrio:
2211 lmlm ⋅=⋅ Per dimostrare la relazione appena scritta basta ricordare il secondo principio della dinamica per il quale si ha:
aF ⋅= m Poichè le due masse m1 e m2 nell’esempio portato sono soggette entrambe all’accelerazione di gravità ne consegue che alla massa m1 corrisponde una Forza gF ⋅= 11 m mentre alla massa m2 corrisponde la forza gF ⋅= 22 m . Le due forze saranno parallele, verticali ed equiverse. Se esprimiamo la condizione di equilibrio alla rotazione intorno a P del sistema di forze costituito da F1 e F2 si ha: 2211 lFlF ⋅=⋅ da cui, sostituendo le espressioni delle Forze si ricava: 2211 lgmlgm ⋅⋅=⋅⋅ e dividendo entrambi i membri per g si ottiene:
2211 lmlm ⋅=⋅
Il punto P è definito come il baricentro del sistema di masse costituito da m1 e m2. Si potrebbe ovviamente considerare un sistema di più masse concentrate del tipo di quello presentato e determinare per esempio la posizione del baricentro o altre proprietà che appresso definiremo. Un sistema di masse concentrate che conservi la mutua posizione delle masse nel piano si definisce un sistema di masse discreto. Immaginiamo di avere una lastra di materiale omogeneo avente una forma generica; si può pensare di sospenderla ad un filo ancorato nel punto P e di disegnare sulla lastra la verticale passante per P dopo che la lastra abbia assunto la posizione di equilibrio. La verticale per P dividerà la lastra in due parti tali che il sistema di forze costituito dai pesi delle due parti abbi la retta di azione coincidente proprio con la verticale per il punto P . Ruotando la lastra e appendendola ad un punto P’ si può tracciare un'altra verticale che ugualmente
m1 m2P
l1 l2F1 F2
P
P
P'
G
divide la lastra in due zone. L’inteserzione tra le due
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rette disegnate sulla lastra individua la posizione del baricentro, che a sua volta rappresenta il punto di applicazione della forza peso relativa all’intera lastra. In questo esempio abbiamo considerato un sistema di masse costituito da aree omogenee. Un sistema di masse rappresentato da aree omogenee è definito come sistema di masse continuo
ino ad ora abbiamo visto come una posizione di equilibrio di un corpo possa essere condizionata
sezione che condiziona la resistenza all’inflessione della
ccertato che la geometria delle masse o delle aree assume notevole importanza nello studio degli
Sistemi di masse discreti ete, un insieme di punti del piano nei quali si può pensare che
en to un
i definisce la massa totale del sistema M come la
i ++=∑
vviamente se il sistema di masse è costituito da più di tre masse la somma andrà estesa al
n sistema di masse si può considerare come un sistema di forze F tutte parallele aventi i moduli
alla ricerca del punto di applicazione della risultante del sistema di forze associato alle masse.
Fdalla distribuzione delle masse nel piano, ma possiamo facilmente verificare che il sistema di masse o di aree, condiziona anche la “resistenza delle travi” o più genericamente di una struttura. Consideriamo una trave avente sezione rettangolare, se sottoponiamo la trave ad un certo caricoP verticale, questa si infletterà sotto l’azione del carico. Si può sperimentare che disponendo la trave ponendo il lato maggiore della sezione in verticale, l’inflessione della trave sarà minore, cioè la sezione mostrerà una resistenza maggiore. In questo esperimento è evidente che la distribuzione delle aree della sezione nei due casi influenza la resistenza alla inflessione della trave, e quindi che la conoscenza dell’area della sezione e del baricentro non ci è sufficiente per studiare la resistenza di una trave e che occorrerà quindi determinare un’altra proprietà del sistema di masse o di aree, che tiene conto anche di come le aree siano distribuite nel piano in relazione alla posizione del baricentro. Si vedrà in seguito che la proprietà dellatrave è il “momento di inerzia”. Aequilibri e delle resistenze strutturali, si procederà allo studio di essa analizzando dapprima i sistemi di masse discreti e quindi si estenderanno successivamente i concetti e la trattazione ai sistemi di masse continui.
Si definisce sistema di masse discrin ognuno sia concentrata una determinata massa. Al fine della individuazione analitica di un sistema di masse, si descriveranno i punti attraverso le loro coordinate in un sistema di riferimento cartesiano ( )yxP ; , e le masse attraverso un valore che ne determina la consistenza im . Nell’esempio riportato a lato, è rappres ta
iii
X
Y
4
2
2
3
1
1 4 5 6
3
m1
m2
m3
sistema costituito da tre masse m1, m2 e m3, posizionate rispettivamente nei punti P1(1;2), P2(3,3) e P3(6;1). Il sistema di masse così descritto è univocamente determinato sia per la consistenza delle singole masse sia per la posizione reciproca. Ssomma di tutte le masse che costituiscono il sistema considerato. M = 321 mmmm Onumero totale delle masse costituenti il sistema. U irispettivamente equivalenti alla massa mi. Con questa posizione si possono estendere ai sistemi di masse le modalità di trattazione dei sistemi di forze, e considerando che il baricentro può essere visto come il punto di applicazione della forza peso, la sua ricerca si può ricondurre per analogia
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In analogia al momento di una Forza si definisce il momento statico di una massa. Si definisce momento statico di una massa m rispetto ad m1
un asse X il prodotto della massa m per la distanza d della massa dall’asse X. Facendo riferimento nello schema a lato il momento tatico della massa m1 rispetto a X è dato dal
zione del segno da attribuire al momento statico, in analogia alla trattazione dei
nza di un massa posta alla sinistra di un mpre riferendoci al sistema rappresentato in
masse rispetto ad un asse, la somma dei momenti tatici delle singole masse rispetto allo stesso asse:
acendo riferimento al sistema rappresentato in figura si ha:
dmdm ⋅+⋅−
Considerando un sistema di masse rappresentato su un piano cartesiano, si possono determinare momenti statici del sistema rispetto ai due assi di
X
d1
m2
m3
d2
d3
sprodotto:
111 dmS ⋅= Ai fini della valuta
momenti di forze, si considererà positiva la distaosservatore orientato secondo l’asse di riferimento. Sefigura, sono positive le distanze d1 e d3 relative alle masse m1 e m3, mentre è da considerarsi negativa la distanza d2 relativa alla massa m2. Si definisce momento statico di un sistema di s ∑ ⋅= ii dmS F
( ) 11332211 dmdmdmdmdmS ii ⋅=⋅+−⋅+⋅=⋅= ∑X
3322
i riferimento, esprimendo le distanze dagli assi attraverso le coordinate dei punti nei quali sono concentrate le masse. A tal fine si osservi che la distanza della masse dall’asse X è rappresentata in valore e segno dalle coordinate Y dei singoli punti massa. Si può quindi esprimere il momento statico del sistema di masse rispetto all’asse X attraverso la seguente espressione:
∑ ∑ ⋅=⋅= iiiXi ymdmS X
che particolarizzata per il sistema rappresentato
iviene:
ymymym ⋅+⋅+⋅=
Per il calcolo del momento statico del sistema di forze rispetto all’asse Y, si osservi che la distanza all’asse Y di una massa generica è data dalla ascissa X cambiata di segno del punto dove è
d
S 332211X
dconcentrata la massa. Infatti le ascisse X positive sono poste alla destra di Y e quindi corrispondono a distanze negative. Il momento statico del sistema di masse rispetto all’asse Y si calcola quindi con la seguente espressione:
( )∑ ∑ ⋅
Nel caso rappresentato si ha:
−=−⋅= iiii xmxmS Y
Y
4
2
2
3
1
1 4 5 6
3
m1
m2
m3
X
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xmS iY ⋅−= ∑ 332211 xmxmxmi ⋅−⋅−⋅−= Al sistema di masse si possono considerare associati due sistemi di forze paralleli agli assi per i
alle quali si ricavano le coordinate del Baricentro G.
quali si può determinare la Risultante R corrispondente alla massa totale M. Applicando quindi il teorema di Varignon ai due sistemi di forze si possono scrivere le due condizioni:
( ) ∑∑
⋅−=−⋅=
⋅=⋅=
iiGY
iiGX
xmXMS
ymYMS
d
Mym
MS
Y
Mxm
MS
X
iiXG
iiYG
∑
∑
⋅==
⋅=−=
all’applicazione del teorema di Varignon scaturisce la seg
momento statico di un sistema di masse rispetto ad una retta passante per il baricentro è nullo.
er comprendere la veridicità della proprietà appena descritta basta considerare che il baricentro
) E’ assegnato il sistema costituito da quattro masse applicate rispettivamente nei punti
er operare in maniera più spedita nei calcoli,
D uente proprietà: Il Paltro è il punto nel quale può considerarsi applicata la forza Peso relativa all’intero sistema e quindi può considerarsi ai fini del momento statico come punto di applicazione della massa totale del sistema M. Essendo M applicata in G, qualunque retta r passante per G presenterà distanza nulla dalla massa totale M e di conseguenza il momento statico del sistema rispetto alla retta r sarà nullo. 1
P1(1;3) , P2(2;1), P3(5;2) e P4(6;4). La consistenza delle masse è la seguente: m1=100 , m2=110 , m3=130, m4=140. Si rappresenti il sistema e si determini il Baricentro G.
Pcostruiamo una tabella le cui colonne conterranno nell’ordine i valori delle masse, le coordinate dei punti di applicazione, il momento statico Sx e il momento statico SY. Ogni riga della tabella conterrà i valori relativi ad una massa. Il totale della colonna M ci fornirà la massa Totale del sistema mentre i totali delle colonne relative ai momenti statici ci forniranno i momenti statici Sx e SY relativi all’intero sistema di masse.
N° M x y Sx=m*y Sy=-m*x 100,001 1,00 3,00 300,00 -100,00
2 110,00 2,00 1,00 110,00 -220,00 3 130,00 5,00 2,00 260,00 -650,00 4 140,00 6,00 4,00 560,00 -840,00
OTALI 480,00T 1.230,00 -1.810,00
X
Y
4
2
2
3
1
1 4 5 6
3
m1
m2
m3
M
MYG
XG
G
X
Y
4
2
2
3
1
1 5 6
3m1
m2
m3YG
XG
G
m3
3,77
2,56
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Le coordinate del Bar si o app ando le ch :
icentro G ottengon lic formule e seguono
56,2480
1230
77,34801810−
===
=−=−=
MS
Y
MX
XG
G
grafica, oltre alle masse e al Baricentro G trovato, si è rappresentato anche
contorno che delimita tutte le masse costituenti il sistema, a verifica grossolana dei calcoli
o che delimita
omento d’inerzia assiale di un sistema di masse discreto
della
ssendo la distanza elevata al quadrato, il momento d’inerzia assiale
i una massa sarà sempre una quantità positiva,
ad un asse è dato dalla somma dei
onsiderando un sistema di masse rappresentato un riferimento cartesiano, le coordinate dei
2211
xmxmxmxmJ
y
iiY
X
⋅+⋅+⋅=⋅=
⋅
∑
SY
Nella rappresentazione ileffettuati sussistendo per il Baricentro di un sistema di masse la seguente proprietà: Il Baricentro G di un sistema di masse tutte positive, ricade sempre all’interno del contorntutte le masse del sistema.
M Si consideri il sistema di masse rappresentato a lato. Si definisce Momento d’inerzia assiale di massa il prodotto massa per il quadrato della distanza della massa dall’asse.
2111 dmJ X ⋅=
Considerando le masse sempre positive ed e
d indipendentemente dalla posizione relativa tra l’asse e la massa. Il momento d’inerzia assiale di un sistema di masse rispettomomenti d’inerzia assiali delle singole masse rispetto allo stesso asse.
