Esercizi Geometria Delle Masse

Capitolo I

ESERCIZI SULLA GEOMETRIA DELLE MASSE

Esempio A: Momenti centrali di inerzia di una figura piana a forma di un rettangolo Si consideri un rettangolo di base b ed altezza h (Fig. 1.1). b b/2

b/2

Σ h/2 x

G h h/2

y

Figura 1.1: Rettangolo di base b ed altezza h.

Poiché gli assi x ed y rappresentati nella figura 1.1 sono assi di simmetria, la loro intersezione individua il baricentro G del rettangolo ed inoltre essi coincidono, per definizione, con gli assi centrali di inerzia della figura. Sulla base delle definizioni fornite nel § 5 del capitolo primo del libro di teoria [L. Ascione,

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES], i momenti di inerzia del rettangolo rispetto agli assi x ed y (momenti centrali di inerzia) sono pari, rispettivamente, ai seguenti due integrali doppi:

I x = ∫ y 2 dΣ ,

(A.1a)

Σ

I y = ∫ x 2 dΣ .

(A.1b)

Σ

Sviluppando i calcoli del primo integrale si ottiene l’espressione del momento di inerzia centrale rispetto all’asse x (Fig. 1.2):

h

 y3  2 bh3 Ix = ∫ dx ∫ y dy = b   = . −b / 2 −h / 2  3  − h 12 + b/ 2

h/ 2

2

(A.2)

2

Analoghi sviluppi del secondo integrale doppio (A.1b) forniscono la seguente espressione del momento di inerzia centrale rispetto all’asse y :

Iy =

hb3 . 12

(A.3)

Raccolta degli esercizi del corso di Scienza delle Costruzioni I – Prof. Luciano Feo

b b/2

b/2

h/2 G

x

h y

dy

h/2

y

Figura 1.2: Notazioni per il calcolo del momento di inerzia Ix.

Una volta noti i valori dei momenti centrali del rettangolo, è possibile determinarne i momenti di inerzia rispetto ad assi arbitrari, utilizzando le ben note leggi di trasformazione dei momenti del secondo ordine per traslazione e rotazione degli assi. A titolo di esempio, si calcola il momento di inerzia rispetto ad un asse x parallelo a x e contenente il lato inferiore della figura Σ (Fig. 1.3). Dal teorema di Huyghens per i momenti di inerzia si ottiene facilmente:

2

bh3 h 2 bh3 h Ix = Ix + A  = + bh = , 12 4 3 2 (A.4) avendo indicato con A=bh, l’area del rettangolo.

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse b

h/2 x

G

h/2 _ x

y

Figura 1.3: Asse x contenente il lato inferiore del rettangolo.

Si calcolano ora i raggi di inerzia del rettangolo rispetto agli assi centrali x ed y . Ricordando la definizione di raggio centrale di inerzia, risulta:

ρx =

Ix = A

bh3 1 h2 h = = 3 , 12 bh 12 6

(A.5a)

ρy =

Iy

hb3 1 b2 b = = 3 . 12 bh 12 6

(A.5b)

A

=


Esempio B: Momenti centrali di inerzia di un cerchio Si prenda in esame una figura piana a forma di cerchio di raggio R e la si riferisca ad un sistema di coordinate cartesiane {O, x, y} avente origine nel centro O (Fig. 2.1).

O=G

x R

y

Figura 2.1: Cerchio di centro O e raggio R.

Poiché la figura è dotata di simmetria polare, ogni asse passante per il centro O è un asse di simmetria. Ne consegue che O coincide con il baricentro G della figura e che ogni asse passante per O rappresenta un asse centrale di inerzia del cerchio. Per la proprietà di simmetria polare, i due momenti centrali di inerzia della figura, I x e I y , rispetto agli assi x ed y , rispettivamente, sono uguali tra loro e ciascuno di essi pari alla metà del momento di inerzia polare I o :

Ix = Iy =

Io . 2

(B.1)

Utilizzando i simboli della figura 2.2, il momento di inerzia polare del cerchio rispetto al suo centro risulta pari a:

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse

(

)

I o = ∫ x 2 + y 2 dΣ = ∫ r 2 dΣ = ∫ r 2 ( 2π rdr ) = Σ

R

0

Σ

R

=∫

R 0

 r4  π R4 2π r dr = 2π   = . 2  4 0

(B.2)

3

x

O=G R

r dr

y

Figura 2.2: Notazioni per il calcolo del momento di inerzia polare I o .

A partire dal valore di I o si calcolano i due momenti centrali di inerzia della figura, I x e I y :

Ix = Iy =

Io 1 π R4 π R4 = ⋅ = . 2 2 2 4

(B.3)

Le quantità I o , I x e I y possono essere anche espresse in funzione del diametro D del cerchio. Si ottiene:

Io =

π D4 32

,

(B.4a)


I1 = I 2 =

π D4 64

.

(B.4b)

Per quanto riguarda il raggio di inerzia del cerchio rispetto ad un qualsiasi asse passante per

O ≡ G , dalla definizione (5.25) del § 5.7 del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES], si deduce immediatamente:

ρ=

π D4 64

⋅

4 D R = = . 2 4 2 πD

(B.5)

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse Esempio C: Baricentro e momenti centrali di inerzia di una figura piana a forma di “L”. Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia della figura piana Σ rappresentata in Fig. N.1. La figura piana Σ è caratterizzata da una forma ad “L” e può essere vista come l’unione di due sottofigure, Σ1 e Σ2, di forma rettangolare aventi dimensioni pari a 2 cm×16 cm e 10 cm×2 cm, rispettivamente (Fig. N.1).

Figura N.1: Figura piana a forma di “L” e sua suddivisione in due sottofigure di forma rettangolare (misure in cm).

Tale schematizzazione consente di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle figure Σ1 e Σ2. Si indichino, a tal proposito, con {G i , xi , y i } (i=1,2) due sistemi di riferimento “locali”,

Raccolta degli esercizi del corso di Scienza delle Costruzioni I – Prof. Luciano Feo aventi rispettivamente origine nel baricentro del corrispondente rettangolo Σi ed assi xi e yi (i=1,2) paralleli ai lati dei due rettangoli. Inoltre, l’asse x1 sia parallelo e concorde a x2 e l’asse y1 sia parallelo e concorde a y2 . Si introduca inoltre un sistema di riferimento “globale”

{O, x , y }

avente origine in un

arbitrario punto O del piano (Fig. N.2). Il sistema globale abbia gli assi paralleli a quelli dei sistemi locali, assunti coincidenti con gli assi centrali di inerzia dei due rettangoli Σ1 e Σ2.

Figura N.2: Sistemi di riferimento locali {G1 , x1 , y1} e {G2 , x2 , y2 } e sistema di riferimento globale {O, x , y} (misure in cm).

Con ovvio significato dei simboli (il simbolo ( ⋅ )( i ) denota la generica grandezza riferita alla figura Σi nel sistema locale, il simbolo ( ⋅ )( i ) denota la stessa grandezza nel sistema di riferimento {O, x , y } ), le coordinate del baricentro G sono calcolabili per il tramite delle

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse relazioni ((4.12) del capitolo primo):

gx = −

gy =

Sy A

=−

S y(1) + S y(2) A(1) + A(2)

,

S x S x(1) + S x(2) = . A A(1) + A(2)

(C.1a)

(C.1b)

D’altra parte, i momenti statici, S x(i ) e S y(i ) , del generico rettangolo Σi rispetto agli assi x e y possono calcolarsi applicando le leggi del trasporto presentate nel § 4.3 del capitolo primo

del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES]. Infatti, ricordando che in corrispondenza dei sistemi baricentrici {Gi , xi , yi } (i=1,2) tali momenti (indicati rispettivamente con S x(ii ) e S y(ii ) ) sono nulli, e facendo uso delle equazioni (4.11) del § 4.3 del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES], si ottiene:

S x(1) = ty(1) A(1) = 8 ⋅ (2 ⋅16) cm3 = 256 cm3 ,

(C.2a)

S x(2) = ty(2) A(2) = 1 ⋅ (10 ⋅ 2) cm3 = 20 cm3 ,

(C.2b)

S y(1) = − tx(1) A(1) = − 11 ⋅ (2 ⋅ 16) cm3 = − 352 cm3 ,

(C.2c)

S y(2) = − tx(2) A(2) = − 5 ⋅ (10 ⋅ 2) cm3 = − 100 cm3 ,

(C.2d)

dove tx ( i ) e ty( i ) sono, rispettivamente, l’ascissa e l’ordinata di Gi rispetto al sistema di riferimento {O, x , y } . Sostituendo le (C.2) nelle (C.1), si ottiene in definitiva:


gx =

452 cm = 8.69 cm , 52

(C.3a)

gy =

276 cm = 5.30 cm . 52

(C.3b)

Si passa ora al calcolo dei momenti di inerzia e del momento centrifugo di Σ rispetto al sistema baricentrico {G, x, y} (Fig. N.3). Rispetto a tale sistema si indicano con t x(i ) e t y( i ) le coordinate del baricentro della figura Σi (i=1,2). Procedendo come per i momenti statici ed invocando le leggi del trasporto di Huyghens, si ottiene:

( )

( )

(C.4a)

( )

(C.4b)

2 2 I x = I x(1) + I x(2) =  I x(1) + A(1) t y(1)  +  I x(2)2 + A(2) t y(2)  , 1    

( )  +  I

I y = I y(1) + I y(2) =  I y(1)1 + A(1) t x(1) 

2

(2) y2

2 + A(2) t x(2)  , 

I xy = I xy(1) + I xy(2) =  − A(1) t x(1) t y(1)  +  − A(2) t x(2) t y(2)  ,

(C.4c)

dove (Fig. N.3):

I x(1) = 1

2 ⋅ 163 10 ⋅ 2 3 cm 4 = 682.66 cm 4 , I y(1)1 = cm 4 = 6.66 cm 4 , 12 12

(C.5a,b)

I x(2)2 =

16 ⋅ 23 cm 4 = 10.66 cm 4 , 12

(C.5c,d)

I y(1)2 =

2 ⋅ 103 cm 4 = 166.66 cm 4 ; 12


t x(1) = 2.31 cm ,

t x(2) = − 3.69 cm ,

(C.6a,b)

t y(1) = 2.70 cm ,

t y(2) = − 4.30 cm .

(C.6c,d)

Figura N.3: Sistema di riferimento baricentrico {G , x, y} (misure in cm). Sviluppando i calcoli si ottiene:

I x = 682.66 + (2 ⋅16) ⋅ 2.702  cm 4 +  6.66 + (10 ⋅ 2) ⋅ ( − 4.30) 2  cm 4 = = 1'292.40 cm 4

(C.7a)


I y = 10.66 + (2 ⋅16) ⋅ (2.31) 2  cm 4 + 166.66 + (10 ⋅ 2) ⋅ (−3.69)2  cm 4 = = 620.40 cm 4 I xy = [ −(2 ⋅ 16) ⋅ 2.31 ⋅ 2.70] cm4 + [ −(10 ⋅ 2) ⋅ (−3.69) ⋅ (−4.30) ] cm4 = − 516.92cm 4 .

(C.7b)

(C.7c)

A questo punto è possibile determinare gli assi centrali di inerzia, x* e y* , e i momenti centrali di inerzia, I x* e I *y , della figura. Si segue il procedimento illustrato nel § 5.6 del capitolo primo del libro di teoria [L. Ascione,

Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES], basato sulla costruzione del cerchio di Mohr del tensore di inerzia relativo al polo G (Fig. N.4).

Figura N.4: Cerchio di Mohr del tensore di inerzia relativo al polo G.

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse Dalla relazione:

tg2ϕ =

2 I xy Ix − I y

=−

2 ⋅ 516.92 = − 0.838 , 1'572.92 − 339.88

(C.8)

si ottiene:

1 2

ϕ = arctg(− 0.838) = (− 39.963° ± k180°)

(k = 0,1, 2,...) .

(C.9)

La (C.9) fornisce due soluzioni nell’intervallo [-90°, 90°]: ϕ = −19.98° e ϕ = 70.01° . Esse rappresentano le inclinazioni rispetto all’asse x dei due assi centrali x* e y * . Per quanto riguarda i momenti centrali I x* e I *y , ricordando le (5.23) del capitolo primo, è facile verificare che risulta:

I x* =

I y* =

Ix + I y 2

Ix + Iy 2

2

 Ix − I y  2 4 +   + I xy = 1'572.92 cm , 2  

(C.10a)

2

 Ix − I y  2 4 −   + I xy = 339.88 cm . 2  

(C.10b)


Esempio D: Baricentro e momenti centrali di inerzia di un sistema di figure costituito dall’unione di due figure piane a forma di “L” Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia del sistema di figure piane di Fig. 4.1, costituito dall’unione di due figure a forma di “L”.

5

1

2

1

5

Σ1

5

Σ2

1 2

Σ3

1

Σ4

5

Figura 4.1: Figura piana formata dall’unione di due figure a forma di “L” (misure in cm).

La suddivisione del sistema Σ, di area A, in quattro rettangoli, Σ1, Σ2, Σ3 e Σ4, rappresentati in Fig. 4.1, consente al solito di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle singole figure. Similmente a quanto già visto nell’esercizio 3, si indicano con {G i , xi , y i } (i=1,2,3,4) i quattro sistemi di riferimento “locali”, aventi rispettivamente origine nel baricentro del corrispondente rettangolo Σi ed assi xi e yi (i=1,2,3,4) paralleli ai lati dei rettangoli, e con


{O, x , y}

un sistema di riferimento “globale” avente origine in un arbitrario punto O del

piano (Fig. 4.2).