233
222
211
2 dmdmdmdmJ iiX ⋅+⋅+⋅=⋅= ∑
X
d1
m1
m2
m3
d2
d3
X
Y
4
2
2
3
1
1 4 5 6
3
m1
m2
m3
C inpunti di applicazione delle masse rappresentano le distanze dagli assi coordinati, e quindi si possono determinare i momenti d’inerzia assiali rispetto agli assi X e Y nel modo che segue:
222 mymymymJ ii +⋅+⋅=⋅=233
222
211
2
233
∑
Il momento d’inerzia IX può esprimersi anche nella
ma: seguente for ( ) ( ) 222111
2 yymyymymJ iiX ⋅⋅+⋅⋅=⋅= ∑ ( ) 332211333 ySySySyym XXX ⋅+⋅+⋅=⋅⋅+
ove con e si sono indicati i momenti statici rispetto all’asse X delle masse m1, 2 e 3. Dalla lettura di questa seconda espressione del momento d’inerzia assiale si deduce che il
d m XS1 , XS2 XS3
m
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’in zia iale
esta è posta alla
1
uardando la figura i comprende che il quadrato ella distanza può esprimersi, attraverso
ostituendo il valore di nell’espressi
momento d er ass rispetto all’asse X può intendersi come il momento statico rispetto allo stesso asse X di un sistema di masse costituito dai Momenti statici delle singole masse rispetto ad X ed applicate nei medesimi punti di m1, m2 e m3. In maniera del tutto analoga si può ricavare la medesima proprietà per il momento d’inerzia assiale ispetto all’asse Y. r
omento d’inerzia polare di un sistema di masse discreto M
Consideriamo la massa m1 del sistema di masse rappresentato in figura, quistanza d dal polo O origine degli assi di riferimento. d
Si definisce momento d’inerzia polare della massa m1 ispetto al polo O il prodotto della massa per il r
quadrato della della massa dal polo. 2
111 dmJ O ⋅= G sd 2
1dl’applicazione del teorema di Pitagora, come la somma dei quadrati delle coordinate del punto di applicazione di m1. 2
121
21 yxd +=
S 2
1d one del momento polare si ottiene: ( ) YXO JJymxmxmJ 11
211
211
2111 +=⋅+⋅=+⋅= y2
1
momento polare della massa m1 rispetto al polo O è uguale alla somma dei momenti d’inerzia assiali spetto agli assi coordinati aventi origine in O.
costituenti il sistema.
ove con e si sono indicati i momenti d’inerzia assiali dell’intero sistema di masse.
2lla massa m2 per le rispettive distanze della massa dagli assi X e Y.
ell’espressione del momento d’inerzia centrifugo le distanze andranno
Ilri Il momento d’inerzia polare di un sistema di masse rispetto ad un polo O è uguale alla somma dei
omenti d’inerzia polare delle singole massem YXiiO JJdmdmdmdmJ +=⋅+⋅+⋅=⋅= ∑ 2
33222
211
2 d XJ YJ
Momento d’inerzia centrifugo di un sistema di masse discreto
Consideriamo la massa m2 rappresentata nel piano cartesiano riferito agli ssi X e Y. a
SI definisce momento d’inerzia centrifugo della masse m rispetto agli assi X e Y l prodotto de
X
Y
4
2
2
3
1
1 4 5 6
3
m1
m2
m3d1 d2
d3
O
X
Y
2
2
3
1
1
3m2
d2X
d2Y
i YXXY ddmJ 2222 ⋅⋅= N
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considerata con il loro segno algebrico, quindi è possibile avere valori negativi del momento
XY
d’inerzia centrifugo. Considerando che le distanze dall’asse Y considerate positive corrispondono a punti massa con cordinate X negative, facendo riferimento alle coordinate del punto di applicazione della massa m2 si può scrivere per il momento d’inerzia centrifugo la seguente espressione:
)( yxmxymJ 2222222 ⋅⋅−=−⋅⋅=
onsiderando i segni che assumono le coordinate x e y dei punti masse a seconda della
n sistema di masse m1,
iiiXY ⋅⋅−∑ momento d’inerzia centrifugo di un sistema di masse
YYYXY
Cappartenenza ad uno specifico quadrante, si avranno momenti d’inerzia centrifughi negativi per le masse appartenenti al primo e al terzo quadrante, e momenti positivi per le masse appartenenti al secondo e quarto quadrante. momento d’inerzia centrifugo di uIl
m2 e m3 rispetto agli assi X e Y e uguale alla somma dei momenti centrifughi delle singole masse.
⋅⋅−⋅⋅−=⋅⋅−= 333222111 yxmyxmyxmyxmJ
Ilrispetto agli assi X e Y può anche intendersi come il momento Statico rispetto a X del sistema dei masse costituito dai momenti statici rispetto a Y. La veridicità di quanto affermato può desumersi dall’espressione del momaniera opportuna i termini dell’espressione:
)()()( ySySySyxmyxmyxmJ ⋅+
mento d’inerzia centrifugo isolando in
332211333222111 ⋅+⋅=⋅⋅−+⋅⋅−+⋅⋅−=
vviamente isolando in maniera diversa i termini si ricava anche:
332211333222111 xSxSx XXXXY
O
)()()( SxymxymxymJ )()()(⋅=−⋅⋅+−⋅⋅+−⋅⋅= −⋅+−⋅+−
cioè che il momento centrifugo può vedersi come il momento statico rispetto a Y del sistema
centrifugo viene valutato rispetto
) E’ assegnato il sistema costituito da quattro masse ap
’e logamente all’esercizio 1 in forma tabellare. Rispetto
emomenti statici rispetto a X.
volte il momento d’inerziaAa due assi non perpendicolari. In tale caso le distanze andranno valutate secondo le direzioni degli assi.
X
Y
4
2
2
3
1
1 4 5 6
3
m1
m2
m3
1
X
Y
m1d1Y
d1X YXXY ddmJ 1111 ⋅⋅= 2 plicate rispettivamente nei punti
P1(1;3) , P2(-2;1), P3(-3;-2) e P4(4;-3). La consistenza delle masse è la seguente: m1=110 , m2=105 , m3=120, m4=180. Si rappresenti il sistema e si determini il Baricentro G e i momenti d’inerzia assiali e centrifugo.
sempio numerico proposto viene svolto anaLalla tabella utilizzata nell’esercizio 1 aggiungeremo altre tre colonne nelle quali inseriremo nell’ordine il momento d’inerzia assiale rispetto a X, il momento d’inerzia assiale rispetto a Y e il
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momento centrifugo . Al piede di queste colonne provvederemo a determinare la somma dei valori.
XYJ
N° M x y Sx=m*y Sy=-m*x Jx=m*y2 Jy=m*x2 Jxy=-m*x*y1 110,00 1,00 3,00 330,00 -110,00 990,00 110,00 -330,002 105,00 -2,00 1,00 105,00 210,00 105,00 420,00 210,003 120,00 -3,00 -2,00 -240,00 360,00 480,00 1.080,00 -720,004 180,00 4,00 -3,00 -540,00 -720,00 1.620,00 2.880,00 2.160,00
TOTALI 515,00 -345,00 -260,00 3.195,00 4.490,00 1.320,00
Le coordinate del Baricentro si calcolano nel modo che segue:
X
Y
2
2
3
1
1
3m1
m2
YG
XG
G
m4
m3
−1−2−3
−1
−2
−3
40,50
−0,67
67,000,51500,345
50,000,51500,260
−=−
==
=−
−=−=
MS
Y
MS
X
XG
YG
Nel grafico a fianco è rappresentato il sistema di masse ed il relativo baricentro. I momenti d’inerzia del sistema sono: Momento d’inerzia assiale rispetto a X 00,3195=XJMomento d’inerzia assiale rispetto a Y 00,4490=YJMomento d’inerzia centrifugo 00,1320=XYJ Per quanto attiene alle unità di misura si osservi che se le masse sono espresse in Kg e le coordinate in m, i Momenti statici saranno espressi in Kgm e i momenti d’inerzia in Kgm2.
Teorema di trasposizione (Teorema di Huygens) E’ assegnato un sistema di masse generico di cui conosciamo le distanze delle masse da due assi paralleli posti alla distanza d e di cui uno (X0) passa per il baricentro del sistema, il teorema di Huygens ci consente di affermare quanto segue:
X0
y1
m1
m2
m3
y2
y3
X
d1
d2
d3d
Il momento d’inerzia asiale del sistema di masse riferito ad un asse X parallelo all’asse X0 baricentrico, è uguale al momento d’inerzia assiale rispetto all’asse baricentrico X0 maggiorato del prodotto della massa totale del sistema M per il quadrato della distanza d tra i due assi.
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J MdJ XX ⋅+= 20
er dimostrare quanto sserito da Huygens, facendo riferimento allo schema generico
sservando che:
P arappresentato in figura, si calcola il momento d’inerzia assiale rispetto all’asse X nel modo che segue: 2
33222
211 dmdmdmJ X ⋅+⋅+⋅=
o dydydddyd +=−=+= 332211 ;; ostituendo nell’espressione del momento d’inerzia si ottiene: s
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
dymdmymdymdmymdymdmymJ
dydymdydymdydymJ
dymydmdymJ
X
X
X
⋅⋅⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅−⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅+⋅=
⋅⋅++⋅+⋅⋅−+⋅+⋅⋅++⋅=
+⋅+−⋅++⋅=
332
323322
22
222111
211
322
33222
22122
11
233
222
211
222
222
rdinando tenendo conto dei termini omogenei si ottiene:
X
X
⋅⋅⋅+⋅⋅⋅−⋅⋅⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=
⋅⋅⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅−⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅+⋅=
3322112
32
22
1233
222
211
332
323322
22
22211
21
211
222
222
raggruppando
222
ell’espressione ottenuta riconosciamo nel primo termine il momento d’inerzia assiale rispetto
a distanza tra i due assi d, corrisponde alla coordinata YG del baricentro rispetto all’asse X, quindi
e ci riferiamo a due assi Y e Y0 di cui Y0 è a baricentrico, anche tra questi due assi vale il teorema
ella pratica può presentarsi anche il caso in cui si conosce il momento d’inerzia rispetto ad un
o
dymdymdymdmdmdmymymymJ
dymdmymdymdmymdymdmymJ
e
∑∑∑ ⋅⋅⋅+⋅+⋅= iiiiiX ymdmdymJ
Nall’asse baricentrico X0 e nel secondo termine il prodotto del quadrato della distanza tra i due assi X e X0 e la massa totale del sistema M. La sommatoria presente nel terzo termine dell’espressione rappresenta il momento statico del sistema di masse rispetto all’asse baricentrico X0 e pertanto il terzo termine dell’espressione è uguale a zero. L’espressione si riduce ai primi due termini che corrispondono all’enunciato formulato all’inizio di questa trattazione: 2
0 dMJJ XX ⋅+= Lil teorema di trasposizione può scriversi anche nella forma che segue: 2
0 GXX YMJJ ⋅+= Sdi trasposizione che assume la forma: 2
0 GYY XMJJ ⋅+= Nasse X e si vuole determinare il momento d’inerzia rispetto ad un asse X0 baricentrico e parallelo a X. Risolvendo l’espressione del teorema di trasposizione rispetto a 0XJ si ottiene l’espressione cercata:
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20 GXX YMJJ ⋅−=
In riferimento alla direzione Y si ha:
eterminiamo ora qual è la relazione che ci esprime il teorema di trasposizione applicato ai
el disegno a fianco è rappresentato per
J utilizzando le coordinate delle masse rispetto agli
2
0 GYY XMJJ ⋅−= Dmomenti centrifughi. Nsemplicità un sistema costituito da due sole masse, le cui coordinate sono espresse mediante sia rispetto ad un riferimento cartesiano generico XY e sia rispetto ad un sistema baricentrico i cui assi X0 e Y0 sono rispettivamente paralleli a X e a Y. Seppure il sistema presentato potrebbe apparire troppo particolare e quindi non adatto ad una trattazione teorica rivolta alla ricerca di risultati ed espressioni di validità generale, si farà nella trattazione espresso riferimento alle coordinate ed alle regole della geometria analitica per la trasposizione delle coordinate, così da non farsi condizionare nei risultati dalla pesprimiamo il momento d’inerzia centrifugo XY
assi X e Y.
X
Y
m1
m2
Y0
X0
O
G
y2
y02y1
y01
x01x1
x2x02
XG
YG
articolarità del sistema presentato. Come primo passo
222111 yxmyxmJ XY ⋅⋅−⋅⋅−= Dall’esame del disegno e considerando la corrispondenza tra i segmenti geometrici e le coordinate
he sostitute nella espressione del momento d’inerzia centrifugo e sviluppando i calcoli danno il
cartesiane, si ottengono le seguenti regole di trasposizione delle coordinate:
022022
011011
;;
yYyxXxyYyxXx
GG
GG
+=+=+=+=
cseguente risultato:
( ) ( ) ( ) ( )
022022
202022011011101011
0202201011
xYmyXmYXmyxmxYmyXmYXmyxmJ
yYxXmyYxXmJ
GG
GGGGGGXY
GGGGXY
⋅⋅−⋅⋅−−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−=
+⋅+⋅−+⋅+⋅−=
ggruppando i termini “omogenei” si ha: ra
022011
022011210202201011
022022
202022011011101011
xYmxYmyXmyXmYXmYXmyxmyxmJ
xYmyXmYXmyxmxYmyXmYXmyxmJ
GG
GGGGGGXY
GG
GGGGGGXY
⋅⋅−⋅⋅−−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−=
⋅⋅−⋅⋅−−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−=
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R. Lapiello – appunti di Costruzioni - Geometria delle masse -
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ell’espressione ottenuta si riconosce immediatamente che i primi due termini esprimono il momento d’inerzia centrifugo rispetto agli assi baricentrici X0,Y0, mentre il terzo e quarto termine esprimono il momento d’inerzia centrifugo rispetto agli assi X e Y della massa totale concentrata nel baricentro.
yxmyxmJ ⋅⋅−
N
YX
GGGGiGGGG YXmYXmmYXMYX ⋅⋅−⋅⋅−=⋅⋅−=⋅⋅−
⋅⋅−= 020220101100
appena descritti e raggruppando in maniera adeguata gli altri termini dell’espressione si ottiene:
∑ 21
ostituendo i termini S
( ) ( )02201 102201100 xmxmYymymXMYXJJ GGGGYXXY ⋅−⋅−⋅+⋅+⋅⋅−⋅⋅−=
ermini tra parentesi altro non sono che i momenti statici e del sistema di masse rispetto
ne cercata assume quindi la seguente forma:
I t 0x 0y
agli assi baricentrici XS S
0 e Y0 e che quindi risultano uguali a zero. L’espressione di trasposizio
MYXJJ GGYXXY ⋅⋅−= 00 Il momento centrifugo di un sistema di masse rispetto a due a X e generici è uguale al momento d’inerzia centrifugo rispetto agli assi X
ssi Yli assi X e Y, aumentato del momento
G.
olto più semplice e la dimostraz ne del teorema di trasposizione per i momenti d’inerzia polari, econdo cui:
momento d’inerzia polare di un sis m di masse rispetto al polo O è pari al momento d’inerzia polare
G
ome è noto, il momento d’inerzia polare polo O può esprimersi come
YY ⋅+= 20
JJJ
MXJMYJJ
GGYXO
GYGXO
⋅+++=
⋅++⋅+=22
00
20
20
0 e Y0 baricentrici e paralleli agd’inerzia centrifugo rispetto agli assi X e Y della massa totale del sistema M concentrata nel baricentro M ios MdJJ GO ⋅+= 2
te a Ilrispetto al polo G aumentato del prodotto della massa totale M del sistema per il quadrato della distanza d tra i due poli O e . Crispetto al s
X
Y Y0
X0
O
G
omma dei momenti d’inerzia assiali riferiti agli assi X e Y con origine in O.
JJJ +=
XG
YGd
YXO
ricordando che:
MYJJ GXX ⋅+= 20
MXJJ G
si può scrivere:
X( ) MY
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ma osservando che la somma del quadrato delle coordinate del baricentro G altro non è che il uadrato della distanza tra i due poli, si ha:
ariazione dei momenti ’inerzia conseguenti alla rotazione degli assi questo paragrafo ci riproponiamo di determinare le espressioni analitiche che ci consentono di
ti ad una nte stessa
rigine O degli assi X e Y ma ruotati rispetto a
e Y1. IL sistema di
⋅
q
MdJJJ
YXd
YXO
GG
⋅++=
+=2
00
222
che corrisponde a quanto enunciato.
V dIncalcolare i momenti d’inerzia riferioppia di assi cartesiani X1 e Y1 avec
o
X
Yquesti di un angolo α . Per fare ciò consideriamo lo schema grafico riportato a fianco nel quale è rappresentato un sistema di masse costituito da una sola massa m applicata nel punto A di coordinate x e y rispetto agli assi X e Y e di coordinate x1 ey1 rispetto agli assi X1riferimento X1OY1 è ruotato di un angolo α rispetto al sistema XOY. I momenti d’inerzia della massa m rispetto al sistema X1OY1 sono i seguenti:
111211
211 ;; xmJymJxmJ YXXY ⋅−=⋅=⋅=
Dalla figura si evince che:
1y
αα
αα
senxyCDCEy
senyxEAODx
⋅−⋅=−=
⋅+⋅=+=
cos
cos
1
1
coordinate nelle espressioni dei momenti d’inerzia si ottengono le spressioni cercate.
omento d’inerzia assiale JY1
Sostituendo i valori delle e
M
( )
ααααcos1 +⋅= JJJ XYY
αααα
αα
cos2
cos222
22
⋅⋅⋅+⋅
⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+
⋅+⋅⋅=⋅=
senJsen
senyxmsenym
XY
’inerzia assiale JX1
cos
cos2222
1
11
⋅⋅= xmJ
senyxmxmJ
Y
Y
Momento d
( )
ααααcos1 +⋅= JJJ YXX
αααα
αα
cos2
cos2cos
cos
22
22221
2211
⋅⋅⋅−⋅
⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅=
⋅−⋅⋅=⋅=
senJsen
senyxmsenxmymJ
senxymymJ
XY
X
X
mx
y
Y1
X1
O
x1 y1
α
α
C
D B
E A
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Momento d’inerzia centrifugo JX1Y1
( ) ( )
( ) ( ) αααα
αααααα
αααααα
αααα
coscos
coscoscos
coscoscoscoscos
22
11
2211
222211
1111
⋅⋅−−−⋅=
⋅⋅−⋅⋅+⋅−⋅=
⋅⋅⋅+⋅⋅⋅−⋅⋅⋅+⋅⋅⋅−=
⋅−⋅⋅⋅+⋅⋅−=⋅⋅−=
senJJsenJJ
senJsenJsenJJJ
senxymsenymsenxmyxmJsenxysenyxmyxmJ
YX
XYXYXYYX
YX
YX
e relazioni di trasposizione dei momenti d’inerzia relative ad assi ruotati sono in definitiva le seguenti:
XYYX
L
αααα cos2cos 221 ⋅⋅⋅−⋅+⋅= senJsenJJJ XYYXX
αααα cos2cos 221 ⋅⋅⋅+⋅+⋅= senJsenJJJ XYXYY
( ) ( ) αααα coscos 22
11 ⋅⋅−−−⋅= senJJsenJJ YXXYYX Seppure potesse ritenersi un osservazione banale, vale la pena porre l’attenzione sulla non ariabilità del momento d’inerzia polare dovuta alla rotazion di riferimento. I nuovi assi, eppur ruotati di α rispetto a X e Y mantengono la stessa origine O, e pertanto la posizione relativa
tra polo di riferimento O e la massa m non è mutata. Da ciò si osserva che:
li assi principali d’inerzia
engono definiti assi principali d’inerzia quella coppia di assi cartesiani ξ e η rispetto ai quali il
ossibili coppie di assi cartesiani aventi la medesima origine. Per determinare gli assi principali d’inerzia partiamo dalla relazione che ci consente di determinare
a coppia di assi X1 e Y1 ruotati di un angolo α rispetto ad lle quali sono noti i momenti d’inerzia del sistema di masse.
v e degli assi s
11 YXYXO JJJJJ +=+=
e cioè che ruotando gli assi intorno all’origine O la somma dei momenti d’inerzia assiale si mantiene costante.
G Vmomento d’inerzia centrifugo è nullo. Si vedrà inoltre che rispetto a tali direzioni i momenti d’inerzia assiali sono rispettivamente il massimo e il minimo momento d’inerzia assiale ottenibili tra tutte le p
il momento centrifugo relativo ad unun’altra coppia di assi X e Y rispetto a ( ) ( ) αααα coscos 22
11 ⋅⋅−−−⋅= senJJsenJJ YXXYYX Volendo ricercare la coppia di assi rispetto ai quali il momento d’inerzia centrifugo è nullo, basta imporre 011 =YXJ nell’espressione su riportata per ottenere così un equazione la cui soluzione ci fornisce il valore di α che ci fornisce la direzione principale ξ cercata.
( ) ( )
αα 22cos senJJ YX −− Moltiplicando per 2 ambo i membri si ottiene:
αααααα 22
cos0coscos
senJsenJJsenJ
XY
YXXY
⋅=
=⋅⋅−−−⋅
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αααα
22coscos22sen
senJJ
J
YX
XY
−⋅⋅
=−⋅
icordando le formule trigonometriche di R
duplicazione:
ααα
ααα22cos2cos
cos22sen
sensen−=
⋅⋅=
si ha:
ααα 2
2cos22 J XY⋅ tgsen
JJ YX
==−
’angolo α che la direzione principale ξ formgue:
L a con l’asse X viene quindi ricavato con l’espressione che se
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−⋅
=YX
XY
JJJarctg 22α e quindi: ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−⋅
=YX
XY
JJJarctg 2
21α
Come è noto, la funzione arcotangente, a causa della periodicità della funzione stessa, risolta alla calcolatrice ci fornisce come risultati solo angoli appartenenti al primo o al quarto quadrante.
tterremo in particolareO un angolo positivo appartenente al primo quadrante se l’argomento della funzione è positivo, e un angolo negativo appartenente al quarto quadrante se l’argomento della
nzione è negativo. Per dete ione l’angolo α cercato occorre determinare a priori il quadrante di appartenenza dell’angolo 2α e quindi ove ce ne fosse bisogno, correggere il
sultato analitico della funzione arcotangente risolta con la calcolatrice.
fu rminare con più precis
riPer poter determinare il quadrante di appartenenza dell’angolo 2α, occorre considerare le possibilità di accoppiamento dei segni algebrici del numeratore e del denominatore dell’espressione che ci fornisce la tangente dell’angolo 2α.
ααα
2cos222 sentg
JJJ
YX
XY ==−⋅
Si noti che il numeratore XYJ⋅2 rappresenta un valore proporzionale al seno dell’angolo, mentre il denominatore ( )YX JJ − rappresenta un valore proporzionale secondo un medesimo fattore al oseno dell’angolo. Si possono avere i seguenti casi di corrispondenza tra i quadranti e i segni lgebrici dei fattori considerati.
Segno di
ca
Risultato di α2sen
Quadrante e di J XY
Segno di α2cos e di ( )YX JJ − ⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−⋅
=YX
XY
JJJarctg 22α apportare al
risultato
Correzione da
I + + 9020 <≤ α No
II + - 0290 ≤<− α +180
III - - 9020 <≤ α +180
IV - + 0290 ≤<− α No
X
η
ξ
Oα
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Dall’esame della tabell isulta che il risultato della funzione arcotange ta all lcolatrice deve essere corretta nte nel i il denominatore è negativo. Tenendo presente che )− è negativo quando l’angolo di inclinazione dell’asse princip ξ potrà andrà terminato corret ente nel modo che segue
a resclusivame
nte risol a cacaso in cu ( )YX JJ −
(J YX J XY JJ > αale de tam :
Se : ⎟⎠
⎜⎝ −
⋅=⇒<YX
XY JJarctgJJ
2α
Se :
⎟⎞
⎜⎛ ⋅ XYJ21
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠⎜⎜⎝
⎛−
⋅=⇒> 1802
21
YX
XYXY JJ
arctgJJ α ⎞⋅ J
Si noti che nel caso si abbia che
XY JJ = il denominatore dell’argomento della funzione is ta nullo e quindi α è matematicamente indeterminato. Il significato fisico
dell’indeterminatezza di α è che tutte le coppie di assi X e Y aventi medesima origine sono assi rincipali d’inerzia.