5

1

2

1

5

_ x

O

G1

x1

5

y1 x2

6

G2

1 2

y2

x3

G3

x4

y3

1

6

G4

5

y4 _ y Figura 4.2: Sistemi di riferimento locali {Gi , xi , yi } e sistema globale {O, x , y} (misure in cm).

Con ovvio significato dei simboli (il simbolo ( ⋅ )( i ) denota la generica grandezza riferita alla figura Σi nel sistema locale, il simbolo ( ⋅ )( i ) denota la stessa grandezza nel sistema di riferimento {O, x , y } ), i momenti statici, S x(i ) e S y(i ) , del generico rettangolo Σi rispetto agli assi x e y possono calcolarsi utilizzando le relazioni:

S x(1) = ty(1) A(1) = 2.5 ⋅ (1 ⋅ 5) cm3 = 12.5 cm3 ,

(D.1a)


S y(1) = − tx (1) A(1) = − 5.5 ⋅ (1 ⋅ 5) cm3 = − 27.5 cm3 ,

(D.1b)

S x(2) = ty(2) A(2) = 5.5 ⋅ (6 ⋅ 1) cm3 = 33 cm3 ,

(D.1c)

S y(2) = − tx (2) A(2) = − 3 ⋅ (6 ⋅ 1) cm3 = − 18 cm3 ,

(D.1d)

S x(3) = ty(3) A(3) = 8.5 ⋅ (6 ⋅ 1) cm3 = 51 cm3 ,

(D.1e)

S y(3) = − tx (3) A(3) = − 11 ⋅ (6 ⋅ 1) cm3 = − 66 cm3 ,

(D.1f)

S x(4) = ty(4) A(4) = 11.5 ⋅ (1 ⋅ 5) cm3 = 57.5 cm3 ,

(D.1g)

S y(4) = − tx (4) A(4) = − 8.5 ⋅ (1 ⋅ 5) cm3 = − 42.5 cm3 ,

(D.1h)

dove si sono indicate con tx ( i ) e ty(i ) , rispettivamente, l’ascissa e l’ordinata di Gi rispetto al sistema di riferimento {O, x , y } . Pertanto, le coordinate del baricentro G di Σ rispetto al sistema "globale" {O, x , y} sono le seguenti:

gx = −

gy =

Sy A

=−

S y(1) + S y(2) + S y(3) + S y(4) A +A (1)

(2)

+A

(3)

+A

(4)

=

154 cm = 7 cm , 22

S x S x(1) + S x(2) + S x(3) + S x(4) 154 = = cm = 7 cm . A A(1) + A(2) + A(3) + A(4) 22

(D.2a)

(D.2b)

Si passa quindi al calcolo dei momenti di inerzia e del momento centrifugo di Σ rispetto al sistema di riferimento baricentrico {G, x, y} , riportato in Fig. 4.3. Operando come nell’esempio precedente, si ottiene:


4

4

i =1

i =1

4

4

i =1

i =1

4

4

i =1

i =1

I x = ∑ I x(i ) = ∑  I x(ii ) + A( i ) (t y( i ) ) 2  ,

(D.3a)

I y = ∑ I y(i ) = ∑  I y(ii ) + A(i ) (tx(i) ) 2  ,

(D.3b)

I xy = ∑ I xy( i ) = ∑  − A( i ) t x( i ) t y( i )  ,

(D.3c)

7

_ x

1.5

O x*

G1

x1

7

y1 x2

4

x x3

-45°

1.5

G

+45°

1.5

4.5

G2

4

G3

y2 4.5

y3

G4 x4

1.5

y* y4

y

_ y

Figura 4.3: Baricentro G e assi principali di inerzia (misure in cm).


dove: I x(1)1 =

1 ⋅ 53 cm 4 = 10.42 cm 4 , 12

I y(1)1 =

5 ⋅ 13 cm 4 = 0.42 cm 4 , 12

(D.4a,b)

I x(2) = 2

6 ⋅ 13 cm 4 = 0.5 cm 4 , 12

I y(2) = 2

1 ⋅ 63 cm 4 = 18 cm 4 , 12

(D.4c,d)

I x(3) = 3

6 ⋅ 13 cm 4 = 0.5 cm 4 , 12

I y(3) = 3

1 ⋅ 63 cm 4 = 18 cm 4 , 12

(D.4e,f)

I x(4) = 4

1 ⋅ 53 cm 4 = 10.42 cm 4 , 12

I y(4) = 4

5 ⋅ 13 cm 4 = 0.42 cm 4 , 12

(D.4g,h)

ed inoltre t x( i ) e t y(i ) sono le coordinate del baricentro della figura Σi (i=1,2,3,4) rispetto al sistema di riferimento {G, x, y} . Queste ultime valgono:

t x(1) = − 1.5 cm ,

t y(1) = − 4.5 cm ,

(D.5a,b)

t x(2) = − 4 cm ,

t y(2) = − 1.5 cm ,

(D.5c,d)

t x(3) = 4 cm ,

t y(3) = 1.5 cm ,

(D.5e,f)

t x(4) = 1.5 cm ,

t y(4) = 4.5 cm .

(D.5g,h)

Sviluppando i calcoli si ottiene:

I x = 10.42 + (1 ⋅ 5) ⋅ ( − 4.5) 2  cm 4 +  0.5 + (6 ⋅ 1) ⋅ ( − 1.5) 2  cm 4 + +  0.5 + (6 ⋅1) ⋅ (1.5) 2  cm 4 + 10.42 + (1 ⋅ 5) ⋅ (4.5) 2  cm 4 = 251.34 cm 4 ,

(D.6a)


I y =  0.42 + (1 ⋅ 5) ⋅ ( − 1.5) 2  cm 4 + 18 + (6 ⋅ 1) ⋅ ( − 4) 2  cm 4 + + 18 + (6 ⋅ 1) ⋅ (4) 2  cm 4 +  0.42 + (1 ⋅ 5) ⋅ (1.5) 2  cm 4 = 251.34 cm 4 ,

I xy = [ − (1 ⋅ 5) ⋅ ( −1.5) ⋅ ( −4.5) ] cm 4 + [ − (6 ⋅ 1) ⋅ ( −4) ⋅ ( −1.5) ] cm 4 +

+ [ − (6 ⋅ 1) ⋅ (4) ⋅ (1.5) ] cm 4 + [ − (1 ⋅ 5) ⋅ (1.5) ⋅ (4.5) ] cm 4 = − 139.50 cm 4 .

(D.6b)

(D.6c)

Si passa infine a determinare gli assi centrali di inerzia, x* e y * , e i momenti centrali di inerzia, I x* e I *y , del sistema di figure assegnato. Dalla relazione:

tg2ϕ =

2 I xy Ix − I y

=−

2 ⋅ 139.50 →∞, 251.34 − 251.34

(D.7)

si ottiene ϕ = ± 45° (Fig. A5.3).

Per quanto riguarda i momenti centrali, risulta:

I

* x

=

I *y =

Ix + I y 2

Ix + I y 2

2

 Ix − I y  2 4 +   + I xy = 390.84 cm , 2  

(D.8a)

 Ix − Iy  2 4 −   + I xy = 111.84 cm . 2  

(D.8b)

2


Esercizio 1: Baricentro e momenti centrali di inerzia di una figura piana a forma di quarto di cerchio.(Napoli Fabio; Noviello Antonio; Petrone Gaetano). Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia della figura piana Σ rappresentata in Fig. N.1. La figura piana Σ è caratterizzata da una forma a quarto di cerchio. (Fig. N.1).

Σ R

Figura N.1: Figura piana a forma di quarto di cerchio.

Si indichi, con {G , x , y } il sistema di riferimento, avente origine nel punto O coincidente con il centro del cerchio.


Σ x

O

R y Figura N.2: Sistema di riferimento {O, x, y} . Le coordinate del baricentro G sono calcolabili per il tramite delle relazioni ((4.12) del capitolo primo):

gx = −

gy =

Sy

Sx A

A

,

(N.1a)

.

(N.1b)

Si calcolino quindi i momenti statici:

S y = ∫∫ δ y dxdy = −

R3 , 3

S x = ∫∫ δ x dxdy = −

R , 3

Σ

Σ

(N.2a)

3

Sostituendo le (N.2) nelle (N.1), si ottiene in definitiva:

(N.2b)


gx =

4R , 3π

gy = −

(N.3a)

4R . 3π

(N.3b)

Si passa ora al calcolo dei momenti di inerzia e del momento centrifugo di Σ rispetto al

{

sistema baricentrico G, xg , yg

} (Fig. N.3). Rispetto a tale sistema si indicano con

gx e gy

le coordinate del baricentro della figura Σ. Calcolando prima i momenti d’inerzia relativi agli assi x ed y nel punto O ed invocando le leggi del trasporto di Huyghens, si ottiene:

( )

Ixg = I x − A gy 

 , 

(N.4a)

2 I y g = I y − A( gx )  ,  

(N.4b)

2

I xy g =  I xy − A ( g x g x )  ,  

(N.4c)

Quindi:

I x = ∫∫ δ 2x dxdy = Σ

I y = ∫∫ δ 2y dxdy = Σ

π R4 16

π R4 16

, I y = ∫∫ δ 2y dxdy = Σ

16

,

,

( )  = π16R

Ixg = I x − A g y 

2

π R4

4

−

π R 16 R π 4 = R4 ( − ) , 4 9π 2 16 9π 2

2

π R 4 π R 2 16 R 2 π 4 2 I y g = I y − A( gx )  = − = R4 ( − ) , 2   16 4 9π 16 9π

(N.5a,b)

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse I xy = ∫∫ δ x δ y dxdy = Σ

R4 , 8

R 4 π R 2 16 R 2 1 4 I xy g =  I xy − A g x g y  = − = R4 ( − ) ,   8 4 9π 2 8 9π

(

)

Σ x

g

G

x y g

O 4R 3p

4R 3p

y

{

Figura N.3 Sistema di riferimento baricentrico G, xg , yg

}


Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES], basato sulla costruzione del cerchio di Mohr


del tensore di inerzia relativo al polo G (Fig. N.4).

I mn y* P**

O

P2

45°

C =A=B

45°

P1 In x*

I y*

P* I y =I x I x*


Dalla relazione:

tg2ϕ =

2 I xy Ix − Iy

=∞,

(N.8)

si ottiene:

ϕ=

1 π arctg(∞) = + kπ . 2 4

(N.9)

La (N.9) fornisce due soluzioni nell’intervallo [-90°, 90°]: ϕ = −45° e ϕ = 45° . Esse rappresentano le inclinazioni rispetto all’asse x dei due assi centrali x* e y * . Per quanto riguarda i momenti centrali I x* e I *y , ricordando le (5.23) del capitolo primo, è

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse facile verificare che risulta:

I = * x

I *y =

Ix + I y 2

Ix + Iy 2

2

 Ix − Iy  2 +   + I xy = I x + I xy , 2  

(N.10a)

2

 Ix − Iy  2 −   + I xy = I x − I xy . 2  

(N.10b)


Esercizio 3: Baricentro e momenti centrali di inerzia di una figura piana a forma di corona circolare (Faiella

Serena; Giordano Rossella; Ruggiero Bernardina ).

Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia della figura piana Σ rappresentata in Fig. 3.1. La figura piana Σ è caratterizzata da una forma a corona circolare e può essere vista come l’unione di due sottofigure, Σ1 e Σ2, di forma circolare aventi raggi pari a r e R,rispettivamente (Fig. 3.1).

1

r

R

Σ

x

Σ

2

y Figura 3.1: Figura piana a forma di corona circolare e sua suddivisione in due sottofigure di forma circolare.

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse Tale schematizzazione consente di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sottraendo algebricamente i corrispondenti momenti delle figure Σ1 e Σ2. Si indichino, a tal proposito, con {G i , xi , y i } (i=1) un sistema di riferimento “locale”, avente rispettivamente origine nel baricentro della corrispondente corona circolare Σi ed assi xi e

yi (i=1). Si introduca inoltre un sistema di riferimento “globale” {O, x, y} avente origine in un punto O del piano coincidente con il baricentro G (Fig. 3.2). Il sistema globale abbia gli assi assunti coincidenti con gli assi centrali di inerzia delle due circonferenze Σ1 e Σ2.

1

r

R

Σ

x

Σ

2

y

Figura 3.2: Sistema di riferimento locale {G , x, y} . Le coordinate del baricentro G sono calcolabili per il tramite delle relazioni ((4.12) del capitolo primo): (3.1a)

gx = −

gy =

Sy A

Sx . A

,

(3.1b)


I momenti statici, S x e S y , della generica corona circolare Σi rispetto agli assi x e y possono calcolarsi applicando le leggi del trasporto presentate nel § 4.3 del capitolo primo del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES]. Infatti, ricordando che in corrispondenza del sistema baricentrico {Gi , xi , yi } (i=1) che è l’intersezione degli assi rispetto ai quali i momenti statici (indicati rispettivamente con S x e

S y ) sono nulli, poiché il baricentro coincide con il centro di massa, si fa uso delle equazioni (4.11) del § 4.3 del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES], si ottiene:

Sx = 0 ,

(3.2a)

Sy = 0 ,

(3.2b)

Sostituendo le (3.2) nelle (3.1), si ottiene in definitiva:

gx = 0 ,

(3.3a)

gy = 0 .