Determinato l’angolo α si possono calcolare i momenti d’inerzia principali Jξ e Jη attraverso le formule asposizione ricavate nel paragrafo precedente, oppure applicando le espressioni che qui si riportano e che si omette di dimostrare per brevità di trattazione.
arcotangente r ul
p
di tr
=
=
η
ξ
J
J
22
22 XYYXYX JJJJJ
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
±+
=
I momenti principali Jξ e Jη sono rispettivamente il massimo ed il minimo momento d’inerzia assiale ottenibile tra tutte le coppie di assi passanti per la medesima origine. Particolare i lo studio delle condizioni di resistenza delle sezioni e della deformabilità,
vestono la coppia di assi principali d’inerzia aventi come origine il baricentro G del sistema di asse e i r i momenti d’inerzia assiali. I momenti d’inerzia riferiti agli principali baricentrici di
un sistema di masse sono i minimi momenti d’inerzia principali ottenibili per il sistema di masse onsiderato.
menti d’inerzia e centrifugo
ncipali d’inerzia.
Come proseg mrelativi Si ripordeterm
nteresse nelrim lative
c Ai fini pratici, la determinazione degli assi principali d’inerzia baricentrici e i relativi momenti
rincipali d’inerzia si persegue attraverso i seguenti steps: p
1) Si riferisce il sistema di masse ad una coppia di assi X e Y ortogonali generici; 2) Si determinano i momenti statici ed i momenti d’inerzia assiali e centrifugo rispetto agli
assi X e Y; 3) Si determina la posizione del baricentro; 4) Si determinano attraverso il teorema di trasposizione i mo
rispetto agli assi X0 e Y0 paralleli a X e Y e passanti per il baricentro G; 5) Si calcola l’angolo α di inclinazione dell’asse principale ξ; 6) Si determinano con la formula prima riportata i momenti pri
esempio applicativo riprendiamo l’esercizio 2) dal punto dove eravamo arrivati e
uia o secondo gli steps descritti ricercando gli assi principali d’inerzia baricentrici ed i momenti d’inerzia assiali.
ta di nuovo la tabella di calcolo compilata nell’esecuzione dell’esercizio ed i risultati già inati.
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N° M x y Sx=m*y Sy=-m*x Jx=m*y2 Jy=m*x2 Jxy=-m*x*y1 110,00 1,00 3,00 330,00 -110,00 990,00 110,00 -330,002 105,00 -2,00 1,00 105,00 210,00 105,00 420,00 210,003 120,00 -3,00 -2,00 -240,00 360,00 480,00 1.080,00 -720,004 180,00 4,00 -3,00 -540,00 -720,00 1.620,00 2.880,00 2.160,00
TOTALI 515,00 -345,00 -260,00 3.195,00 4.490,00 1.320,00
67,000,51500,
00
===
−−=
MY X
G
G
,000,5
=345−
5,0=00,5150,260
−
−=M
S
SYX
00,132000449=
319=
XY
Y
X
JJJ
er poter determinare gli assi principali d’inerzia baricentrici si determinano dapprima i momenti d’inerzia rispetto agli assi Xbaricentrici e paralleli rispettivamente aPer calcolare i momenti d’inerzia rispetto agli assi X0 e Y0 applichiamo il teorema di
asposizione nella forma inversa:
P
0 e Y0 X e Y.
tr
20 GXX YMJJ ⋅−=
20 GYY XMJJ ⋅−=
MYXJJ GGXYYX ⋅⋅+=00
82,296367,05153195 20 =⋅−=XJ
25,436150,05154490 20 =⋅−=YJ
( ) 47,114750,067,0515132000 =⋅−+=YXJ A questo punto possiamo calcolare l’angolo α che
etermina l’asse principale baricentr ξ . el caso specifico la formula da adottare per il
calcolo di α è:
⋅
dN
ico
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
⋅⋅= 180
221
00
00
YX
YX
JJJ
arctgα
infatti l’angolo 2α deve appartenere al 2° quadrante essendo 0>XYJ e ( ) 0<− YX JJ .
67,6018025,436182,2963
47,1147221
°=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛−
⋅⋅= arctgα
’inerzia si passano a calcolare i momenti d’inerzia principali con la
X
Y
2
2
3
1
1
3m1
m2
G
m4
m3
−1−2−3
−1
−2
−3
40,50
−0,67
Y0
X0
X
Y
2
2
3
1
1
3m1
m2
G
m4
m3
−1−2−3
−1
−2
−3
40,50
−0,67
Y0
X0
ξ
η
Determinati gli assi principali dformula che segue.
R. Lapiello – appunti di Costruzioni - Geometria delle masse -
=
=
η
ξ
J
J2
00
20000
22 YXYXYX J
JJJJ+⎟
⎞⎠
⎜⎝⎛ −
±+
=
00,500647,11472
25,436182,29632
25,436182,2963 22
=+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
++
=ξJ
07,231947,11472
25,436182,29632
25,436182,2963 22
=+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
−+
=ηJ
E’ assegnato il sistema costituito da cinque masse applicate rispettivamente nei punti P1(-3;2) , P2(1;4), P3(3;3), P4(4;-1) e P5(-1;-1). La consistenza delle masse è la seguente: m1=135 , m2=145 , m3=120, m4=150, m5=145. Si determini il Baricentro G, gli assi principali d’inerzia baricentrici e i momenti d’inerzia principali.
ome primo passo per la soluzione dell’esercizio roposto, disegniamo lo schema grafico del
promoass
aricentro, attraverso l’applicazione del teorema di
3)
Cpsistema di masse assegnato, dopo di che si
cederà a determinare il baricentro G e i menti d’inerzia assiali e centrifughi rispetto agli i X e Y di riferimento. Una volta determinato il
btrasposizione si calcolano i momenti d’inerzia assiali e centrifughi rispetto agli assi X0 e Y0 paralleli a X e Y e aventi origine nel baricentro G. Fatto ciò si è in grado di determinare l’angolo α che l’asse principale baricentrico ξ forma con l’asse X0 e quindi i momenti d’inerzia principali. Per procedere speditamente nei calcoli costruiamo la consueta tabella di calcolo.
N° M x y Sx=m*y
X2
2
3
1
1
3
m2
m4m5
−1−2−3
−1
4
m1
4
m3
Sy=-m*x Jx=m*y2 Jy=m*x2 Jxy=-m*x*y1 135,00 -3,00 2,00 270,00 405,00 540,00 1.215,00 810,002 145,00 1,00 4,00 580,00 -145,00 2.320,00 145,00 -580,003 120,00 3,00 3,00 360,00 -360,00 1.080,00 1.080,00 -1.080,004 150,00 4,00 -1,00 -150,00 -600,00 150,00 2.400,00 600,005 145,00 -1,00 -1,00 -145,00 145,00 145,00 145,00 -145,00
TOTALI 695,00 915,00 - 4.235,00 4.985,00 -555,00 395,00
Su ogni riga sono riport a i rig ti u sa tive coordinate e quindi le quantit calcol m s mo d’inerzia assiali e centrifughi rispetto Y). Sull’ultimo rigo della tabella troviamo i totali per colonna che rappresentano nell’ordine la massa totale del sistema, il momento statico totale rispetto a X, il omento statico totale rispetto a Y, Il mom intero sis spe fin ento dell gli as .
e coordinate del baricentro si calcolano nel seguente modo:
ati i d ti not uardan na mas e le relaà ate (Mo enti tatici, menti a X e
mento d’inerzia assiale dell’
’intero sistema sempre rispetto atema risi X e Y
tto a X e a Y ed in e il mom centrifugo
L
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32,1695915
80,0695555
===
=−
−=−=
MS
Y
MS
X
XG
YG
I momenti d’inerzia rispetto agli assi X e Y sono:
Y
X
JJ
mo quindi momenti d’inerziaspetto agli assi baricentrici X0 e Y0
JJ
0
39549854235
−===
XY Calcolia
J
ri
03,302432,16954235 220 =⋅−=⋅−= GXX YM
20,454080,06954985 220 =⋅−=⋅−= GYY XMJJ
92,33832,18,069539500 =⋅⋅+−=⋅⋅+= MYXJJ GGXYYX
ssendo la formula da adottare per il calcolo di α è la seguente: E 000 <− YX JJ
96,7718020,454003,3024
92,33825,01802
21
00
00 °=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛−
⋅⋅=⎟
⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
⋅⋅= arctg
JJJ
arctgYX
YXα
I momenti rzia sono i seguenti:
principali d’ine
=
=
η
ξ
J
J2
00
20000
22 YXYXYX J
JJJJ+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −
±+
=
51,461292,3382
20,454003,30242
20,454003,3024 22
=+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
++
=ξJ
72,295192,3382
20,454003,30242
20,454003,3024 22
=+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
−+
=ηJ
o rappresentati il baricentro G e gli assi principali ξ e η.
) Si consideri il sistema costituito da cinque masse applicate rispettivamente nei punti P1(-1;-3) , P2(4;3), P3(3;-3), P4(-2;-2) e P5(-3;-3). La consistenza delle masse è la seguente: m1=100 , m2=90 , m3=45, m4=68, m5=34. Si determini il Baricentro G, gli assi principali d’inerzia baricentrici e i momenti d’inerzia principali.
oemtni statici e dei momenti ’inerzia relativi agli assi di riferimento X e Y.