(3.3b)

Si passa ora al calcolo dei momenti di inerzia e del momento centrifugo di Σ rispetto al sistema baricentrico {G, x, y} (Fig. 3.3). Rispetto a tale sistema si indicano con t x(i ) e t y( i ) le coordinate del baricentro della figura Σi (i=1). Procedendo come per i momenti statici ed invocando le leggi del trasporto di Huyghens, si ottiene:

( )

( )

(3.4a)

( )

(3.4b)

2 2 I x = I x(1) + I x(2) =  I x(1) + A(1) t y(1)  +  I x(2)2 + A(2) t y(2)  , 1    

( )  +  I

I y = I y(1) + I y(2) =  I y(1)1 + A(1) t x(1) 

2

(2) y2

2 + A(2) t x(2)  , 


Ix =

∫

∑

y2d ∑ =

R

r

Iy = ∫ x d ∑ = ∫ 2

∑

R 4 r 4 θ sen 2θ 2π R4 r 4 − )[ − ]0 = ( − )π 0 4 4 2 4 4 4 4 4 4 2π R r θ sen 2θ 2π R r4 2 2 ∫0 ρ cos θρ d ρ dθ = ( 4 − 4 )[ 2 + 4 ]0 = ( 4 − 4 )π

∫ ∫ R

r

2π

(3.4c)

ρ 2 sin 2 θρ d ρ dθ = (

(3.5a,b,c)

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse I xy = − ∫ xy d ∑ = ∫ ∑

R

r

∫

2π

0

ρ 2 sin θ cos θρ d ρ dθ = [

ρ4 4

]rR [

sen 2θ 2π ]0 = 0 2

Il momento I 0 coincide con la somma dei momenti di inerzia rispetto ad una qualsiasi coppia di assi ortogonali passanti per O.

I0 = I x + I y

Io = (

dove I x e I y sono i momenti di inerzia rispetto agli assi x e y .

R4 r 4 R4 r 4 R4 r 4 − )π + ( − )π = ( − )π 4 4 4 4 2 2

tx = 0 ,

(3.6a,b)

ty = 0 .

(3.6c,d)

1

r

R

Σ

x

Σ

2

y

Figura 3.3: Sistema di riferimento baricentrico {G , x, y} .


Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES], basato sulla costruzione del cerchio di Mohr del tensore di inerzia relativo al polo G (Fig. 3.4).


Dalla relazione:

tg2ϕ =

2 I xy Ix − Iy

= 0,

(3.8)

si ottiene:

ϕ = arctg(0) = 0 .

(3.9)

La (3.9) fornisce una soluzione nell’intervallo [-90°, 90°]: ϕ = 0 . Per quanto riguarda i momenti centrali I x* e I *y , ricordando le (5.23) del capitolo primo, è facile verificare che risulta:

I = * x

I

* y

=

Ix + I y 2

Ix + Iy 2

2

 Ix − I y  R4 r 4 2 +  − )π ,  + I xy = ( 4 4  2 

(3.10a)

2

 Ix − I y  R4 r4 2 −  − )π .  + I xy = ( 4 4  2 

(3.10b)

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse Esercizio 5: Baricentro e momenti centrali di inerzia di una figura piana a forma di “corona circolare” (Giordano Laura; Milieri Adele; Parisi Antonio;). Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia della figura piana Σ rappresentata in Fig. 5.1. La figura piana Σ è rappresentata dalla parte di cerchio contenuta tra due circonferenze concentriche, di cui una interna di raggio r e una esterna di raggio R.

Figura 5.1: Figura piana

Σ a forma di “corona circolare” .

Tale schematizzazione consente di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano. Si introduca, a tal proposito, un sistema di riferimento “globale” {O, x , y } avente origine nel punto O del piano, coincidente con il centro C della corona circolare (Fig. 5.2).


Figura 5.2: Sistema di riferimento globale {O, x , y} .

Effettuiamo un cambio in coordinate polari e definiamo il dominio al seguente modo:

 x = x c + ρ cos ϑ = ρ cos ϑ   y = y c + ρ sin ϑ = ρ sin ϑ

{∀ ( ρ , ϑ ) ∈ ℝ : r ≤ ρ

≤ R; 0 ≤ ϑ ≤ π }

Le coordinate del baricentro G sono calcolabili attraverso le seguenti relazioni:

gx = −

gy =

Sy

(5.1a)

A

Sx . A

(5.1b)

D’altra parte, i momenti statici, S x(i ) e S y(i ) della corona rispetto agli assi x e y possono

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse calcolarsi come:

Rπ

R

 ρ3  2 π S x = ∫ ∫ ρ sin ϑ d ρ dϑ =   [ − cos θ ]0 = ( R 3 − r 3 ) 3  3 r r 0 2

Rπ

 cm3  ,

R

 ρ3  π S y = ∫ ∫ ρ cos ϑ d ρ dϑ =   [ sinθ ]0 = 0  3 r r 0 2

 cm3  .

L’area (A) della corona circolare può essere calcolata come differenza delle aree dei due cerchi di raggio R e r , rispettivamente pari ad

π

A1 =

2

A2 = A=

π 2

π 2

A1 e A2 :

R2

 cm 2 

r2

 cm 2 

(R

2

− r2 )

 cm 2  .

Possiamo a questo punto ricavare le coordinate del baricentro sostituendo i valori ottenuti alle (5.1a) e (5.1b).

gx = 0

gy =

4  R3 − r 3    3π  R 2 − r 2 

[ cm ] , [ cm ] .

Calcoliamo i momenti d’inerzia e il momento centrifugo di ∑ rispetto al sistema di assi


{O, x , y } : Rπ

I x = ∫ ∫ ρ 3 sin 2 ϑd ρ dϑ = r 0 Rπ

I y = ∫ ∫ ρ 3 cos 2 ϑd ρ dϑ = r 0

π 8

π 8

(R

4

(R

4

− r4

)

 cm 4 

− r4

)

 cm 4 

Rπ

I xy = − ∫ ∫ ρ 3 sin ϑ cos ϑd ρ dϑ = 0 r 0

 cm 4  .

Gli assi considerati risultano essere principali d’inezia essendo il momento centrifugo pari a zero. Si passa ora al calcolo dei momenti di inerzia e del momento centrifugo di Σ rispetto al sistema baricentrico {G, x, y} (Fig. 5.3). Rispetto a tale sistema si indicano con t x(i ) e t y( i ) le coordinate del baricentro della figura Σ. Procedendo come per i momenti statici ed invocando le leggi del trasporto di Huyghens, si ottiene:

π 8 ( R3 − r 3 )  I x = I x − At y2 =  ( R 4 − r 4 ) −  9π ( R 2 − r 2 )  8

I y = I y − At x2 =

π 8

(R4 − r 4 )

I xy = I xy − At x t y = 0 A questo punto è possibile determinare gli assi centrali di inerzia, x* e y* , e i

 cm 4  ,

 cm 4  ,

 cm 4  ,

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse momenti centrali di inerzia, I x* e I *y , della figura.

Figura 5.3: Sistema di riferimento baricentrico {G , x, y} .

Costruiamo quindi il cerchio di Mohr (Fig 5.4). Dalla relazione:

tg2ϕ =

2 I xy Ix − Iy

,

si ottiene:

 2 I xy  Ix − Iy 

ϕ = arctg 

 =0  

(5.1c)


*

*

Le inclinazioni dei due assi principali x e y rispetto all’asse x dalla (5.1c) risultano essere nulle. A questo punto possiamo affermare che gli assi centrali d’inerzia, indicati come x* e y* , e i momenti centrali di inerzia, I x* e I *y , della figura sono coincidenti con quelli baricentrici.

I x* = I x

 cm 4  ,

I *y = I y

 cm 4 

Figura 5.4: Cerchio di Mohr del tensore di inerzia relativo al polo G.

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse Esercizio 6: Baricentro e momenti centrali di inerzia di una figura piana a forma di Triangolo Equilatero (Cimmino Maurizio;Fresolone Costantino;Caputo Marco). Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia della figura piana Σ rappresentata in Fig. N.1. La figura piana Σ è un triangolo equilatero di dimensioni pari a 600 cm per lato ed altezza pari a 520 cm. (Fig. N.1).

Figura N.1: Figura piana di un triangolo equilatero (misure in cm).

Tale schematizzazione consente di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano. Si indichino, a tal proposito, con {O,x,y} il sistema di riferimento “globale”, avente origine nel punto medio della base AB del triangolo.


A=

b⋅h 2

Area del triangolo ACC*

Poiché triangoli simili vale la proporzione

ρ=

A=

b⋅h 4 b dx = (h − y) h

dx b = (h − y ) h

M A

Xg =

1 ρ xdxdy M∫

1 M

4M

∫ b ⋅ h xdxdy

b 2

4 2h b x( ( − x))dx ∫ b⋅h 0 b 2

b  2 b2 3 2 8  x  b  x   b   ⋅ −  = 2  2  2  3   6 b  0  0 

Poiché questa è la coordinata del triangolo rettangolo ACC* ed il triangolo ACB è formato dall’unione del triangolo ACC* + CC*B ( uguale e simmetrico, rispetto al sistema di riferimento globale scelto) la coordinata Xg è uguale a 0. Procedendo allo stesso modo della coordinata Xg, facendo la proporzione tra i triangoli simili, otterremo:

Yg = 2 h2

1 ρ ydxdy M∫

1 2M  b( h − y )  y dy ∫ M b⋅h 0  h  h

h 2 3 h h 520   y ⋅ h   y   −  =− →− = −174cm   2 3 3 3      0 0 

 

h 3

In definitiva, dunque, le coordinate del baricentro sono G ≡  0, −  ≡ ( 0, −173)


Figura N.2: Sistema di riferimento globale e baricentrico (misure in cm).

Si passa ora al calcolo dei momenti di inerzia e del momento centrifugo di Σ rispetto al sistema baricentrico {G, x, y} :

 b(h − y )  I 1= ∫ y2   dy h   0 h


h h b   h ⋅ y 3   y 4   b ⋅ h3 600 ⋅ 5203 − = → = 70 '304 ⋅105 cm 4      h   3  0  4  0  12 12   b 2

2h  b  I 2r = ∫ x 2  − x dx b 2  o triangolo rettangolo

b b   2h   x 3  2 b  x 4  2  h ⋅ b 3 ⋅ −  = b   3  0 2  4  0  96  

I 2 r inerzia del

h ⋅ b3 2 I2r = → 234 ⋅107 cm 4 48

I12 = 0 poiché la figura è simmetrica rispetto al mio sistema di riferimento. Applicando il teorema del trasporto di HUYGENS:

I = I1 + A ( d G ) I 1

I 2I = I 2 + A ( d G ) I12I =

b ⋅ h3 b ⋅ h  h  5 ⋅ b ⋅ h3 5 ⋅ 600 ⋅ 5203 + → = 118 ⋅108 cm 4   = 12 2 3 36 36 2

2

2

b3 ⋅ h b ⋅ h b3 ⋅ h 2 + → 234 ⋅107 cm 4 ( 0) = 48 2 48

b⋅h h ⋅ ⋅0 = 0 2 3

Costruzione del cerchio di Mohr

2  1  5 ⋅ b ⋅ h3 b3 ⋅ h   I −I  R =  1 2  + I12 =   −  2 36 48    2    2

2

 1  5 ⋅ 600 ⋅ 5203 6003 ⋅ 520   7 =   −   → 46,8 ⋅10 cm 2 36 48   


I +I  C ≡  1 2 ,0  2 

 1  5 ⋅ b ⋅ h3 b3 ⋅ h   7 C ≡  +  , 0  ≡ ( 700 ⋅10 , 0 ) 2 36 48    

I mn

O

I *y P** B e*2 C

Iy

Ix* P*A e*1

In

Ix

Figura N.3: Cerchio di Mohr

Dalla relazione:

tg2ϕ =

si ottiene:

2 I xy Ix − Iy

=0

,

(N.8)


ϕ = arctg(0) = 0 .

(N.9)

Per quanto riguarda i momenti centrali I x* e I *y , è facile verificare che risulta:

, 2

 I 1 − I 21  I 1 + I 21 1 2 +  1 I = 1  + I12 = 2 2   * 11

2

=

 118 ⋅108 − 234 ⋅107  118 ⋅108 + 234 ⋅107 7 7 7 4 +   + 0 = 707 ⋅10 + 473 ⋅10 → 1'180 ⋅10 cm 2 2  

2

I

* 22

 I 1 − I 21  I 1 + I 21 1 2 = 1 −  1  + I12 = 2 2   2

=

 118 ⋅108 − 234 ⋅ 107  118 ⋅108 + 234 ⋅ 107 7 7 7 4 −   + 0 = 707 ⋅ 10 − 473 ⋅10 → 234 ⋅10 cm . 2 2  

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse Esercizio 7: Baricentro e momenti centrali di inerzia di una figura piana a forma di triangolo rettangolo ( Iennaco Vincenzo, Rescigno Francesco, Cibelli Rosario).

Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia della figura piana rappresentata in Fig. N.1.