In figura son 4
Si procede come al solito costruendo la tabella di calcolo dei md
X
Y
2
2
3
1
1
3
m2
m4m5
−1−2−3
−1
4
m1
4
m3
1,32
0,80
GX0
Y0
η
ξ
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N° M x y Sx=m*y Sy=-m*x Jx=m*y2 Jy=m*x2 Jxy=-m*x*y
1 100,00 -1,00 3,00 300,00 100,00 900,00 100,00 300,002 90,00 4,00 3,00 270,00 -360,00 810,00 1.440,00 -1.080,003 45,00 3,00 -3,00 -135,00 -135,00 405,00 405,00 405,004 68,00 -2,00 -2,00 -136,00 136,00 272,00 272,00 -272,005 34,00 -3,00 -3,00 -102,00 102,00 306,00 306,00 -306,00
TOTALI 337,00 197,00 -157,00 2 2.523,00 -953,00.693,00
Le coordinate del baricen n egu
tro so o le s enti:
58,0337197
47,0337157−
===
=−− ==
MS XY
MX
G
YG
momenti d’inerzia rispetto agli assi X0 e Y0 sono:
2693 220 =⋅−=⋅−= GXX YMJJ
S
I
63,257958,0337
56,244847,03372523 220 =⋅−=⋅−= GYY XMJJ
13,86158,047,033795300 −=⋅⋅+−=⋅⋅+= MYXJJ GGXYYX
ssendo e l’angolo 2α appartiene al quarto quadrante. La formula da adottare per il calcolo di α è la seguente:
0E 000 >− YX JJ 00 <YXJ
( ) 82,4256,244863,2579
8625,02
21
00
00 °−=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−
−⋅⋅=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
⋅⋅= arctg
JJJ
arctgYX
YXα
principali d’ine
13,1
I momenti rzia sono i seguenti:
=
=
η
ξ
J
J2
00
20000
22 YXYXYX J
JJJJ+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −
±+
=
( ) 72,337713,8612
56,244863,25792
56,244863,2579 22
=−+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
++
=ξJ
( ) 47,165013,8612
56,244863,25792
56,244863,2579 22
=−+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
−+
=η
X
Y
2
3
1
1
3
2
m2
m4
m5
−1−2−3
−1
4
m1
4
m3
G X0
Y0 η
ξ
−2
−3
J
pagina - 20 -
R. Lapiello – appunti di Costruzioni - Geometria delle masse -
Centro e asse relativo di un sistema di masse Dato un sistema di masse ed un asse x, si definisce centro X relativo all’asse x del sistema di masse, il baricentro del sistema di masse costituito dai momenti statici Six rispetto all’asse x delle singole masse. Consideriamo il sistema di masse rappresentato in figura e determiniamo la posizione del centro X relativo all’asse X. Tenendo presente la definizione di centro data prima, sostituiamo il sistema di masse m1, m2 e m3 con il sistema costituito dai singoli momenti statici rispetto ad X delle masse. Nel punto di applicazione di m1 considereremo quindi una massa pari al momento statico di m1 rispetto a x :
111 ymS X ⋅=consideriamo
; nel punto di applicazione di m2 applicata una massa pari a : 222 ymS X ⋅=
applicazione di e infine nel punto di
m applichiamo una massa pari a . Il centro del sistema di masse relativo all’asse X è il baricentro del sistema di masse costituito dai momenti statici, quindi per il teorema di Varignon le sue coordinate si ottengono con le espressioni che seguono:
3
333 ymS X ⋅=
X
Y
YG G
XG
XYX
XXX1 X2 X3
Y1
Y2
Y3
m2 (S2X)
m1 (S1X)
m3 (S3X)
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )X
XY
XXXX
XXX
XXXX
X
X
XXXXXX
XXXX
SJ
SSSxymxymxym
X
SSSxSxSxS
X
SJ
SSSyymyymyym
SSSySySyS
Y
−=++
⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅−−=
++−⋅+−⋅+−⋅
−=
=++
⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=
++⋅+⋅+⋅
=
321
333222111
321
332211
321
333222111
321
332211
Le espressioni appena scritte ci forniscono le coordinate del centro X cercato. Considerando che il momento statico rispetto all’asse X può esprimersi anche come il prodotto della massa totale M del sistema per la coordinata YG del baricentro G, Le coordinate del centro X possono esprimersi anche attraverso le espressioni che seguono:
G
XYX
G
XX
YMJ
X
YMJ
Y
⋅−=
⋅=
e cioè possono scriversi le seguenti relazioni
Se determiniamo il centro relativo all’asse Y ricaviamo le seguenti espressioni per le coordinate:
XYGX
XGX
JMYXJMYY−=⋅⋅
=⋅⋅
pagina - 21 -
R. Lapiello – appunti di Costruzioni - Geometria delle masse -
pagina - 22 -
Y
XYY S
JY = XYGY JMXY −=⋅⋅
Y
YY S
X −=J
dalle quali applicando il teorema di Varignon si ottiene: JMXX =⋅⋅
a:
:
YGY
Uguagliando le due espressioni trovate che relcoordinate dei centri relativi agli assi X e Y si h
MYXMXY GXGY ⋅⋅=⋅⋅ e cioè che
azionano il momento d’inerzia centrifugo JXY alle
GXGY YXXY ⋅=⋅ Se per due assi X e Y non baricentrici, per i qè 0≠GX e 0≠Y , si ha che 0=
uali quindi G XX , si avrà anche
che 0=YY e viceversa; i due assi conterracentro relativo all’altro. Se due assi sono tali chcontiene il centro relativo all’altro si dicono con
no coniugati il momento d’inerziadel sistema di masse rispetto a questi due
principali d’inerzia di un sistema di masse, essendo il momento d’inerzia centrifugo
nno l’uno il e ognuno iugati. Se
centrifugo assi sarà
si 0
due assi so
nullo. Gli as=ξηJ
assi co l’asse ξ conterrà tutti i ceagli assi paralleli alla direzione di η e viceversa. Dalle espressioni con le quali si determinano le coordinate dei centri relativi si deduce che l’asse ed il elativo centro risultano sempre dalla parte op
sono niugati, cioè ntri relativi
posta del baricentro del sistema, inoltre, più l’asse si vvicina al baricentro più il centro si allontana da questo. Il centro relativo ad una asse baricentrico
è all’infinito, mentre il centro relativo ad un asse all’infinito coincide con il baricentro.
Il raggio d’inerzia Si definisce raggio d’inerzia iX, la distanza ideale alle quale posizionare la massa totale del sistema per ottenere il medesimo momento d’inerzia assiale JX.
X
Y
G
X
Y
ra
Mx xX
Analogamente si ottiene il raggio d’inerzia i
J X= e cioè iMJ ⋅= 2i
Y.
MJ
i Yy = e cioè
Poiché nel paragrafo precedente abbiamo ricavato le seguenti espressioni dei momenti d’inerzia assiali:
2yY iMJ ⋅=
XGX JMYY =⋅⋅ e X YGY JMX =⋅⋅
Possiamo scrivere per i raggi d’inerzia le seguenti espressioni:
⋅=2GXx e GYy
XXi ⋅=2i YY
R. Lapiello – appunti di Costruzioni - Geometria delle masse -
Sistemi di masse continui Nell’ambito i di masse continui co tituiti da aree. In effetti nello studio delle tensioni e quindi delle resistenze delle travi, intervengono in maniera determinante le proprietà della geometria delle masse applicate alle sezioni costituenti le
avi, e pertanto in questo paragrafo ci occuperemo della determinazione delle principali proprietà
di operare su forme geometriche più articolate ttraverso la scomposizione di queste in più forme semplici.
Cominciamo dapprima ad esprimere alcune proprietà utili alla individuazione del baricentro di una gura piana.
pparterrà a tale asse;
ass asse principale
ll’intersezione delle due diagonali.
delle costruzioni rivestono particolare importanza i sistem s
trattinenti la geometria delle masse relativamente alle principali forme geometriche semplici. Sarà inoltre suggerito un procedimento che consentirà a
fi1) Se la figura ammette un asse di simmetria il baricentro a2) Se la figura ammette due assi di simmetria il baricent
i. Val la pena inoltre osservare che se esiste un asse di simmetria questo è und’inerzia baricentrico.
Il baricentro delle figure piane principali
Il quadrato, il rettangolo, il rombo, il trapezio.
ro sarà individuato dall’intersezione di tali
Per tutte queste forme regolari, il baricentro è individuato da
G
GGG
Il cerchio g olari iscritti e circoscritti a una circonferenza.
centro del cerchio o della circonferenza iscritta o ircoscritta. Per individuare graficamente il baricentro di un poligono regolare basta tracciare due
bisettrici o gli assi relativi ad almeno due lati. Si noti che sia gli assi che le bisettrici sono assi di simmetria.
e i poli oni reg Il baricentro di queste figure coincide con ilc
GGG
pagina - 23 -
R. Lapiello – appunti di Costruzioni - Geometria delle masse -
Il triangolo Il baricentro di un triangolo si determina graficamente attraverso l’intersezione di due mediane. Ricordando che l’intersezione delle mediane le divide in due parti di cui una è lunga 1/3 e l’altra
m
23 h
23 m
m
C
2/3 della lunghezza totale della median
ha considerata,
det mmeA, il baricentro è posto su
e X di ferimento coincidente con la
base AB e l’asse Y uscente da A, le coordinate del baricentro sono:
Y
α
ta la lunghezza della diana uscente dal vertice
questa alla distanza di 2/3 di m. Considerando l’assri
αcos
3⋅=
=hYG
AGX GLa coordinata X del baricentro è ottenuta attraverso una s
emplice regola trigonometrica, mentre la oordinata Y è ricavata considerando la similitudine tra i triangoli CDM e CNG, dove il segmento
Il trapezio Il baricentro del trapezio può ottenersi componendo la figura in due triangoli di Area rispettivamente A1 e A2. L’area del triangolo A1 può considerarsi concentrata nel baricentro G1 e l’area del triangolo A2 concentrata nel
cCD rappresenta l’altezza del triangolo rispetto alla base AB.
baricentro G2. Il baricentro G el trapezio starà sulle d
congiungente G1 con G2 e presenterà l’ordinata YG determinata dalla seguente espressione:
BbBbhYG +
+⋅⋅=2
3
Per dimostrare l’espressione appena scritta operiamo nel modo che segue: Considerate concentrate in G1 e G2 rispettivamente le aree dei due triangoli A1 e A2, determiniamo il momento statico del trapezio rispetto alla base maggiore:
hAhAS ⋅⋅+⋅⋅=31
32
21
L’area del trapezio è pari a :
hBbAt ⋅+
=2
13 h
BA
GN
MD
CD
G1
A1
A2
A B
G1
G
B
b
h
23 h
1 h3YG
pagina - 24 -
R. Lapiello – appunti di Costruzioni - Geometria delle masse -
L’orinata del Bel trapezio
aricentro YG si ottiene quindi attraverso il rapporto tra il momento statico S e l’area A . d t
BbAA
Bb
AA
hBb
AhA
ASY
tG
⋅+
+⋅⋅==
2
332
21
Dove:
h
+⋅⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅+⋅=
+
⋅+⋅=
⋅⋅ 231
32
2
31
321
2121
2;
2 21 AehbA ⋅=
Sostituendo nell’espressione di
hB ⋅=
Yg si ha:
BbBbh
BbBbh
BbBbh
BbhBhbYG ⎜
⎝⎛ ⋅⋅+⋅⋅=
31
232
2 ritrovando l’espressione cercata di YG:
++⋅
⋅=+
⋅⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +⋅⋅=
+⋅⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +⋅=
+⋅⎟⎠⎞ 2
32
22
32
232
BbBbhYG +
+⋅⋅=2
3
baricentro di un semicerchio di raggio r sarà cidente con l’asse del
se del semicerchio alla distanza
Il semicerchio Ilposizionato lungo l’asse Y coindiametro di ba
πrYG ⋅=
34
La superficie parabolica L’asse della parabola è un asse quindi conterrà il baricentro G. Detto f la freccia della parabola di base, l’area della parabola è
e di simmetria
e c la corda pari a :
cfA ⋅=2
⋅3
mentre la coordinata YG del baricentro è pari a :
fYG ⋅=52
r cie parabolica i valori di A e le coordinate di G sono le seguenti:
G
Y
YG
Y
X
f
YG
G
c
Se si conside a mezza superfi
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R. Lapiello – appunti di Costruzioni - Geometria delle masse -
cfA ⋅⋅=32
fYG ⋅=52
cX G ⋅=85
Baricentro delle figure composte Con il termine “figura composta”, ci riferiamo a quelle figure piane che possono essere ottenut
ttraverso la composizione di più figure piane di caratteristiche geometriche note. In altre parole qualsiasi figura piana ottenibile attraverso la composizione
i rettangoli, triangoli, cerchi, trapezi, etc.. Il baricentro di una figura composta sarà determinato consideran sistema costituito
alle singole figure piane “semplici” le cui aree aranno concentrate nei rispettivi baricentri. Il
enuto ha le medesime sistema di masse discreto
cui baricentro coincide con il baricentro della
ppresentazione la figura è stata rappresentata su un piano cartesiano facendo in modo che fosse contenuta tutta nel primo
uadrante e che alcuni lati della figura siano dagiati sugli assi X e Y di riferimento. In
riportate le dimensioni in cm della procedere alla scomponiamo la figura nei quattro rettangoli di area A1, A2, A3 ed
ordinate (X ;Y ), (X ;Y ), (X ;Y ) e (X ;Y ). In luogo ree) discrete che si ottiene considerando le singole
baricentro del sistema discreto così ottenuto è il ricerca delle coordinate del baricentro della figura.
oli rettangoli e le coordinate dei relativi baricentri.
aricentro delle figure composte Con il termine “figura composta”, ci riferiamo a quelle figure piane che possono essere ottenut
ttraverso la composizione di più figure piane di caratteristiche geometriche note. In altre parole qualsiasi figura piana ottenibile attraverso la composizione
i rettangoli, triangoli, cerchi, trapezi, etc.. Il baricentro di una figura composta sarà determinato consideran sistema costituito
alle singole figure piane “semplici” le cui aree aranno concentrate nei rispettivi baricentri. Il
enuto ha le medesime sistema di masse discreto
cui baricentro coincide con il baricentro della
ppresentazione la figura è stata rappresentata su un piano cartesiano facendo in modo che fosse contenuta tutta nel primo
uadrante e che alcuni lati della figura siano dagiati sugli assi X e Y di riferimento. In
riportate le dimensioni in cm della procedere alla scomponiamo la figura nei quattro rettangoli di area A1, A2, A3 ed
ordinate (X1;Y1), (X2;Y2), (X3;Y3) e (X4;Y4). In luogo ree) discrete che si ottiene considerando le singole
baricentro del sistema discreto così ottenuto è il ricerca delle coordinate del baricentro della figura.
oli rettangoli e le coordinate dei relativi baricentri.
Y
X
f
YG
G
cXG
Il
eeaaintendiamo come figura composta un a intendiamo come figura composta un a dd
do il do il dsdssistema così ottcaratteristiche di unsistema così ottcaratteristiche di unililfigura composta assegnata. Si consideri la figura composta riportata a fianco. Per comodità di calcolo e di
figura composta assegnata. Si consideri la figura composta riportata a fianco. Per comodità di calcolo e di rara
qqafigura sono afigura sono figura considerata. Per potere determinazione del baricentro, figura considerata. Per potere determinazione del baricentro, AA4, i cui baricentri avranno rispettivamente le codella figura confideremo il sistema di masse (aaree concentrate nei rispettivi baricentri.
1 1 2 2 3 3 4 4
Ilbaricentro della figura data. Procediamo nellaDapprima determiniamo le aree dei sing
Ilbaricentro della figura data. Procediamo nellaDapprima determiniamo le aree dei sing
4, i cui baricentri avranno rispettivamente le codella figura confideremo il sistema di masse (aaree concentrate nei rispettivi baricentri.
cmYcmXcmA
cmYcmXcmA
cmYcmXcmA 2014007020 22
2 ==⋅=
cmYcmXcmA
102075103020202002010
52
10552
3020203001030
352
7030220
652
1060102202001020
242
4
232
3
2
112
1
===+++==⋅=
===++==⋅=
===+
=+===⋅=
’area totale della figura è pari a :
22
=
L
G
A1 A2
Y
A3
A4
X20 30 10
1060
20
10
31,1
9
35,95
20 20 10
20
30
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R. Lapiello – appunti di Costruzioni - Geometria delle masse -
22 431 21002003001400200 cmAAAAAA it =+++=+++== ∑
momento statico rispetto all’asse X è:
momento statico rispetto all’asse Y è:
)3
443322
75500cm
XAXAXAXAXAXAS
−
⋅+⋅+⋅+⋅−=⋅−=−⋅= ∑ ∑
Il
344332211
6550010200530035140065200 cmS
YAYAYAYAYAS
X
iiX
=⋅+⋅+⋅+⋅=
⋅+⋅+⋅+⋅=⋅= ∑
Il
( ) (( )
11
752005530030140010200SY
iiiiY
=⋅+⋅+⋅+⋅−= Le coordinate del baricentro della figura sono:
cmAS
Y
A
t
XG
tG
19,312100
655002100
===
Consideriamo un secondo esempio in cui ricercforo all’interno. Si faccia riferimento al disegnofigura come un rettangolo di
cmS
X Y 95,3575500=
−−=−=
hiamo il baricentro di una figura composta con un rappresentato a fianco. Possiamo considerare la
Area A al quale viene sottratto il cerchio di Area A2. n
1La superficie del foro sarà considerarata come uarea (massa) negativa.
( )2
21
222
21
16,168516.3142000
16,31410
20005040
cmAAA
cmA
cmA
t =−=+=
−=⋅−=
=⋅=
π
Le coordinate dei baricentri della aree A1 e A2 sono:
cmYcmX 2520 11
cmYcmX 35102515105 22 =+==+===
I momenti statici rispetto agli assi X e Y sono:
cmYAS
iiY
iiX
−=⋅−+⋅−=⋅−=
=⋅−+⋅=⋅=
∑∑
Le coordinate del Baricentro della figura composta sono:
Y
X
A
A2
G
1
( )[ ]( ) 3
3
6,352873516,314202000
4,390043516,314252000
cmXAS
cmASYcm
AtG 16,1685
S
t
XG
Y 14,2316,1685
4,3900493,206,35287====
−−=−=
X
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R. Lapiello – appunti di Costruzioni - Geometria delle masse -
Consideriamo ancora un altro esempio ppresentata a
sse di simmetria contiene il baricentro, per convenienza di calcolo si fa coincidere in questo aso l’asse di simmetria
ferimento, così che per determinare il baricentro basterà determinare la sua ordinata YG. La figura i considera composta dal
o in alto e i due triangoli in basso. Indicheremo con 1 l’area dell’intero rettangolo, con A2 l’area (negativa) del semicerchio, con A3 e con A4 le aree
(entrambe negative) dei due triangoli. Dovendo determinare solo l’ordinata YG del baricentro, per ogni area considerata indicheremo solo l’ordinata dei relativi baricentri.
La figura rafianco presenta un asse di simmetria. Poiché un a
cdella figura con l’asse Y di ri
srettangolo che contiene intera figura al quale va sottratto il semicerchil’
A
cm
cmYcmA
cmYcmA
33,310501010
63,233
3043,3532
2
22
2
==−=⋅
−=
=⋅
−=−=−=π
YcmA
cmYcmA
33,33
10502
15415
15330030110
42
4
21
21
==
⋅⋅
==⋅=
π
L’area totale è: −== 257,2846505043,3533300 cmAA it
statico rispetto a X è:
345,4081533,35033,350 cmiiX ’ordinata del Baricentro G è:
101032 33
−=⋅
−=
∑ =−−
Il momento
∑ −⋅−⋅=⋅= 63,2343,353153300YAS =⋅−⋅L
cmASY
t
XG 34,14
57,284645,40815
===
Un ultimo esempio. SI consideri la figura a fianco. Anche questa può
ssere considerata come una superficie composta on un asse di simmetria verticale. La suddivisione
ella figura occorre determinare solo l’ordinata YG del baricentro.
ecin superfici semplici è rappresentata in figura così ome il sistema di riferimento. Data la simmetria
Y
X
A1
A3 A4
A2
G
Y
X
A1
A3
A4
A2
A5
G
cd
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R. Lapiello – appunti di Costruzioni - Geometria delle masse -
pagina - 29 -
cmYcmxA
A
cmxA
A
4001040
30102
2040
10005020
8202
2060
5
4
23
2
==
=⋅+
=
==
=⋅+
=
L’area totale della figura è: ∑ +== 1200AA it Il momento statico rispetto all’asse X è: ∑ =⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=⋅= 3236737540067,1430045100067,818001001200 cmYAS iiX
cmYcm
cmY
cmYcm
cmY
52
10
67,144020
402023
10100
452
5020
67,816020
602023209000
100
52
42
3
22
12
==
=++⋅
⋅+=
=+=
=++⋅
⋅−=
=
237004003001000800 cm
L’ordinata del baricentro G è:
cmA 120020601 =⋅=
=+++
cmASY
t
XG 98,63
3700236737
===
Il Momento d’inerzia delle figure principali
nche in questo caso procederemo per gradi. Ricaveremo dapprima le formule che ci consentono menti d’inerzia assiali per alcune figure principali e poi tratteremo la ricerca delle i inerzia per le figure
rettangolo
golo di mens ni B x H con i lati adagiati sugli
assi cartesiani X e Y. Ci proponiamo di determinare il momento d’inerzia del rettangolo rispetto all’asse X.
maginiamo di dividere il rettangolo in nte strisce orizzontali piccolissime e tte di area a. Se queste aree sono
ole (infinitesime) ossono essere sostituite da un sistema
ole strisce. Con questa ipotesi, il momento mma dei momenti d’inerzia di ogni singola a striscia i, il momento d’inerzia dell’intera
Adi calcolare i mocaratteristiche dcomposte.
Y
X
G
Y0
X0
a a*y
X
Il
Consideriamo un rettandi io
Imtatuabbastanza piccpdi masse concentrate, tutte di massa (area) pari ad a ed applicate nei baricentri delle singd’inerzia rispetto all’asse X può ottenersi come sostriscia di area a. Detta yi la distanza della genericsuperficie rispetto ad X si scrive:
R. Lapiello – appunti di Costruzioni - Geometria delle masse -
XXiiXiiiX YSySyyayaJ ⋅=⋅=⋅⋅=⋅= ∑∑∑ 2 L’interpretazione della espressione appena scritta dovrebbe essere già chiara al lettore. Il momento d’inerzia rispetto ad X di un sistema di masse può essere considerato come il momento Statico rispetto allo stesso asse X del sistema le cui masse hanno intensità par i momenti statici. Di conseguenza il momento d’inerzia rispetto ad X può essere determinato concentrando il momento statico del rettangolo rispetto all’asse X nel baricentro dei momenti statici e cioè nel centro relativo all’asse X. Ricordando che il momento statico del rettangolo rispetto all’asse X è pari a
i a
GX YAS ⋅= il momento d’inerzia JX può essere determinato nel modo che segue:
er determinare la posizione del centro X e quindi la distanza YX immaginiamo di tracciare in orrispondenza dei baricentri delle singole striscie i vettori momenti statici di modulo pari a:
i intuisce facilmente che il sistema di masse costituito dai momenti statici rappresenta un iangolo con il vertice in corrispondenza dell’ asse X. Poiché il centro rappresenta il baricentro del
i momenti statici, si determina che la distanza YX è pari ai 2/3 di H.
XGX YYAJ ⋅⋅= Pc
iix yaS ⋅= Strsistema di masse costituito da
HYX ⋅=32
Essendo 2GHY = e l’area del rettangolo pari a HBA ⋅= per il momento d’inerzia rispetto a X si
ricava:
33
22
3HBHHHBJ X⋅
=⋅⋅⋅⋅=
Con ragionamento analogo può ricavarsi il momento d’inerzia rispetto all’asse Y adagiato sul lato di lunghezza H.
3
3BHJY⋅
=
Per ottenere il momento d’inerzia rispetrasposizione dei momenti d’inerzia assiali.
tto all’asse baricentrico X0 applichiamo il teorema di
121234
4323
32
0HHBHBdAJJ xXX =⎟⎠⎞
⎜⎝⎛⋅⋅−
⋅=⋅−=
Per analogia si ricava il momento d’inerzia del rettangolo rispetto all’asse baricentrico Y
333332 HBHBHBHBHB ⋅=
⋅⋅−⋅⋅=
⋅−
⋅
0.
12
3
0BHJY⋅
=
pagina - 30 -
R. Lapiello – appunti di Costruzioni - Geometria delle masse -
Il Momento d’inerzia assiale del triangolo metteremo per brevità la
rispetto all’asse X1 sempre arallelo a X ma passante er il vertice C del triangolo.
Odimostrazione delle formule che qui riportiamo. Le formule proposte ci permettono di calcolare il momento d’inerzia assiale del triangolo rispetto agli X contenente la base B del triangolo, rispetto all’asse X0 parallelo a X ma baricentrico, epp
4
363
1
0
HBJ X
X
⋅=
123HBJ
X
⋅=
assiale del cerchio
di assi qualsiasi coppia di assi cartesiani
icolari tangenti alla circonferenza, così ome gli assi X0 e Y0 possono considerarsi
ali ’inerzia baricentrici.
3HBJ ⋅=
Il Momento d’inerzia La coppia X e Y può considerarsi come
perpendccome una coppia generica tra gli assi principd
400
45 DJJ YX ⋅⋅== π
6
41
64
DJJ YX ⋅⋅== π
Il Momento d’inerzia delle figure composte
nendo la ranno di
onseguenza l’inerzia della figura composta facendo ricorso ai teoremi di trasposizione. Analizziamo come primo esempio la sezione riportata a fianco. La figura proposta è già stata studiata nei paragrafi precendenti ai fini della ricerca dei baricentri.
13 H
Anche nella ricerca dei momenti d’inerzia per le figure composte, si procederà compoigura in figure semplici di cui se ne conoscono le caratteristiche d’inerzia e si determinef
c
G
A B
C
23 H
H
α
X X
Y
X0
X1
X
Y Y0
X0G
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R. Lapiello – appunti di Costruzioni - Geometria delle masse -
La figura composta è considerarata costituita rettangolo siamo da quattro rettangoli. Per ogni
in grado di determinare i mrispetto ai rispettivi assi baricensistema di riferimento scelto, aformula ricavata in precedenza. d’inerzia rispetto rispetto all’ariferimento di ogni singolo ottenuto attraverso l’applicaziontrasposizione per i momenti dmomento d’inerzia dell’intera fiall’asse X è dato infine dalla sommmomenti d’inerzia rispetto allo stetutti i rettangoli nei quali è stafigura. Ma procediamo
eterminiamo dapprima
omenti d’inerzia trici paralleli al
ttraverso la Il momento
sse X o Y di rettangolo sarà e del teorema di
’inerzia assiali. Il gura rispetto
a dei singoli sso asse X di
ta scomposta la con ordine.
i momenti d’inerzia di gni rettangolo rispetto all’asse X.