30° h

60° b

Figura N.1: Figura piana a forma di triangolo rettangolo

Si indichi, a tal proposito, con {O , x , y} il sistema di riferimento “globale”, avente origine nel punto O di intersezione dei due cateti del triangolo, così come indicato in fig. N.2. Si indichi, inoltre, con

h y = − x + h l'equazione dell' ipotenusa. b


y

30° y= -(h/b)x + h

h

60° x

O b

Figura N.2: Sistema di riferimento locale {O, x, y}

Si possono, quindi, calcolare le coordinate del baricentro b

1 gx = ∫ A0

h − x+h b

∫ 0

b

2 xdxdy = xdx bh ∫0

h − x+h b

∫

dy =

0

b b b b  x2   2 2 2  h  x3  h 2  h   x − x + h dx = − x + hxdx = − + h     =  bh ∫0  b bh ∫0 b bh  b  3 0 2 0      2 2 2 2  hb hb  2  b h  b = + − =  = 2  bh  6  3 bh  3

=

(N.1a)


b

1 gy = ∫ A0

h − x+h b

∫ 0

b

2 ydxdy = dx bh ∫0

h − x+h

b 2  y2  b =   bh ∫0  2 0

h − x+ h b

∫

ydy =

0

b

dx =

2 h2 2 h2 h2 x + − xdx = 2 bh ∫0 2b 2 b

b b 2  h 2  x3  bh 2 h 2  x 2   − = −   =   + 2 bh  2b 2  3 0 b  2 0    2 2 2 2 2  bh bh bh  2  bh  h = + − − =  = 2 2  bh  6  3 bh  6

(N.1b)

In definitiva, si ottiene:

gx =

b , 3

(N.3a)

gy =

h . 3

(N.3b)

Si passa ora al calcolo dei momenti di inerzia e del momento centrifugo di Σ rispetto al sistema baricentrico {G, xG , yG } (Fig. N.3). A tal proposito, possiamo calcolare i momenti rispetto al sistema iniziale {O, x, y} e sfruttare il teorema degli assi paralleli per trasportarli nel sistema baricentrico.


b

Ix = ∫

h − x+h b

∫

0

b

y dxdy = ∫ dx 2

0

0

h − x+h b

∫ 0

h − x+h

 y3  b y dy = ∫   0  3 0 b

dx =

2

b  1  h3 h3 x 2 h3 x   = ∫   − 3 x 3 + h3 + 3 2 − 3  dx = b b   3  b 0  b

b

b

=−

h3  x 4  bh3 h3  x 3  h3  x 2  + 2  −   =   + 3b3  4 0 3 b  3 0 b  2 0

=−

bh3 bh3 bh3 bh3 bh3 + + − = 12 3 3 2 12 (N.4a)

b

h − x+h b

b

b

h  h  dy = ∫ x 2  − x + h  dx = ∫ − x3 + hx 2 dx = b b   0 0 0 0 , 4 b 3 b 3 3 3 x  h x  bh bh bh = −   + h  = − + = b  4 0 4 3 12  3 0 I y = ∫ x dx 2

b

I xy = ∫

h − x+h b

∫

0

0

∫

h − x+h

 y2  b xydxdy = ∫   0  2 0 b

b 1  h2 x2 h2 x  xdx = ∫  2 + h 2 − 2 xdx = b  0 2 b b

b

h x h2 x h2 x2 h2  x 4  h2  x 2  h2  x3  =∫ 2 + − dx = 2   +   −   = 2 b 2b  4 0 2  2 0 b  3  0 2b b

=

2

3

b2 h2 b2 h2 b2 h2 b2 h2 + − = 8 4 3 24

(N.4b)


y

yg

h G

xg

x

O b

Figura N.3: Sistema di riferimento baricentrico {G , x, y} . Sfruttando il teorema degli assi paralleli, si avrà:

I xG =

bh3 bh  h 2 −  12 2  9

 bh3 bh3 bh3 − = = 18 36  12

I yG =

hb3 bh  b2 −  12 2  9

 hb3 hb3 hb3 − = = 36  12 18

I xyG =

(N.7a)

(N.7b)

b2 h 2 bh b h b2 h 2 b 2 h2 b 2 h2 − = − =− 24 2 33 24 18 72 (N.7c)

Ipotizziamo delle misure casuali di b e h per poter procedere alla costruzione del cerchio di Mohr. In particolare poniamo: b=2 cm h=3 cm Avremo così:

I xG = 1.5cm 4


I yG = 0.6cm 4 I xyG = −0.5cm 4 I mn y*

P**

O

B

C

A 23,79°

x*

In

P*

I y* Iy Ix I x*


Dalla relazione:

tg2ϕ =

2 I xy Ix − Iy

=−

1 = − 1.1 , 0.9

(N.8)

si ottiene:

ϕ = arctg(− 1.1) = − 23.79° .

(N.9)

A questo punto è possibile determinare gli assi centrali di inerzia, x* e y* , e i momenti

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse centrali di inerzia, I x* e I *y , della figura.

I x* = = =

Ix + I y 2

 Ix − I y   bh3 − hb3  b 4 h 4 1  bh3 hb3  2 +  + =  + I xy =  +   + 2  36 36  72   5184  2  2

2

bh3 + hb3 b 2 h 6 + b6 h 2 − b 4 h 4 + b 4 h 4 bh3 + hb3 b 2 h6 + b6 h 2 + = + = 72 5184 72 5184

(

bh h 2 + b 2

I *y =

72

(

) + bh

h 4 + b 4 bh  2 = h + b 2 + h 4 + b 4   72 72 

(

)

)

bh  2 h + b2 − h4 + b4    72

In definitiva gli assi x* e y* saranno gli assi principali d'inerzia.


Esercizio 9: Baricentro e momenti centrali di inerzia di una figura piana a forma di rombo. (Amato Fausto; Marino Vincenzo; Piccirillo Paolo). Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia della figura piana Σ rappresentata in Fig. N.1. La figura piana Σ è caratterizzata da una forma di rombo e può essere vista come l’unione di quattro sottofigure, (Σ1,Σ2,Σ3,Σ4) di forma triangolare aventi base di 3 cm e altezza di 4 cm (Fig. N.1).

S4

S3

8 S1

S2

6 Figura N.1: Figura piana a forma di rombo e sua suddivisione in quattro sottofigure di forma triangolare (misure in cm).

Tale schematizzazione consente di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle figure (Σ1,Σ2,Σ3,Σ4).

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse Si indichi un sistema di riferimento “globale” {O, x , y} avente origine nel punto O del piano, intersezione delle due diagonali (Fig. N.2). Il sistema globale abbia gli assi paralleli alle diagonali.

G4

G3 O

x D2/6

G1

G2 y

D1/6

Figura N.2: Sistemi di riferimento locali {G1 , x1 , y1} {G2 , x2 , y2 } {G3 , x3 , y3 } e {G4 , x4 , y4 } e sistema di riferimento globale {O, x , y} (misure in cm).

Con ovvio significato dei simboli (il simbolo ( ⋅ )( i ) denota la generica grandezza riferita alla figura Σi nel sistema {O, x , y} ), le coordinate del baricentro G sono calcolabili per il tramite delle relazioni ((4.12) del capitolo primo):

gx = −

gy =

Sy A

=−

S y(1) + S y(2) + S y(3) + S y(4) A(1) + A(2) + A(3) + A(4)

S x S x(1) + S x(2) + S x(3) + S x(4) = . A A(1) + A(2) + A(3) + A(4)

,

(9.1a)

(9.1b)


D’altra parte, i momenti statici, S x(i ) e S y(i ) , del generico triangolo Σi rispetto agli assi x e y possono calcolarsi applicando le leggi del trasporto presentate nel § 4.3 del capitolo primo del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES]. Facendo uso delle equazioni (4.11) del § 4.3 del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES], si ottiene:

 4⋅3  3 3 S x(1) = ty(1) A(1) = 1.33 ⋅   cm = 7.98 cm , 2  

(9.2a)

 4⋅3  3 3 S x(2) = ty( 2) A(2) = 1.33 ⋅   cm = 7.98 cm ,  2 

(9.2b)

 4⋅3  3 3 S x(3) = ty(3) A(3) = − 1.33 ⋅   cm = − 7.98 cm , 2  

(9.2c)

 4⋅3  3 3 S x(4) = ty(4) A(4) = − 1.33 ⋅   cm = − 7.98 cm ,  2 

(9.2d)

 4⋅3  3 3 S y(1) = − tx (1) A(1) = − 1 ⋅   cm = − 6 cm ,  2 

(9.2e)

 4⋅3  3 3 S y(2) = − tx (2) A(2) = 1 ⋅   cm = 6 cm , 2  

(9.2f)

 4⋅3  3 3 S y(3) = − tx (3) A(3) = 1 ⋅   cm = 6 cm ,  2 

(9.2g)


 4⋅3  S y(4) = − tx (4) A(4) = − 1 ⋅  cm3 = − 6 cm3 ,   2 

(9.2h)

dove tx ( i ) e ty( i ) sono, rispettivamente, l’ascissa e l’ordinata di Gi rispetto al sistema di riferimento {O, x , y } . Sostituendo le (9.2) nelle (9.1), si ottiene in definitiva:

gx =

0 cm = 0 cm , 24

(9.3a)

gy =

0 cm = 0 cm . 24

(9.3b)

Essendo i momenti statici

(S

x,

S y ) nulli, gli assi x , y risultano essere assi baricentrici e

l’origine O del sistema di riferimento arbitrariamente scelto coincide con il baricentro G della figura Σ . Si passa ora al calcolo dei momenti di inerzia e del momento centrifugo di Σ rispetto al sistema baricentrico {G, x, y} (Fig. N.3).

4

I x = ∑ I x( i ) ,

(9.4a)

i =1

4

I y = ∑ I y(i ) , i =1

(9.4b)


4

I xy = ∑ I xy(i ) ,

(9.4c)

i =1

dove (Fig. N.3):

I x(1) = ∫ y 2 d Σ = Σ

1 = 3

D1 2

∫ 0

2 ∫∫ y dxdy = Σ

D1 2

−

∫

D2 D x+ 2 D1 2

∫

dx

0 3

0 D1 2

 D2 D  1 x + 2  dx = − D 2 3 1  



D23

∫  − D

3 1

0

 y3  y 2 dy = ∫   0  3 0

x3 +

1  D 3 x 4 1 D23 3 3 D23 2 D23 x − x + =  − 23 + 3  D1 4 2 D12 8 D1 8 =

I

(1) y

=

∫ 0

D2 D x+ 2 D1 2

dx =

D3  3 D23 2 3 D23 x − x + 2 dx = 2 2 D1 4 D1 8  , D1

2 x = 0

1  D1 D23 D1 D23 3 D1 D23 D1 D23  D1 D23 + − + = 16cm 4 − = 3 64 16 32 16  192

= ∫ x d Σ = ∫∫ x dxdy = 2

2

Σ

D1 2

−

D1 2

D1 2

∫

−

∫

2

x dx

0

 D D  x 2  − 2 x + 2  dx = 2   D1

D1 2

0



D2

∫  − D 0

D2 D x+ 2 D1 2

1

x3 +

dy =

D1 2

∫

−

D2

x 2 [ y ]0 D1

x+

D2 2

(9.5a,b)

dx =

0

D2 2  x  dx = 2 

,

D1

 D x 4 D2 3  2 D3 D D3 D D3D = − 2 + x  = − 1 2 + 1 2 = 1 2 = 9cm 4 6 64 48 192  D1 4 0

Dalle ipotesi di simmetria si può facilmente dedurre che i momenti d’inerzia

(I

(i ) x

, I y(i ) ) (i=1,2,3,4) sono

uguali per le quattro sottofigure (Σ1,Σ2,Σ3,Σ4), e i momenti centrifughi sono a due a due uguali ed opposti.

I x(1) = I x(2) = I x(3) = I x(4) ,

I y(1) = I y(2) = I y(3) = I y(4) ;

I xy(1) = − I xy( 2) = I xy(3) = − I xy( 4)


x

G

y

Figura N.3: Sistema di riferimento baricentrico {G , x, y} .


Ix =

D1 D23 = 64cm 4 48

(9.6a)

Iy =

D2 D13 = 36cm 4 , 48

(9.6b)

I xy = 0cm4 .

(9.6c)




I mn

x*

B=P**=P2

O

C A=P*=P1

In

y* I y = I y*

I x = I x*


Dalla relazione:

tg2ϕ =

2 I xy Ix − Iy

=

0 = 0, 64 − 36

(9.7)

si ottiene:

ϕ=

1 arctg(0) = 0 2

.

(9.8)

Per quanto riguarda i momenti centrali I x* e I *y , ricordando le (5.23) del capitolo primo, è facile verificare che risulta:


I x* =

I

* y

=

Ix + I y 2

Ix + Iy 2

2

 Ix − I y  2 4 +   + I xy = 64 cm , 2  

2

 Ix − I y  2 4 −   + I xy = 36 cm .  2 

(9.9a)

(9.9b)


Esercizio 10: Baricentro e momenti centrali di inerzia di una figura piana a forma di rettangolo con cavità centrale a forma circolare (Ferraioli Francesco; Raiola Giulio). Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia della figura piana Σ rappresentata in Fig. 10.1. La figura piana Σ è caratterizzata da una rettangolo con cavità centrale a forma circolare e può essere vista come l’unione di due sottofigure, Σ1 e Σ2, la prima di forma rettangolare avente dimensioni pari a 10 cm×8 cm e la seconda di forma circolare con raggio pari a 2 cm (Fig. 10.1).

10 Σ 8

1

Σ

2

2

Figura 10.1: Figura piana a forma di rettangolo con cavità centrale a forma circolare (misure in cm).


Tale schematizzazione consente di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle figure Σ1 e Σ2. Si indichino, a tal proposito, con {G i , xi , y i } (i=1,2) due sistemi di riferimento “locali”, aventi rispettivamente origine nel baricentro del rettangolo Σ1 ed assi x1 e y1 paralleli ai lati del rettangolo, e origine nel baricentro del cerchio Σ2 . Inoltre nel caso in esame, l’asse x1 sia coincidente con x2 e l’asse y1 sia coincidente con y2 . Si introduca inoltre un sistema di riferimento “globale”

{O, x, y}


arbitrario punto O del piano (Fig. 10.2). Il sistema globale abbia gli assi paralleli a quelli dei sistemi locali.