Rettangolo A1
Per calcolare il momento d’inerzia di questo rettangolo rispetto a X procederemo prima al calcolo del momento d’inerzia JX0 rispetto all’asse baricentrico parallelo ad X e poi ricaveremo JX attraverso il teorema di trasposizione.
Do
433
0 67,166612
102012
cmHBJ X =⋅
=⋅
=
eri si ha:
cm
Per il teorema di trasposizione si ha: 2
0 XXX dAJJ ⋅+=
dove la distanza inserita in formula crettangolo considerato. Sostituendo i num 1666J
oincide con la coordinata Y del baricentro del
42 67,8466666520067,X =⋅+ Rettangolo A2 Il rettangolo A2 risulta a proprio sull’asse X, pertanto possiamo utilizzare la formula che ci fornisce direttamente il momento d’inerzia rispetto all’asse adagiato sulla base.
=
con la base appoggiat
433
67,228666637020
3cmHBJ X =
⋅=
⋅=
Rettangolo A3
sull’asse X, useremo pertanto
Anche Il rettangolo A3 presenta la base appoggiata proprio la medesima formula utilizzata per il rettangolo A2
433
1000031030
3cmHBJ X =
⋅=
⋅=
G
A1 A2
A3
A4
Y
X20 30 10
1060
20
10
31,1
9
35,95
20 20 10
20
30
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R. Lapiello – appunti di Costruzioni - Geometria delle masse -
Rettangolo A4 Anche per il rettangolo A4 possiamo utilizz
are la stessa formula
433
67,2666632010
3HBJ X =
⋅=
⋅=
A questo punto siamo in grado di calcolare il moemsommando i momenti d’inerzia rispetto a X di ciasc 1000067,228666667,846666JJ iXX ++== ∑ In maniera del tutto analoga procediamo al calcol Rettangolo A1
Il rettangolo A1 si può considerare con la baformula che ci fornisce direttamente il mom
cm
tno d’inerzia dell’intera figura rispetto all’asse X un rettangolo che compone la figura.
cm=+
o del momento d’inerzia rispetto all’asse Y.
se appoggiata sull’asse Y, si utilizza quindi la ento d’inerzia rispetto a Y.
401,317000067,26666
433
67,2666633
cmY ==
Rettangolo A2
20⋅
Il rettangolo A2 non risulta appoggiato sull’asse Y, pertanto determineremo prima il momento d’inerzia rispetto all’asse parallelo a Y ma passante per il baricentro del rettangolo A2, quindi applicheremo il teorema di trasposizione per determinare il momento d’inerzia del rettangolo A2 rispetto all’asse Y.
10HBJ ⋅=
4220
433 2070HB ⋅⋅
0
67,130666630207067,46666
67,4666612
cmdAJJ
cmJ
YYY
Y
=⋅⋅+=⋅+=
===
nche per Il rettangolo A3 procederemo come per il rettangolo A2
12
Rettangolo A3 A
422
0 9300005530102250012
cmdAJJ YYY =⋅⋅+=⋅+=
433
225003010 cmHB=
⋅=
⋅
ettangolo A4 Anche per il rettangolo A4 allo stesso modo del rettangolo precedente
0 12JY =
R
422
0 67,112666675102067,1666 cmdAJJ YYY =⋅⋅+=⋅+=
433
67,166612
1020 cmHB=
⋅=
⋅
Il momento d’inerzia dell’intera figura rispetto a Y è dato dalla somma dei momenti dei singoli rettangoli. iYY =+++==∑
0 12JY =
401,339000067,112666693000067,130666667,26666 cmJJ
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R. Lapiello – appunti di Costruzioni - Geometria delle masse -
A questo punto possiamo proseguire nella determinazione dei moassi X0 Y0 paralleli al sistema X Y di riferimento ma passante nel baricentro della figura composta.
ei momenti d’inerzia
onto che in questo caso onosciamo il momento d’inerzia i un asse generico X e
0entri . Il
alcoloche se
J
YAJJ
⋅−=
⋅−=
Dove lformulatra l’asSostitu
cmJ
Y
X
=⋅−=
=⋅−=
Si può andare ancora avanti procedendo alla ricerca degli assi principali d’inerzia e dei relativi momen rzia. Per poter procedere alla determinazione degli assi principali baricentri abbiam petto agli assi X0 e Y0. Anche ti d’inerzia centrifughi conviene procedere attraverso la determinazione dapprima del momento d’inerzia centrifugo rispetto agli assi X e Y e poi per trasposizione al momento d’inerzia centrifugo rispetto agli assi baricentrici X0 e Y0. pereremo anche in questo caso sommando i contributi forniti dai singoli rettangoli, per i quali osservando che gli assi principali di ogni rettangolo che compone la figura risulta parallelo agli assi X e Y, il momento d’inerzia centrifugo di ogni rettangolo rispetto agli assi X e Y sarà ricavabile attraverso la seguente formula: dove A rappresenta l’area di ogni singolo rettangolo e xg e yg rappresentano le coordinate dei baricentri dei singoli rettangoli. Procediamo con i valori numerici.
Rettangolo A1
Rettangolo A2
G
A1 A2
X
Ymenti d’inerzia rispetto agli e
Il calcolo dJX0 e JY0 sarà condotto applicando anche qui il teorema di trasposizione, ma tenendo ccddesideriamo calcolare il momento
’inerzia rispetto all’asse X dparallelo a X ma baric coc si conduce con le formule
guono.
20
20
GYY
GXX
XAJ
a A rappresenta l’area totale della figura e le coordinate del Baricentro G riportate nella di trasposizione dei momenti rappresentano rispettivamente le distanze tra l’asse X0 e X e
se Y0 e Y. endo i valori trovati si ha:
420
420
76,67595495,35210001,3390000
2,112708619,31210001,3170000
cmJ
ti principali d’ineo la necessità di determinare il momento d’inerzia centrifugo risper i momen
O
ggXY yxAJ ⋅⋅−=
413000065101020 cmyxAJ ggXY −=⋅⋅⋅−=⋅⋅−=
A3
A4
X0
Y0
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R. Lapiello – appunti di Costruzioni - Geometria delle masse -
ggXY −=⋅⋅−= Rettangolo A3 yxAJ ggXY =⋅⋅−= Rettangolo A4 yxAJ ggXY −=⋅⋅−=
Il momento d’inerzia centrifugo dell’
∑ −−== 130000JJ iXYXY Il momento d’inerzia centrifugo rispdi trasposizion
4147000035307020 cmyxAJ −=⋅⋅⋅
−=⋅⋅⋅
intera superficie rispetto agli assi X e Y è:
41832500150000825001470000 cm
etto agli assi X0 e Y0 baricentrici si ottiene attraverso il teorema e.
momenti principali d’inerzia si ricavano con le formule che seguono:
4825005551030 cm−=⋅⋅⋅−
415000010752010 cm
−=−−
4
00 05,52218919,3195,3521001832500 cmYXAJJ GGXYYX =⋅⋅+−=⋅⋅+= I
( )
( ) 200
200
0 41YXYX
Y JJJ
⋅+−+
entre l’angolo α di inclinazione dell’asse ξ rispetto all’asse X0 è dato dalle formula:
Se
0
200
200
00 421
2X
YXYXYX
J
JJJJJ
J ⋅+−⋅++
=ξ
22JJ ⋅−=η
m
: ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
⋅⋅=⇒<
00
00221
YX
YXXY JJ
JarctgJJ α
Se : ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
⋅⋅=⇒> 180
221
00
00
YX
YXXY JJ
JarctgJJ α
Applicando i valori dell’esercizio in corso si ha:
( )
( ) 422 99,33269505,522189476,6759542,112708616759542,1127086
97,147034405,522189476,6759542,112708622
cm
cm
=⋅+−⋅−+
=
=⋅+−⋅+=
η
ξ
’ango
422176,6759542,1127086 +J
76,22
J
32,332
21
00
00 °=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
⋅⋅lo α è pari a: L =α
YX
YXJJ
Jarctg
Nella figura che segue sono rappresentati gli assi principali d’inerzia, i raggi d’inerzia principali e l’ellisse centrale d’inerzia. I semidiametri dell’ellisse centrale d’inerzia coincidono con i raggi principali d’inerzia e sono stati determinati con le espressioni che seguono:
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R. Lapiello – appunti di Costruzioni - Geometria delle masse -
cmA
Jicm
AJ
i 59,122100
99,33269546,262100
97,1470344====== η
ηξ
ξ
G
Y
X
X0
Y0
η
ξ
α=33°,32
Tutta la procedura per il calcolo delle caratteristiche di inerzia delle figure composte, può apparire borosia e lunga, ma se il lavoro di calcolo viene organizzato in forma gabellare il tutto appare più
semplice e più spedito. Negli esempi che seguono sarà seguita la strada del calcolo gabellare che verrà illustrata dettagliatamente nel primo esempio proposto.
Esercizio n° 1
er la figura complessa rappresentata a anco, si individui il baricentro, gli assi
principali d’inerzia baricentrici e l’ellisse centrale d’inerzia.
A4 e A5 caratterizzanti i due vuoti. La ppresentazione sul piano cartesiano è
stata predisposta facendo in modo che la figura sia tutta nel primo quadrante. Indipendentemente dalla posizione specifica dei singoli rettangoli, per tutti si procederà nel calcolo dei momenti d’inerzia rispetto agli
ssi X e Y determinando dapprima quelli ali baricentrici relativi
poi trasponendoli per ottenerne quelli rispetto agli assi assunti come riferimento cartesiano. Questa procedura si presta
ertanto ad essere facilmente “automatizzata” dovendo ripetere in maniera ciclica lo stesso procedimento per ogni rettangolo componente la figura. Proprio la ripetitività delle operazioni da compiere rendono il procedimento di calcolo adatto ad esser organizzato in forma tabellare. Nella
Esempi applicativi numerici
la
Y
X
A1
A2
A3
A4 A5
A6
Pfi
La figura ai fini operativi viene considerata composta da sei aree rettangolari di cui due , ra
arispetto agli assi principalla singola figura e
p
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tabella riporteremo alla stregua di quanto abbiamo già fatto per i sistemi di masse discrete, nell’ordine che segue, le dimensioni geometriche dei rettangoli, le coordinate dei baricentri dei singoli rettangoli, l’area dei rettangoli, i momenti d’inerzia di ogni rettangolo rispetto agli assi baricentrici paralleli agli assi di riferimento, i momenti statici Sx e Sy dei singoli rettangoli, i momenti d’inerzia assiali e centrifughi di ogni rettangolo rispetto agli assi di riferimento che si ottengono attraverso l’applicazione dei teoremi di trasposizione. Sull’ultima riga della tabella saranno effettuate le somme per ottenere rispettivamente l’area totale della figura composta, i momenti statici e i momenti d’inerzia della figura composta rispetto agli assi di riferimento. I contenuti delle celle calcolate sono stati determinati con le seguenti formule:
HBA ⋅= la dimensione di B per le aree A4 e A5 è stata considerata di segno algebrico negativo per ottenere la sottrazione delle aree relative.
1212
3
0
3
0BHJHBJ YX⋅
=⋅
=
gYgX XASYAS ⋅−=⋅=
gY XAJ ⋅+=
422
37940080,2920,462500
34,128223320,460
34,98323380,29
cm
cm
cm
=⋅⋅
=⋅
=⋅
i a:
0 YgXX JYAJJ ⋅+=
20
2
ggXY YXAJ ⋅⋅−= Con i totali ricavati sull’ultima riga della tabella possiamo calcolare le grandezze cercate. I momenti d’inerzia rispetto agli assi baricentric
i X0 e Y0 si calcolano con le formule che seguono.