10

8

x Σ1 x1 x2 Σ2 G1 G2

O y 2

y1 y2

Figura 10.2: Sistemi di riferimento locali {G1 , x1 , y1} e {G2 , x2 , y2 } e sistema di riferimento globale {O, x, y} (misure in cm).


Con ovvio significato dei simboli (il simbolo ( ⋅ )( i ) denota la generica grandezza riferita alla figura Σi nel sistema locale, il simbolo (i) denota la stessa grandezza nel sistema di riferimento

{O, x, y} ),

le coordinate del baricentro G sono calcolabili per il tramite delle

relazioni ((4.12) del capitolo primo):

gx = −

gy =

Sy A

=−

S y(1) − S y(2) A(1) + A(2)

,

S x S x(1) − S x(2) = . A A(1) + A(2)

(N.1a)

(N.1b)

D’altra parte, i momenti statici, S x(i ) e S y(i ) , del rettangolo Σ1 e del cerchio Σ2 rispetto agli assi

x e y possono calcolarsi applicando le leggi del trasporto presentate nel § 4.3 del capitolo primo del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES]. Infatti, ricordando che in corrispondenza dei sistemi baricentrici {Gi , xi , yi } (i=1,2) tali momenti (indicati rispettivamente con S x(ii ) e S y(ii ) ) sono nulli, e facendo uso delle equazioni (4.11) del § 4.3 del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES], si ottiene:

S x(1) = t y(1) A(1) = 4 ⋅ (10 ⋅ 8) cm3 = 320 cm3 ,

(10.2a)

S x(2) = t y(2) A(2) = 4 ⋅ (π ⋅ 22 ) cm3 = 50.26 cm3 ,

(10.2b)

S y(1) = − t x(1) A(1) = − 5 ⋅ (10 ⋅ 8) cm3 = − 400 cm3 ,

(10.2c)

S y(2) = − t x(2) A(2) = − 5 ⋅ (π ⋅ 22 ) cm3 = − 62.83 cm3 ,

(10.2d)


dove t x( i ) e t y(i ) sono, rispettivamente, l’ascissa e l’ordinata di Gi rispetto al sistema di riferimento {O, x, y} . Sostituendo le (10.2) nelle (10.1), si ottiene in definitiva:

gx =

337.17 cm = 5 cm , 67.44

(N.3a)

gy =

269.74 cm = 4 cm . 67.44

(N.3b)

Si passa ora al calcolo dei momenti di inerzia e del momento centrifugo di Σ rispetto al

{

}

sistema baricentrico G, x, y (Fig. 10.3). Rispetto al sistema “globale” si indicano con t x(i ) e t y( i ) le coordinate del baricentro della figura Σi (i=1,2). Procedendo come per i momenti statici ed invocando le leggi del trasporto di Huyghens, si ottiene:

( )

( )

( )

( )  ,

2 2 I x = I x(1) + I x(2) =  I x(1) + A(1) t y(1)  +  I x(2) + A(2) t y(2)  ,    

2 I y = I y(1) + I y(2) =  I y(1) + A(1) t x(1)  +  I y(2) + A(2) t x(2)   

(10.4a)

2


(10.4b)

(10.4c)

dove (Fig. 10.3):

(1)

Ix =

(1) 10 ⋅ 83 8 ⋅ 10 3 cm 4 = 426.66 cm 4 , I y = cm 4 = 666.66 cm 4 , 12 12

(10.5a,b)


(2)

Ix =

π ⋅ 24 4

t x(1) = - 5 cm ,

t y(1) = 4 cm ,

cm 4 = 12.56 cm 4 ,

(1)

Iy =

π ⋅ 24 4

cm 4 = 12.56 cm 4 ;

t x(2) = − 5 cm ,

(10.5c,d)

(10.6a,b)

t y(2) = 4 cm .

(10.6c,d)

Σ Σ

{

Figura 10.3: Sistema di riferimento baricentrico G, x, y

} (misure in cm).


I x =  426.66 + (10 ⋅ 8) ⋅ 42  cm 4 − 12.56 + (π ⋅ 2 2 ) ⋅ (4) 2  cm 4 = = 1493.14 cm 4 ,

(10.7a)


I y = 666.66 + (10 ⋅ 8) ⋅ (-5)2  cm 4 − 12.56 + (π ⋅ 22 ) ⋅ (−5) 2  cm 4 = = 2340.10 cm 4 ,

(10.7b)

I xy = [ −(10 ⋅ 8) ⋅ 4 ⋅ (−5)] cm4 −  −(π ⋅ 22 ) ⋅ (4) ⋅ (−5)  cm4 = 1348.8cm 4 .

(10.7c)



I mn P* 2

2

y* O

P2

A

I*y

C

I*x

B

x* P1

Im

P**


Dalla relazione:

tg2ϕ =

2 I xy Ix −Iy

=

2 ⋅1348.8 = − 2.29 , 1493.14 − 2666.66

(10.8)


si ottiene:

1 2

ϕ = arctg(− 2.29) = (− 66.4° ± k180°)

(k = 0,1, 2,...) .

(10.9)

La (10.9) fornisce due soluzioni nell’intervallo [-90°, 90°]: ϕ = −33.24° e ϕ = 146.76° . Esse rappresentano le inclinazioni rispetto all’asse x dei due assi centrali x* e y * . Per quanto riguarda i momenti centrali I x* e I *y , ricordando le (5.23) del capitolo primo, è facile verificare che risulta:

I x* =

I

* y

=

Ix + I y 2

Ix + Iy 2

2

 Ix − I y  2 4 +   + I xy = 3438.13 cm ,  2 

(10.10a)

2

 Ix − I y  2 4 −   + I xy = 721.67 cm .  2 

(10.10b)

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse Esercizio 11: Baricentro e momenti centrali di inerzia di una figura piana a forma di “T” (Marrazzo Pasquale Roberto; D’Aniello Giuseppe; Presutto Stefano). Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia della figura piana Σ rappresentata in Fig. 11.1. La figura piana Σ è caratterizzata da una forma a “T” e può essere vista come l’unione di due sottofigure, Σ1 e Σ2, di forma rettangolare aventi dimensioni pari a 2 cm×8 cm e 8 cm×2 cm, rispettivamente (Fig. 11.1)

Figura 11.1: Figura piana a forma di “T” e sua suddivisione in due sottofigure di forma rettangolare (misure in cm). Tale schematizzazione consente di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle figure Σ1 e Σ2.


Si indichino, a tal proposito, con {G i , xi , y i } (i=1,2) due sistemi di riferimento “locali”, aventi rispettivamente origine nel baricentro del corrispondente rettangolo Σi ed assi xi e yi (i=1,2) paralleli ai lati dei due rettangoli. Inoltre, l’asse x1 sia parallelo e concorde a x2 e l’asse y1 sia parallelo e concorde a y2 . Si introduca inoltre un sistema di riferimento “globale”

{O, x , y }


arbitrario punto O del piano (Fig. 11.2). Il sistema globale abbia gli assi paralleli a quelli dei sistemi locali, assunti coincidenti con gli assi centrali di inerzia dei due rettangoli Σ1 e Σ2.

Figura 11.2: Sistemi di riferimento locali {G1 , x1 , y1} e {G2 , x2 , y2 } e sistema di riferimento globale {O, x , y} (misure in cm).

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse Il momento statico delle 2 figure è così definito: S x

= S x(1) + S x(2) e S y = S y(1) + S y(2)

S x = ∫ Yd Σ + ∫ Yd Σ Σ1

Σ2

SY = − ∫ X d Σ − ∫ Xd Σ Σ1

Σ2

Ma poiché sono noti i baricentri delle singole figure Σ1 e Σ2, rispettivamente e

G (1) ( g x(1) , g (1) y )

G (2) ( g x(2) , g (2) y ) , e , sapendo che i momenti statici calcolati in corrispondenza degli assi

baricentrici sono nulli si sfrutta la regola del trasporto: (2) S x = g (1) y Σ1 + g y Σ 2

S y = −( g x(1) Σ1 + g x(2) Σ 2 ) Dati i valori numerici

G (1) (4,1) , G (2) (4, 6) , Σ1 = Σ 2 = 2 *8 = 16cm 2

S x = 1*16 + 6*16 = 112cm3 S y = −(4*16 + 4*16) = −128cm3 Noti i momenti statici si calcola il baricentro totale

gx = − gy =

Sy Σ

G ( g x , g y ) della figura Σ:

= 4cm

Sx = 3.5cm Σ

I momenti centrali di inerzia si calcolano a partire dai momenti baricentrici delle singole figure usando il trasporto. Infatti:

( )  +  I

I x = I x(1) + I x(2) =  I x(1)1G + Σ (1) t y(1) 

2

( )

(2) x2G

( )

2 + Σ (2) t y(2)  

( )

2 2 I y = I y(1) + I y(2) =  I y(1)1G + Σ (1) t x(1)  +  I y(2)2 G + Σ (2) t x(2)     


I xy = I xy(1) + I xy(2) =  −Σ (1) t x(1) t y(1)  +  −Σ (2) t x(2) t y(2)  Dove t sono le distanze dei singoli baricentri dal baricentro principale (Fig. 11.3)

t y(1) = g y − g (1) y = 2.5cm 128 XG = = 4cm (2) t y = g y − g (2) = −2.5cm 32 y (1) (1) 112 YG = = 3.5cm t x = g x − g x = 0 32 t x(2) = g x − g x(2) = 0

Figura 11.3: Sistema di riferimento baricentrico {G , x, y} (misure in cm).


Sapendo che il momento di inerzia baricentrico di un rettangolo è I =

bh3 12

Sviluppando i calcoli

I x = 5.33 + 16 * (2.5) 2 + 85.33 + 16 * (2.5)2 = 290.66cm 4 I y = 85.33 + 5.33 = 90.66cm 4 I xy = (−40) + (40) = 0 La matrice di inerzia relativa al baricentro è:

 Ix   I xy

(

I xy   290.66 0  4 =  cm I y   0 90.66 

)

Poiché la matrice è diagonale i momenti di inerzia baricentrici calcolati sono anche momenti principali di inerzia e vengono quindi chiamati momenti centrali di inerzia. Il cerchio di mohr del tensore di inerzia relativo al polo G conferma che gli assi sono principali di inerzia, infatti

A ≡ P1 , B ≡ P2 e sono quindi momenti principali di inerzia.



Calcolo alternativo del baricentro Data la semplicità della figura si può sfruttare l’additività del baricentro e calcolarlo come differenza di 2 figure. Infatti si può considerare tutto il rettangolo come un'unica figura da cui vengono sottratte due parti:

Che matematicamente si traduce:

XG = YG = Dove

1  X G (TOT ) Σ − X G (1) Σ1 − X G ( 2) Σ 2  Σ3 + Σ 4 

1 YG (TOT ) Σ − YG (1) Σ1 − YG (2) Σ 2  Σ3 + Σ 4 


Σ = 80cm 2 Σ1 = 24cm 2 Σ 2 = 24cm 2

GTOT = ( 4,5 )

G(1) = ( 6.5, 6 ) G(2) = (1.5, 6) 128 = 4cm 32 112 YG = = 3.5cm 32 XG =


Esercizio 12: Baricentro e momenti centrali di inerzia di una figura piana a forma di “doppia T” (Brundu Giovanni; Minella Valentina; Vassallo Vincenza). Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia della figura piana Σ rappresentata in Fig. N.1. La figura piana Σ è caratterizzata da una forma a “doppia T” e può essere vista come l’unione di tre sottofigure, Σ1, Σ2 e Σ3, di forma rettangolare aventi dimensioni pari a 2 cm×10 cm, 8 cm×2 cm e 2 cm×10 cm rispettivamente (Fig. N.1).

10

Σ

1

Σ

2

Σ

3

2

12

Figura N.1: Figura piana a forma di “ doppia T” e sua suddivisione in tre sottofigure di forma rettangolare (misure in cm).

Tale schematizzazione consente di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle figure Σ1, Σ2 e Σ3. Si indichino, a tal proposito, con {G i , xi , y i } (i=1,2,3) tre sistemi di riferimento “locali”, aventi rispettivamente origine nel baricentro del corrispondente rettangolo Σi ed assi xi e yi

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse (i=1,2,3) paralleli ai lati dei tre rettangoli. Inoltre, l’asse x1 sia parallelo e concorde a x2 e

x3 e l’asse y1 sia parallelo e concorde a y2 e y3 . Si introduca inoltre un sistema di riferimento “globale”

{O, x , y }


arbitrario punto O del piano (Fig. N.2). Il sistema globale abbia gli assi paralleli a quelli dei sistemi locali, assunti coincidenti con gli assi centrali di inerzia dei tre rettangoli Σ1, Σ2 e Σ3.

10

_

x G1

x1

O

Σ

_

y

y1

x2

2

1

ΣG 2

12

2

y2 x3

G3

Σ

3

y3 Figura N.2: Sistemi di riferimento locali {G1 , x1 , y1} , {G2 , x2 , y2 } e {G3 , x3 , y3 } e sistema di riferimento globale {O, x , y} (misure in cm).