4
422
3062500
25034,6618333
250034,3203333
00
0
0
YXAJJ
XAJJ
YAJJ
GGxyyx
Gyy
Gxx
+−=⋅⋅+=
−=⋅−=
−=⋅−=
L’angolo α che individua gli assi principali è par
33,5518034,128223334,983233
37940025,01802
21
00
00 =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
⋅⋅=
JJJ
arctgYX
YXα
°=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛−
⋅⋅ arctg
N° B H Xg Yg A Jx0 Jy0 Sx Sy Jx Jy Jxy1 30 10 15,00 65,00 300,00 2.500,00 22.500,00 19.500,00 -4.500,00 1.270.000,00 90.000,00 -292.500,002 10 20 25,00 50,00 200,00 6.666,67 1.666,67 10.000,00 -5.000,00 506.666,67 126.666,67 -250.000,003 60 40 50,00 20,00 2.400,00 320.000,00 720.000,00 48.000,00 -120.000,00 1.280.000,00 6.720.000,00 -2.400.000,004 -15 20 37,50 20,00 -300,00 -10.000,00 -5.625,00 -6.000,00 11.250,00 -130.000,00 -427.500,00 225.000,005 -15 20 62,50 20,00 -300,00 -10.000,00 -5.625,00 -6.000,00 18.750,00 -130.000,00 -1.177.500,00 375.000,006 20 10 80,00 45,00 200,00 1.666,67 6.666,67 9.000,00 -16.000,00 406.666,67 1.286.666,67 -720.000,00
TOTALI 2.500,00 74.500,00 -115.500,00 3.203.333,34 6.618.333,34 -3.062.500,00
cmA
Y xG 80,29
2500===
S
cmS y
74500
20,462500115500
=−
−=A
X G −=
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dove essendo 00 YX JJ < all’angolo che si ricava dalla calcolatrice è stato aggiunto 180°. I mementi d’inerzia principali si ottengono con le formule che seguono:
( )
( )
( )
Ed infine si determinano i raggi principali d’inerzia
( ) 98,724940379400434,128223334,9832335,02
34,128223334,983233 22 =⋅+−⋅−+
=
421
2
70,1540525379400434,128223334,9832335,02
34,128223334,983233
421
2
22
22
22
0000
00
0000
00
=+−−+
=
=⋅+−⋅++
=
=+−++
=
yxyxyx
yxyxyx
JJJJJ
J
JJJJJ
J
η
ξ
cmA
Jicm
AJ
i 03,172500
98,72494082,242500
70,1540525====== η
ηξ
ξ
Si riporta infine il grafico nel quale sono rappresentati il baricentro , gli assi principali d’inerzia e Gellisse principale d’inerzia.
l’
Y
X
Y0
X0G
ξ
η
α=55°,75
sercizio n° 2
E
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Per la figura composta rappresentata a fianco, si individui il baricentro, gli assi principali d’inerzia baricentrici e l’ellisse centrale
’inerzia.
ostruttiva delle sezioni di travi.
Per il calcolo dei momenti d’inerzia rispetto agli assi X e Y si terrà conto della particolare configurazione geometrica; Il momento d’inerzia rispetto a Y sarà calcolato considerando che entrambi i rettangoli hanno un lato appoggiato proprio sull’asse Y, mentre il momento d’inerzia rispetto a X sarà ottenuto considerando il rettangolo A2 appoggiato sull’asse X e provvedendo alla trasposizione del momento d’inerzia centrale del rettangolo A1.
X
Y
d Si tratta in realtà di una figura a L, molto semplice
a analizzare ma anche molto diffusa nella pratica A1
dcLa figura viene risolta scomponendola in due rettangoli. Ricerca del baricentro:
A2
cmSYcmS
cmxA
cm
cmAAA
AA
XY
iiY
t
76,275,3956276,125,18187
5,18187240600
215825
5,1555
1425600825
60015408255515
3
3
221
21
====−
−=−=
−=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅+⋅−=⋅−=
⎞⎛
=+=+=
=⋅==⋅=
∑
yAS iiX 395622
6002
15825 =⋅+⎟⎠
⎜⎝
+⋅=⋅= ∑
S
XAA t
Gt
G 14251425
421
433
21
4323
21
75,3529682
152
406002
55152
15825
00,38187534015
31555
00,174312531540
25515825
125515
cmJJJ
cmJJJ
cmJJJ
XYXYXY
YYY
XXX
−=⋅⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−⋅+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +⋅⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛−⋅=+=
=⋅
+⋅
=+=
=⋅
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +⋅+
⋅=+=
I momenti d’inerzia rispetto agli assi baricentrici X0 e Y0, paralleli a X e Y, si ottengono trasponendo i momenti d’inerzia appena calcolati.
i possono ora calcolare i momenti principali d’inerzia e l’angolo α che individua la direzione ell’asse principale ξ . Con i valori dei momenti principali d’inerzia vengono quindi
4
422
422
33,15179176,2776,12142575,352968
92,14985976,12142500,381875
92,64499476,27142500,1743125
00
0
0
cmYXAJJ
cmXAJJ
cmYAJJ
GGXYYX
GYY
GXX
=⋅⋅+−=⋅⋅+=
=⋅−=⋅−=
=⋅−=⋅−=
Sd
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successivamente d’inerzia.
eterminati i raggi principali d’inerzia per la rappresentazione dell’ellisse centrale d
14992,6449941517912
212
21
00
00 ⎜⎝
⎛−
⋅⋅=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
⋅⋅= arctg
JJJ
arctgYX
YXα 76,1592,859
33,°=⎟
⎠
⎞
( )
( )
( )
( ) 61,14985933,151791492,14985992,6449945,092,14985992,644994
41
23,64499533,151791492,149859
22
22
22
0000
=⋅+−⋅−+
=
=+−
=⋅+
yxyxyx JJ
J
2
2200 −= JJη
92,6449945,02
+
−⋅+=
J
92,14985992,644994
421
222
0000
00
+
=+−++
= yxyxyx JJJ
JJJξ
cmA
Jicm
AJ
i 25,101425
61,14985928,211425
23,644995====== η
ηξ
ξ
In figura è rappresentata la sezione analizzata con gli assi principali d’inerzia e l’ellisse principale d’inerzia.
X
Y
G
ξ
η
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R. Lapiello – appunti di Costruzioni - Geometria delle masse -
Esercizio n° 3 Per la figura composta rappresentata a fianco, si individui il baricentro, gli assi
a in esame già è stata determinata la osizione del baricentro in un esercizio
precedente. Ci si pone ora l’obiettivo di determinare gli assi principali d’inerzia ed i relativi momenti d’inerzia, oltre alla
eterminazione dell’ellisse centrale d’inerzia. L’asse Y è un asse di simmetria della figura, e pertanto coincide con l’asse principale d’inerzia η . L’asse ξ sarà perpendicolare a Y (quindi parallelo a X) e passante per il baricentro. Per calcolare i momenti d’inerzia si è scomposta la figura in rettangoli e triangoli equilateri rettangoli con i cateti paralleli agli assi di riferimento X e Y. Momenti d’inerzia rispetto a Y (η)
Y
X
principali d’inerzia baricentrici e l’ellisse centrale d’inerzia. Della figur
A1
A3
A6
A2
A7
G
A4
A5
p
d
∑ =++++++===
=⋅
=
===⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +⋅⋅⋅+
⋅=
=⎟⎠⎝
10
3236122
⎞⎜⎛ +⋅⋅⋅+
⋅=
⋅=
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +⋅⋅⋅+
⋅==
⋅=
=
28100033,5333367,916667,91666000033,533336000036000
33,5333312
4010
67,9166;67,91663
1010101021
3610
600002010202012020;33,533332080
600003
2010202021
362020;360000
126020
3
7
56
3
5
23
4
3
3
23
2
3
1
iYY
Y
YYY
YY
YY
JJJ
J
JJ
J
JJ
η
Momento d’inerzia rispetto a X0 (ξ).
J
J
( )
( )
52,5135723
101098,6310103610102
97,91131798,6370802012
8020
10,13765098,632032902020
3620202
48,159692898,63100206012
2060
23
65
23
3
23
42
23
1
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ −−⋅⋅+
⋅⋅=+
=−⋅⋅+⋅
=
=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ −⋅−⋅⋅+
⋅⋅=+
=−⋅⋅+⋅
=
ξξ
ξ
ξξ
ξ
JJ
J
JJ
J
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R. Lapiello – appunti di Costruzioni - Geometria delle masse -
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∑ ++== ,91131710,13765048,1596928ξξ iJJ
=++
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −⋅⋅
52,455425849,139478952,51357293
49,13947892
1098,631023
+⋅
= 4012
10407ξJ
I raggi d’inerzia sono pari a
cmA
Jicm
AJ
i 00,4057,2846
52,4554258=== ξ
ξ 94,957,2846
281000=== η
η
X
G ξ
η
R. Lapiello – appunti di Costruzioni - Geometria delle masse -
Il Nocciolo d’inerzia Si definisce nocciolo d’inerzia di una figura, quella parte di superficie nella quale sono contenuti i centri relativi rispetto all’ellisse centrale d’inerzia di tutte le rette che non tagliano la figura.
nocciolo d’inerzia riveste particolare importanza nello studio della sollecitazione di presso trave nell’ipotesi di materiale perfettamente elastico. La ricerca del dotta ricercando i centri delle rette tangenti alla figura considerata. Si
corda infatti che il centro di una retta è posto sempre dal lato opposto di questa rispetto al aricentro e che più la retta è lontana dal baricentro più il centro si avvicina a questo, mentre
quando la retta si avvicina il centro si allontana. Da queste considerazioni si determina che la superficie cercata è quella delimitata dai centri relativi a tutte le rette tangenti alla figu .
verranno determinati i noccioli d’inerzia relativi al rettangolo ed al cerchio, rimandando er le altre figure note alle formule che sono iportate sui prontuari, mentre si ritiene che la
determinazione del nocciolo d’inerzia per le figure composte vada oltre gli obbiettivi formativi perseguiti da questo testo.
Il rettangolo Il rettangolo è la sezione geometrica più utilizzata in campo strutturale, e provvediamo a determinarne il nocciolo d’inerzia in forma letterale, così da ottenere delle utili formule che ci consentiranno di ottenere il nocciolo d’inerzia per qualsiasi dimensione assumeranno la base B e l’altezza H della sezione. Il nocciolo d’inerzia si determina calcolando la posizione del centro relativo di ogni retta tangente alla figura. Nel caso specifico determineremo i centri relativi alle rette coincidenti con i lati del rettangolo. Per il calcolo dei centri faremo uso della relazione che lega le coordinate dei centri alla posizione della retta considerata ed al valore del raggio d’inerzia.
raggio d’inerzia è dato dalla seguente espressione:
Ilflessione in una sezione di
occiolo d’inerzia, viene connrib
raNel seguito p r
GX YYi ⋅=2ξ
ξiIl
12;
1212;;
12
23
23 HiH
HB
HB
AJ
iHBAHBJ ==⋅
⋅
==⋅=⋅
= ξξ
ξξ
La distanza dal Baricentro del centro relativo alla base è data da:
62
12
22 H
H
H
Yi
YG
X === ξ
Sull’asse η si riportano dal lato opposto della base considerata la distanza YX appena determinata.
ξ
η
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Rifacendo lo stesso procedimento considerando le rette coincidenti con le altezze si ottengono le
ativi alla distanza 6B
. posizioni degli altri due centri rel
62BX G
Il nocciolo d’inerzia si ottiene congiungendo tra loro i centri così determinati. Si noti che lungo le due direzioni proncipali, il nocciolo d’inerzia divide l’altezza e la base in tre parti
uguali ad
12
22 B
BiηXY ===
3H
ed a 3B
.
Il cerchio
el cerchio qualsiasi coppia di assi Nbaricentrici sono assi principali d’inerzia.
ortogonali
d’inerzia degenera in un seguenza anche il nocciolo
ξ
ηL’ellisse centralecerchio e di cond’inerzia assumerà la forma di un cerchio. Il raggio di nocciolo si ricava con la formula consueta.
1664;
64
2
2
4
24 D
D
AJiDJ =
⋅
==⋅
=π
ππ
D⋅4
82
16
22 D
D
D
YiYG
X ===
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