Con ovvio significato dei simboli (il simbolo ( ⋅ )( i ) denota la generica grandezza riferita alla figura Σi nel sistema locale, il simbolo ( ⋅ )( i ) denota la stessa grandezza nel sistema di riferimento {O, x , y } ), le coordinate del baricentro G sono calcolabili per il tramite delle relazioni ((4.12) del capitolo primo):


gx = −

gy =

Sy A

=−

S y(1) + S y(2) + S y(3) A(1) + A(2) + A(3)

(N.1a)

,

S x S x(1) + S x(2) + S x(3) = . A A(1) + A(2) + A(3)

(N.1b)



S x(1) = ty(1) A(1) = 1⋅ (2 ⋅10) cm3 = 20 cm3 ,

(N.2a)

S x(2) = ty(2) A(2) = 1 ⋅ (8 ⋅ 2) cm3 = 16 cm3 , (N.2b,c)

S x(3) = ty(3) A(3) = 11 ⋅ (10 ⋅ 2) cm3 = 220 cm3

S y(1) = − tx(1) A(1) = − 5 ⋅ (2 ⋅ 10) cm3 = − 100 cm3 ,

(N.2d)

S y(2) = − tx(2) A(2) = − 5 ⋅ (8 ⋅ 2) cm3 = − 80 cm3 , (N.2e,f)

S

(3) y

= − tx A (3)

(3)

= − 5 ⋅ (10 ⋅ 2) cm = − 100 cm 3

3


dove tx ( i ) e ty( i ) sono, rispettivamente, l’ascissa e l’ordinata di Gi rispetto al sistema di riferimento {O, x , y } . Sostituendo le (N.2) nelle (N.1), si ottiene in definitiva:

gx =

280 cm = 5 cm , 56

(N.3a)

gy =

334 cm = 6 cm . 56

(N.3b)

Si passa ora al calcolo dei momenti di inerzia e del momento centrifugo di Σ rispetto al sistema baricentrico {G, x, y} (Fig. N.3). Rispetto a tale sistema si indicano con t x(i ) e t y( i ) le coordinate del baricentro della figura Σi (i=1,2,3). Procedendo come per i momenti statici ed invocando le leggi del trasporto di Huyghens, si ottiene:

( )

( )

( )

(N.4a)

( )

( )

( )

(N.4b)

2 2 2 I x = I x(1) + I x(2) + I x(3) =  I x(1) + A(1) t y(1)  +  I x(2)2 + A(2) t y(2)  +  I x(3)3 + A(3) t y(3)  ,  1     

2 2 2 I y = I y(1) + I y(2) + I y(3) =  I y(1)1 + A(1) t x(1)  +  I y(2)2 + A(2) t x(2)  +  I y(3)3 + A(3) t x(3)  ,      

I xy = I xy(1) + I xy(2) + I xy(3) =  − A(1) t x(1) t y(1)  +  − A(2) t x(2) t y(2)  +  − A(3) t x(3) t y(3)  ,

dove (Fig. N.3):

(N.4c)


I x(1) = 1

10 ⋅ 23 cm 4 = 6.66 cm 4 , 12

12 ⋅ (12 - 4 )

I y(1)1 =

3

I

(2) x2

=

I x(3)3 =

12

cm 4 = 85.33 cm 4 ,

I y(2)2 =

10 ⋅ 23 cm 4 = 6.66 cm 4 , 12

t x(1) = 0 cm ,

t y(1) = − 5 cm ,

t x(2) = 0 cm ,

I y(3)3 =

2 ⋅ 10 3 cm 4 = 166.66 cm 4 , 12

(12 − 4 ) ⋅ 23 12

cm 4 = 5.33 cm 4 ;

2 ⋅ 103 cm 4 = 166.66 cm 4 ; 12

t x(3) = 0 cm

t y(2) = 0 cm

x1

Σ1

Σ2 y

5

1

x2

G2 =G

12 5

x3

y2 G3

Σ3

y3 y


(N.5e,f)

(N.6d,e,f)

10

x

(N.5c,d)

(N.6a,b,c)

t y(3) = 5 cm .

1 G 1

(N.5a,b)


2 Ix = 6.66 + (2⋅10) ⋅ ( −5)  cm4 + 85.33 + (8⋅ 2) ⋅ (0)2  cm4 + 6.66 + (2⋅10) ⋅ (5)2  cm4 =   = 1098.65 cm4 ,

(N.7a)

I y = 166.66 + (2⋅10) ⋅ (0)2  cm4 + 5.33 + (8⋅ 2) ⋅ (0)2  cm4 + 166.66 + (10 ⋅ 2) ⋅ (0)2  cm4 = (N.7b) = 338.65 cm4 , I xy = −(2 ⋅ 10) ⋅ ( 0) ⋅ ( -5) cm4 + [ −(8 ⋅ 2) ⋅ (0) ⋅ (0)] cm4 + [ −(10 ⋅ 2) ⋅ (0) ⋅ (5)] cm4 = . 0cm4

(N.7c)




I mn = y*

C

B = P**

O

A = P* I n = x*

I y* Iy Ix I x*


Dalla relazione:

tg2ϕ =

2 I xy Ix − I y

=−

2⋅0 =0, 1098.65 − 338.65

(N.8)

si ottiene:

ϕ = arctg(0) = 0 .

(N.9)

La (N.9) fornisce la soluzione: ϕ = 0° . Essa rappresenta l’ inclinazione rispetto all’asse x dei due assi centrali x* e y * . Per quanto riguarda i momenti centrali I x* e I *y , ricordando le (5.23) del capitolo primo, è facile verificare che risulta:


I x* =

I

* y

=

Ix + I y 2

Ix + Iy 2

2

 Ix − I y  2 4 +   + I xy = 1098.65 cm , 2  

(N.10a)

2

 Ix − I y  2 4 −   + I xy = 338.65 cm .  2 

(N.10b)

Nel nostro caso coincidono con i momenti d’inerzia calcolati precedentemente, grazie alla particolare simmetria della figura.


Verifica: Consideriamo l’esercizio precedente come sottrazione tra il rettangolo perimetrale alla trave e i due rettangoli posti ai lati dell’anima centrale. Si prenda in esame la figura piana (Fig. N.5) a forma di rettangolo di base e altezza rispettivamente di 10 cm e 12 cm.

5

5

Σ 6

x1

G x2

6

Figura N.5:Rettangolo di base 10 e altezza 12 (misure in cm).

Gli assi x1 e x2 indicati in Fig. A1.1 sono entrambi assi di simmetria del rettangolo: la loro intersezione individua pertanto il baricentro G di Σ ed inoltre essi coincidono con gli assi centrali di inerzia della figura (§ 5.8 del capitolo primo). Sulla base delle definizioni fornite nel § 5 del capitolo primo, i momenti di inerzia del rettangolo rispetto agli assi x1 e x2 (momenti centrali d’inerzia) sono le quantità: I1 = I1 = ∫ x22 d ∑ ∑

(A1.1a)

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse I 2 = ∫ x12 d ∑

(A1.1b)

∑

Si calcola, in particolare, il primo dei due suddetti integrali doppi, ottenendo (Fig. A 1.2): 5 6 10 ⋅ (12 )  x3  I1 = ∫ dx1 ∫ x22 dx2 = 10  2  = = 1440cm 4 −5 −6 3 12   −6 6

3

(A1.2)

Calcoli analoghi forniscono:

I2 =

12 ⋅ (10 ) 12

3

= 1000cm 4

5

5

Σ 6

x1

G x2

dx2

6

Figura N. A 1.2: Notazioni per il calcolo del momento di inerzia I1.

Si vogliono determinare adesso, il baricentro ed i momenti centrali d’inerzia del sistema di


figure piane di Fig. N.6, costituito da due rettangoli.

10 4

4

Σ1

Σ2

8

Figura N.6: Figure piane costituite da due rettangoli 8x4 (misure in cm).

La suddivisione del sistema Σ, di area A, in due rettangoli, Σ1 e Σ2, rappresentati in Fig. N.6, consente al solito di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle singole figure. Similmente a quanto già visto nell’esercizio precedente, si indicano con {G i , xi , y i } (i=1 e 2) i due sistemi di riferimento “locali”, aventi rispettivamente origine nel baricentro del corrispondente rettangolo Σi ed assi xi e yi (i=1 e 2) paralleli ai lati dei rettangoli, e con

{O, x , y}


piano (Fig. N.7).


10

_

4

4

O

x

Σ x1

Σ

1

2

G1 x 2

G2

y1

y2

8

_

y

Figura N.7: Sistemi di riferimento locali {G1 , x1 , y1} , {G2 , x2 , y2 } e sistema di riferimento globale {O, x , y} (misure in cm).


S x(1) = ty(1) A(1) = 6 ⋅ (4 ⋅ 8) cm3 = 192 cm3 ,

(N.1a)

S y(1) = − tx (1) A(1) = − 2 ⋅ (4 ⋅ 8) cm3 = − 64 cm3 ,

(N.1b)

S x(2) = ty(2) A(2) = 6 ⋅ (4 ⋅ 8) cm3 = 192 cm3 ,

(N.1c)


S y(2) = − tx (2) A(2) = − 8 ⋅ (4 ⋅ 8) cm3 = − 256 cm3 ,

(N.1d)


gx = −

gy =

Sy A

=−

S y(1) + S y( 2) A(1) + A( 2)

=

320 cm = 5 cm , 64

S x S x(1) + S x(2) 384 cm = 6 cm . = = A A(1) + A(2) 64

(N.2a)

(N.2b)

Si passa quindi al calcolo dei momenti di inerzia e del momento centrifugo di Σ rispetto al sistema di riferimento baricentrico {G, x, y} , riportato in Fig. N.8. Operando come nell’esempio precedente, si ottiene:

2

2

i =1

i =1

I x = ∑ I x(i ) = ∑  I x(ii ) + A( i ) (t y( i ) ) 2  ,

2

2

i =1

i =1

2  I y = ∑ I y(i) = ∑  I y(i)i + A(i) (t (i) x )  ,

(N.3a)

(N.3b)


2

2

i =1

i =1


(N.3c)

10

_

4

4

x

Σ x

Σ

1

x1

3

G1 y1

O

2

3

G x2 G2 y2 y

8

_

y

Figura N.8: Baricentro G e assi principali d’inerzia (misure in cm)

dove: I x(1)1 =

4 ⋅ 83 cm 4 = 170.66 cm 4 , 12

I x(2) = 2

4 ⋅ 83 cm 4 = 170.66 cm 4 , 12

I y(1)1 =

8 ⋅ 43 cm 4 = 42.66 cm 4 , 12

I y(2) = 2

8 ⋅ 43 cm 4 = 42.66 cm 4 , 12

(N.4a,b)

(N.4c,d)

Raccolta degli esercizi del corso di Scienza delle Costruzioni I – Prof. Luciano Feo ed inoltre t x( i ) e t y(i ) sono le coordinate del baricentro della figura Σi (i=1 e 2) rispetto al sistema di riferimento {G, x, y} . Queste ultime valgono:

t x(1) = 3 cm ,

t y(1) = 0 cm ,

(N.5°,b)

t x(2) = − 3 cm ,

t y(2) = 0 cm ,

(N.5c,d)


I x = 170.66 + (4 ⋅ 8) ⋅ (0) 2  cm 4 + 170.66 + (8 ⋅ 4) ⋅ (0) 2  cm 4 = 341.35 cm 4 , (N.6°)

I y =  42.66 + (4 ⋅ 8) ⋅ (3) 2  cm 4 +  42.66 + (8 ⋅ 4) ⋅ ( − 3) 2  cm 4 = 661.35 cm 4 , (N.6b)

I xy = [ − (4 ⋅ 8) ⋅ (3) ⋅ (0) ] cm 4 + [ − (8 ⋅ 4) ⋅ (−3) ⋅ (−0) ] cm 4 = 0 cm 4 .

(N.6c)


tg2ϕ =

2 I xy Ix − I y

= 0,

(N.7)

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse si ottiene ϕ = 0° (Fig. N.3).


I x* =

I *y =

Ix + I y 2

Ix + I y 2

2

 Ix − I y  2 4 +   + I xy = 341.35 cm , 2  

(N.8°)

 Ix − Iy  2 4 −   + I xy = 661.35 cm . 2  

(N.8b)

2

Andando a sottrarre i valori dei momenti ottenuti nei due esercizi, per trovare il momento della nostra trave a “doppia T”, ritroviamo gli stessi valori, utilizzati nel metodo dell’esercizio iniziale:

I x = 1440 cm 4 − 341.35 cm 4 = 1098.65 cm 4 ,

I y = 1000 cm 4 − 661.35 cm 4 = 338.65 cm 4 ,


Esercizio 13: Baricentro e momenti centrali di inerzia di una figura piana a forma di “C” (Marra Rosa; Capozzoli Fabiola) Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia della figura piana Σ rappresentata in Fig. N.1. La figura piana Σ è caratterizzata da una forma a “C” e può essere vista come l’unione di tre sotto figure, Σ1, Σ2 e Σ3 di forma rettangolare aventi dimensioni pari a 8 cm×2 cm, 2 cm×16 cm e 8 cm×2 cm, rispettivamente (Fig. N.1).

2

16

8

Σ1

2

Σ3

2

Σ2

Figura N.1: Figura piana a forma di “C” e sua suddivisione in tre sottofigure di forma rettangolare (misure in cm).

Tale schematizzazione consente di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle figure Σ1, Σ2 e Σ3 . Si indichino, a tal proposito, con {G i , xi , y i } (i=1,2,3) tre sistemi di riferimento “locali”, aventi rispettivamente origine nel baricentro del corrispondente rettangolo Σi ed assi xi e yi

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse (i=1,2,3) paralleli ai lati dei tre rettangoli. Inoltre, l’asse x1 sia parallelo e concorde a x2 e l’asse y1 sia parallelo e concorde a y2 . Si introduca inoltre un sistema di riferimento “globale”

{O, x , y }


arbitrario punto O del piano (Fig. N.2). Il sistema globale abbia gli assi paralleli a quelli dei sistemi locali, assunti coincidenti con gli assi centrali di inerzia dei tre rettangoli Σ1, Σ2 e Σ3 .

2

x1

8_

x G1

Σ2

Σ1

O

2 _

y

y1 x2

16

G2 y2 x3 G3

Σ3

y3 Figura N.2: Sistemi di riferimento locali {G1 , x1 , y1} , {G2 , x2 , y2 } e {G3 , x3 , y3 } e sistema di riferimento globale {O, x , y} (misure in cm).



gx = −

gy =

Sy A

=−

S y(1) + S y(2) + S y(3) A(1) + A(2) + A(3)

,

S x S x(1) + S x(2) + S x(3) = . A A(1) + A(2) + A(3)

(N.1a)

(N.1b)


del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES]. Infatti, ricordando che in corrispondenza dei sistemi baricentrici {Gi , xi , yi } (i=1,2,3) tali momenti (indicati rispettivamente con S x(ii ) e S y(ii ) ) sono nulli, e facendo uso delle equazioni (4.11) del § 4.3 del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES], si ottiene:

S x(1) = ty(1) A(1) = 1⋅ (10 ⋅ 2) cm3 = 20 cm3 ,

(N.2a)

S x(2) = ty(2) A(2) = 8 ⋅ (2 ⋅ 12) cm3 = 192 cm3 , (N.2b)

S x(3) = ty(3) A(3) = 15 ⋅ (10 ⋅ 2) cm3 = 300 cm3 ,

S y(1) = − tx(1) A(1) = − 5 ⋅ (10 ⋅ 2) cm3 = − 100 cm3 ,

S y(2) = − tx(2) A(2) = − 9 ⋅ (2 ⋅ 12) cm3 = − 216 cm3 ,

S y(3) = − tx (3) A(3) = − 5 ⋅ (10 ⋅ 2) cm3 = − 100 cm3 ,

(N.2c)

(N.2d)

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse dove tx ( i ) e ty( i ) sono, rispettivamente, l’ascissa e l’ordinata di Gi rispetto al sistema di riferimento {O, x , y } . Sostituendo le (N.2) nelle (N.1), si ottiene in definitiva:

gx =

416 cm = 6,5 cm , 64

(N.3a)

gy =

512 cm = 8 cm . 64

(N.3b)


( )

( )  +

2 I x = I x(1) + I x(2) + I x(3) =  I x(1) + A(1) t y(1)  +  I x(2)2 + A(2) t y(2)    1

2

( )

2 +  I x(3)3 + A(3) t y(3)   

( )

( )  +

2 I y = I y(1) + I y(2) + I y(3) =  I y(1)1 + A(1) t x(1)  +  I y(2)2 + A(2) t x(2)   

( )

2 +  I y(3)3 + A(3) t x(3)   

,

(N.4a)

2

,

I xy = I xy(1) + I xy(2) + I xy(3) =  − A(1) t x(1) t y(1)  +  − A(2) t x(2) t y(2)  +  − A(3) t x(3) t y(3)  ,

dove (Fig. N.3):

(N.4b)

(N.4c)


I x(1) = 1

10 ⋅ 23 2 ⋅ 10 3 cm 4 = 6, 66 cm 4 , I y(1)1 = cm 4 = 166, 66 cm 4 , 12 12

I x(2)2 =

2 ⋅ 123 cm 4 = 288 cm 4 , 12

I x(3)3

I y(2)2 =

10 ⋅ 23 = cm 4 = 6, 66 cm 4 , 12

t x(1) = − 1,5 cm ,

t y(1) = − 7 cm ,

I y(3)3

t x(2) = 2, 5cm ,

12 ⋅ 23 cm 4 = 8 cm 4 ; 12

2 ⋅ 103 = cm 4 = 166, 66 cm 4 ; 12

t x(3) = − 1, 5cm

t y(2) = 0 cm ,

(N.6c,d)

G

Σ

Σ

y x

x G

(N.5c,d)

(N.6a,b)

t y(3) = 7 cm

x

(N.5a,b)

G y x G

Σ

y y Figura N.3: Sistema di riferimento baricentrico {G , x, y} (misure in cm).



I x = 6, 66 + (2 ⋅10) ⋅ 7 2  cm 4 +  288 + (2 ⋅12) ⋅ (0) 2  cm 4 +

(N.7a)

+  6, 66 + (2 ⋅10) ⋅ 7 2  cm 4 = 1973 cm 4

I y = 166, 66 + (10 ⋅ 2) ⋅ (1,5)2  cm 4 + 8 + (2 ⋅12) ⋅ (2,5)2  cm 4 +

(N.7b)

+ 166, 66 + (10 ⋅ 2) ⋅ (1,5) 2  cm 4 = 581 cm 4 I xy =  −(2 ⋅ 10) ⋅ ( −1,5) ⋅ (−7)  cm4 + [ −(12 ⋅ 2) ⋅ (2,5) ⋅ (0)] cm4 + . + [ −(2 ⋅ 10) ⋅ (−1,5) ⋅ (7)] cm 4 = 0cm4

(N.7c)



I mn y

O

*

C A = P*

B=P**

* In = x

I y* = I y

I x*= I x



Dalla relazione:

tg2ϕ =

2 I xy Ix − Iy

=−

2⋅0 =0, 1973 − 581

(N.8)

si ottiene:

ϕ = arctg(0) = 0 .

(N.9)

La (N.9) indica che gli assi baricentrici sono anche assi principali d’inerzia. Per quanto riguarda i momenti centrali I x* e I *y , ricordando le (5.23) del capitolo primo, è facile verificare che risulta:

I x* =

I y* =

Ix + I y 2

Ix + Iy 2

2

 Ix − I y  2 4 +   + I xy = I x = 1973 cm , 2  

(N.10a)

2

 Ix − I y  2 4 −   + I xy = I y = 581 cm . 2  

(N.10b)

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse Esercizio 14: Baricentro e momenti centrali di inerzia di una figura piana a forma di “S” (Polito Stefano; Di Canto Davide; Rega Giuseppe Maria) Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia della figura piana Σ rappresentata in Fig. N.1. La figura piana Σ è caratterizzata da una forma ad “S” e può essere vista come l’unione di tre sottofigure, Σ1 , Σ2 e Σ3 di forma rettangolare aventi dimensioni pari a 2 cm×10 cm , 2 cm×14 cm e 2 cm x 10 cm, rispettivamente (Fig. N.1).

Σ

3

1

2

2

18

Σ

Σ

2

10

2

10

Figura N.1: Figura piana a forma di “S” e sua suddivisione in tre sottofigure di forma rettangolare (misure in cm).

Tale schematizzazione consente di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle figure Σ1 , Σ2 e Σ3 . Si indichino, a tal proposito, con {Gi , xi , y i } (i=1,2,3) due sistemi di riferimento “locali”, aventi rispettivamente origine nel baricentro del corrispondente rettangolo Σi ed assi xi e yi


(i=1,2,3) paralleli ai lati dei due rettangoli. Inoltre, l’asse x1 sia parallelo e concorde a x2 e

x3 e l’asse y1 sia parallelo e concorde a y2 e y3 . (i=1,2,3) paralleli ai lati dei due rettangoli. Inoltre, l’asse x1 sia parallelo e concorde a x2 e


{O, x , y }


arbitrario punto O del piano (Fig. N.2). Il sistema globale abbia gli assi paralleli a quelli dei sistemi locali, assunti coincidenti con gli assi centrali di inerzia dei due rettangoli Σ1, Σ2 e Σ3 .

10 _

x

2

G1

Σ

O 1

2

x1

_

Σ 18

x2

y 2

y1

G2

y2 x3

G3

Σ

3

2

10

y3

Figura N.2: Sistemi di riferimento locali {G1 , x1 , y1} , {G2 , x2 , y2 } e {G3 , x3 , y3 } e sistema di riferimento globale {O, x , y} (misure in cm).


Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse relazioni:

gx = −

gy =

Sy A

=−

S y(1) + S y(2) + S y(3) A(1) + A(2) + A(3)

,

S x S x(1) + S x(2) + S x(3) = . A A(1) + A(2) + A(3)

(N.1a)

(N.1b)

D’altra parte, i momenti statici, S x( i ) e S y( i ) , del generico rettangolo Σi rispetto agli assi x e y possono calcolarsi applicando le leggi del trasporto presentate nel § 4.3 del capitolo primo

del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES]. Infatti, ricordando che in corrispondenza dei sistemi baricentrici {Gi , xi , yi } (i=1,2) tali momenti (indicati rispettivamente con S x(ii ) e S y(ii ) ) sono nulli, e facendo uso delle equazioni (4.11) del § 4.3 del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES], si ottiene: S x(1) = ty(1) A(1) = 1⋅ (10 ⋅ 2) cm 3 = 20 cm 3 ,

S x(2) = ty(2) A(2) = 9 ⋅ (2 ⋅14) cm 3 = 252 cm 3 ,

(N.2a) (N.2b)

S x(3) = ty(3) A(3) = 17 ⋅ (2 ⋅ 10) cm 3 = 340 cm 3

(N.2c)

S y(1) = − tx (1) A(1) = − 5 ⋅ (2 ⋅ 10) cm 3 = − 100 cm 3 ,

(N.2d)

S y(2) = − tx (2) A(2) = − 9 ⋅ (2 ⋅ 14) cm 3 = − 252 cm 3 ,

(N.2e)

S y(3) = − tx (3) A(3) = − 13 ⋅ (2 ⋅ 10) cm 3 = − 260 cm3 ,

(N.2f)


dove tx (i ) e ty(i ) sono, rispettivamente, l’ascissa e l’ordinata di Gi rispetto al sistema di riferimento {O, x , y} . Sostituendo le (N.2) nelle (N.1), si ottiene in definitiva:

gx =

612 cm = 9 cm , 68

(N.3a)

gy =

612 cm = 9 cm . 68

(N.3b)

Si passa ora al calcolo dei momenti di inerzia e del momento centrifugo di Σ rispetto al sistema baricentrico {G, x, y} (Fig. N.3). Rispetto a tale sistema si indicano con t x( i ) e t y(i ) le coordinate del baricentro della figura Σi (i=1,2,3). Procedendo come per i momenti statici ed invocando le leggi del trasporto di Huyghens, si ottiene:

( )  +  I

(2) x2

+ A(2) t y(2)

( )  +  I

(2) y2

+ A(2) t x(2)

I x = I x(1) + I x(2) + I x(3) =  I x(1) + A(1) t y(1)  1

I y = I y(1) + I y(2) + I y(3) =  I y(1)1 + A(1) t x(1) 

2

2

( )

( )

2

2

(N.4a)

( ) 

(N.4b)

 +  I (3) + A(3) t (3) x   y3

I xy = I xy(1) + I xy(2) + I xy(3) =  A(1) t x(1) t y(1)  +  A(2) t x(2) t y(2)  +  A(3) t x(3) t y(3) 

dove (Fig. N.3):

( ) 

 +  I (3) + A(3) t (3) y   x3

2

2

(N.4c)


I x(1) = 1

10 ⋅ 23 20 ⋅ 2 3 cm 4 = 6.66cm 4 , I y(1)1 = cm 4 = 13.33 cm 4 , 12 12

(N.5a,b)

I x(2)2 =

2 ⋅ 143 cm 4 = 457.33 cm 4 , 12

14 ⋅ 23 cm 4 = 9.33 cm 4 , 12

(N.5c,d)

I x(3)3 =

10 ⋅ 23 cm 4 = 6.66 cm 4 , 12

2 ⋅ 103 cm 4 = 166.66 cm 4 , 12

(N.5e,f)

I y(1)2 =

I y(3)3 =

t x(1) = − 4 cm ,

t x(2) = 0 cm ,

t x(3) = 4 cm

(N.6a,b,c)

t y(1) = − 8cm ,

t y(2) = 0 cm ,

t y(2) = 8 cm

(N.6d,e,f)

x1

G1

Σ

y1

1

8

2

Σ

4

x

G=G2

x3

G3 y3

8

4

Σ

3

y

Figura N.3: Sistema di riferimento baricentrico {G , x, y} (misure in cm).



Ix = 6.66 + (2⋅10) ⋅ (−8)2  cm4 + 457.33+ (14⋅ 2) ⋅ (0)2  cm4 + 6.66 + (2⋅10) ⋅ (8)2  cm4 = = 3030.67 cm4 ,

(N.7a)

Iy = 166.66+(2⋅10)⋅ (-4)2  cm4 + 9.33+(2⋅14) ⋅(0)2  cm4 + 166.66+(2⋅10)⋅ (4)2  cm4 = = 982.67 cm4,

Ixy = [ −(2 ⋅10) ⋅ (8) ⋅ (4)] cm4 + [ (2 ⋅ 14) ⋅ (0) ⋅ (0)] cm4 + [ −(2 ⋅10) ⋅ (8) ⋅ (4)] cm4 =−1280cm4

(N.7b)

(N.7c)

. A questo punto è possibile determinare gli assi centrali di inerzia, x* e y* , e i momenti centrali di inerzia, I x* e I *y , della figura. Si segue il procedimento illustrato nel § 5.6 del capitolo primo del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES], basato sulla costruzione del cerchio di Mohr

del tensore di inerzia relativo al polo G (Fig. N.4).


Dalla relazione:

I mn

y*

P**

64.33°

O

C

B

A

25.67°

x*

In

P* I y* Iy Ix I x*


tg2ϕ =

2 I xy Ix − I y

=−

2 ⋅1280 = − 0.4806 , 3030.67 − 982.67

(N.8)

si ottiene:

1 2

ϕ = arctg(− 0.4806) = (− 25.67° ± k180°)

(k = 0,1, 2,...) .

(N.9)

La (N.9) fornisce due soluzioni nell’intervallo [-90°, 90°]: ϕ = −64.33° e ϕ = 115.67° . Esse rappresentano le inclinazioni rispetto all’asse x dei due assi centrali x* e y* .



I = * x

I

* y

=

Ix + I y 2

Ix + Iy 2

2

 Ix − Iy  2 4 +   + I xy = 3645.87 cm ,  2 

(N.10a)

2

 Ix − I y  2 4 −   + I xy = 367.47 cm . 2  

(N.10b)

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse Esercizio 15: Baricentro e momenti centrali di inerzia di una figura piana a forma di Doppia T asimmetrica” (Oliva Fabio; Sellitto Roberta). Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia della figura piana Σ rappresentata in Fig. N.1. La figura piana Σ è caratterizzata da una forma ad “doppia T asimmetrica” e può essere vista come l’unione di tre sottofigure, Σ1, Σ2 e Σ3 di forma rettangolare aventi dimensioni pari a 2 cm×20 cm e 8 cm×2 cm e 6 cm×2 cm rispettivamente (Fig. N.1).

12

Σ 12

Σ

1

2

Σ

2

8

3

2

2 6

Figura N.1: Figura piana a forma di “doppia T asimmetrica” e sua suddivisione in tre sottofigure di forma rettangolare (misure in cm).

Tale schematizzazione consente di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti

Raccolta degli esercizi del corso di Scienza delle Costruzioni I – Prof. Luciano Feo momenti delle figure Σ1, Σ2 e Σ3. Si indichino, a tal proposito, con {G i , xi , y i } (i=1,2,3) tre sistemi di riferimento “locali”, aventi rispettivamente origine nel baricentro del corrispondente rettangolo Σi ed assi xi e yi (i=1,2,3) paralleli ai lati dei tre rettangoli. Inoltre, l’asse x1 sia parallelo e concorde a x2 e


{O, x , y }



12

_

x

Σ

G1

x1

x2

2

1

_

y

y1 12

O

Σ

G2

8

2

y2

x3

Σ

G3

3

2

y3 6

Figura N.2: Sistemi di riferimento locali {G1 , x1 , y1 } e {G2 , x2 , y2 } e {G3 , x3 , y3 } e sistema di riferimento globale {O, x , y} (misure in cm).


Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse relazioni ((4.12) del capitolo primo):

gx = −

gy =

Sy A

=−

S y(1) + S y(2) + S y(3) A(1) + A(2) + A(3)

,

S x S x(1) + S x(2) + S x(3) = A A(1) + A(2) + A(3)

(N.1a)

(N.1b)



S x(1) = ty(1) A(1) = 1 ⋅ (21⋅ 2) cm3 = 24 cm3

(N.2a)

S x(2) = ty(2) A(2) = 6 ⋅ (2 ⋅ 8) cm3 = 96 cm3 ,

(N.2b)

S x(3) = ty(3) A(3) = 11 ⋅ (6 ⋅ 2) cm3 = 132 cm3 ,

(N.2c) (N.2c)

S y(1) = − tx(1) A(1) = − 6 ⋅ (2 ⋅ 12) cm3 = − 144 cm3

(N.2d)

S y(2) = − tx(2) A(2) = − 6 ⋅ (2 ⋅ 8) cm3 = − 96 cm3

(N.2e)

dove tx ( i ) e ty( i ) sono, rispettivamente, l’ascissa e l’ordinata di Gi rispetto al sistema di

Raccolta degli esercizi del corso di Scienza delle Costruzioni I – Prof. Luciano Feo riferimento {O, x , y } . Sostituendo le (N.2) nelle (N.1), si ottiene in definitiva:

gx =

312 cm = 6 cm 52

(N.3a)

gy =

252 cm = 4.85 cm . 52

(N.3b)


( )

( )

( )

(N.4a)

( )

( )

( )

(N.4b)

2 2 2 I x = I x(1) + I x(2) + I x(3) =  I x(1)1 + A(1) t y(1)  +  I x(2)2 + A(2) t y(2)  +  I x(3)3 + A(3) t y(3)       

2 2 2 I y = I y(1) + I y(2) + I y(3) =  I y(1)1 + A(1) tx(1)  +  I y(2)2 + A(2) tx(2)  +  I y(3)3 + A(3) tx(3)       

I xy = I xy(1) + I xy(2) + I xy(3) =  − A(1) t x(1) t y(1)  +  − A( 2) t x(2) t y(2)  +  − A(3) t x(3) t y(3) 

(N.4c)

dove (Fig. N.3):

I x(1) = 1

2 ⋅ 83 2 ⋅ 12 3 cm 4 = 85.33 cm 4 , I y(1)1 = cm 4 = 288 cm 4 , 12 12

(N.5a,b)


I x(2)2 =

12 ⋅ 2 3 cm 4 = 8 cm 4 , 12

I x(3)2 =

6 ⋅ 23 cm 4 = 4 cm 4 , 12

t x(1) = 3.85 cm , t y(1) = 0cm ,

I y(1)2 =

I y(3)2 =

t x(2) = 1.15cm ,

t y(2) = 0cm ,

8 ⋅ 23 cm 4 = 5.33 cm 4 ; 12

(N.5c,d)

(N.e,f)

2 ⋅ 63 cm 4 = 36 cm 4 ; 12

t x(3) = 6.15cm

(N.6a,b)

t y(3) = 0cm .

(N.6c,d)

12

x

G 12

x2

Σ1

G1

x1

y2

y1

3.85

G2

1.15 7.15

Σ2

G3

6.15

Σ3

y3 y Figura N.3: Sistema di riferimento baricentrico {G , x, y} (misure in cm).



Ix = 85.33 + (12⋅ 2) ⋅ 3.852  cm4 + 8 + (2⋅ 8) ⋅ (1.15)2  cm4 + 4 + (6 ⋅ 2) ⋅ (6.15)2  cm4 = = 928.5cm4 ,

I y = 288 + (2 ⋅12) ⋅ (0)2  cm4 + 5.30 + (8 ⋅ 2) ⋅ (0)2  cm4 + 36 + (2 ⋅ 6) ⋅ (0)2  cm4 = = 329.3 cm4 ,

I xy = [ −(2 ⋅ 12) ⋅ 0 ⋅ 6] cm4 + [ −(8 ⋅ 2) ⋅ (0) ⋅ (6)] cm4 + [ −(6 ⋅ 2) ⋅ (0) ⋅ (6)] cm4 = 0cm4

(N.7a)

(N.7b)

(N.7c)

A questo punto risulta evidente che gli assi x e y sono assi centrali x ≡ x* e y ≡ y* , quindi i momenti d’inerzia finora sono momenti centrali d’inerzia I x ≡ I x* e I y ≡ I *y , della figura. Si segue il procedimento illustrato nel § 5.6 del capitolo primo del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES], basato sulla costruzione del cerchio di Mohr del tensore di inerzia relativo al polo G (Fig. N.4).


I mn

y*

x*

O B=P**

A=P*

In

I y =I y* I x = I x*


Dalla relazione:

tg2ϕ =

2 I xy Ix − Iy

=−

2⋅0 = 0, 928.5 − 329.3

(N.8)

si ottiene:

ϕ = arctg(0) =

1 (0° ± k180°) 2

(k = 0,1, 2,...) .

(N.9)

La (N.9) fornisce due soluzioni nell’intervallo [0°, 180°]: ϕ = 0° e ϕ = 180° . Esse


rappresentano le inclinazioni rispetto all’asse x dei due assi centrali x* e y* . Per quanto riguarda i momenti centrali I x* e I *y , ricordando le (5.23) del capitolo primo, è facile verificare che risulta:

I = * x

I y* =

Ix + Iy 2

Ix + Iy 2

2

 Ix − I y  2 4 +   + I xy = 928.5 cm , 2  

(N.10a)

2

 Ix − I y  2 4 −   + I xy = 329.3 cm . 2  

(N.10b)

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse Esercizio 16: Baricentro e momenti centrali di inerzia di una figura piana a forma di “C” (Gioia Veronica; Puopolo Lucia). Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia della figura piana Σ rappresentata in Fig. N.1. La figura piana Σ è caratterizzata da una forma ad “C” e può essere vista come l’unione di tre sottofigure, Σ1, Σ2,Σ3 di forma rettangolare aventi dimensioni pari B=12cm, b=5cm, c=9cm h=13cm e t=2cm (Fig. N.1). Con Σ1 indichiamo la sottofigura di forma rettangolare di dimensioni B e t. Con Σ2 indichiamo la sottofigura di forma rettangolare di dimensioni t e c. Con Σ3 indichiamo la sottofigura di forma rettangolare di dimensioni b e t.

B

Σ1

t

Σ2 h

t

c

Σ3

t

b

Figura N.1: Figura piana a forma di “L” e sua suddivisione in tre sottofigure di forma rettangolare (misure in cm).

Tale schematizzazione consente di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle figure Σ1, Σ2, Σ3. Si indichino, a tal proposito, con {G i , xi , y i } (i=1,2,3) tre sistemi di riferimento “locali”, aventi rispettivamente origine nel baricentro del corrispondente rettangolo Σi ed assi xi e yi


(i=1,2,3) paralleli ai lati dei due rettangoli. Inoltre, l’asse x1 sia parallelo e concorde a x2 e a

x3 , e l’asse y1 sia parallelo e concorde a y2 e a y3 . Si introduca inoltre un sistema di riferimento “globale”

{O, x , y }



B x x1

O

G1 y1

t y

h t

x2

c G2

y2 x3

G3

t

b y3

Figura N.2: Sistemi di riferimento locali {G1 , x1 , y1} , {G2 , x2 , y2 } e {G3 , x3 , y3 } e sistema di riferimento globale {O, x , y} (misure in cm).


gx = −

Sy A

=−

S y(1) + S y(2) + S y(3) A(1) + A(2) + A(3)

,

(N.1a)


gy =

S x S x(1) + S x(2) + S x(3) = . A A(1) + A(2) + A(3)

(N.1b)



S x(1) = ty(1) A(1) = 1⋅ (2 ⋅12) cm3 = 24 cm3 ,

(N.2a)

S x(2) = ty(2) A(2) = 6.5 ⋅ (9 ⋅ 2) cm3 = 117 cm3 , (N.2b)

S

(3) x

= ty A (3)

(3)

= 10 ⋅ (5 ⋅ 2) cm = 120 cm , 3

3

S y(1) = − tx (1) A(1) = − 6 ⋅ (2 ⋅ 12) cm3 = − 144cm3 ,

S y(2) = − tx(2) A(2) = − 11 ⋅ (9 ⋅ 2) cm3 = − 198 cm3 ,

(N.2c)

(N.2d)

S y(3) = − tx (3) A(3) = − 9.5 ⋅ (5 ⋅ 2) cm3 = − 95 cm3 dove tx ( i ) e ty( i ) sono, rispettivamente, l’ascissa e l’ordinata di Gi rispetto al sistema di riferimento {O, x , y } . Sostituendo le (N.2) nelle (N.1), si ottiene in definitiva:


gx =

437 cm = 8.4 cm , 52

(N.3a)

gy =

261 cm = 5.02 cm . 52

(N.3b)


( )

( )  +

2 I x = I x(1) + I x(2) + I x(3) =  I x(1) + A(1) t y(1)  +  I x(2)2 + A(2) t y(2)  1  

2

( )

2 +  I x(3)3 + A(3) t y(3)   

( )

( )  +

2 I y = I y(1) + I y(2) + I y(3) =  I y(1)1 + A(1) t x(1)  +  I y(2)2 + A(2) t x(2)   

( )

+  − A(3) t x(3) t y(3) 

(N.4a)

2

2 +  I y(3)3 + A(3) t x(3)   

I xy = I xy(1) + I xy(2) + I xy(3) =  − A(1) t x(1) t y(1)  +  − A(2) t x(2) t y(2)  +

,

,

,

(N.4b)

(N.4c)

dove (Fig. N.3):

I x(1) = 1

12 ⋅ 23 2 ⋅ 12 3 cm 4 = 8cm 4 , I y(1)1 = cm 4 = 288 cm 4 , 12 12

(N.5a,b)


I x(2)2 =

2 ⋅ 93 cm 4 = 121.5cm 4 , 12

I x(3)3 =

5 ⋅ 23 cm 4 = 3.33cm 4 12

t x(1) = 4.02 cm ,

t y(1) = 2.4cm ,

I y(1)2 =

9 ⋅ 23 cm 4 = 6 cm 4 ; 12 I y(3)3 =

t x(2) = − 1.48cm ,

2 ⋅ 53 cm 4 = 20.8 cm 4 12

(N.5c,d)

t x(3) = − 6.98 cm

(N.6a,b)

t y(2) = − 1.1cm

(N.6c,d)

t y(2) = − 2.6 cm .

y* B x x1

y1

h x

t y

G

t

x2

O

G1

x*

c G2 y

y2 x3

G3

t

b y3



I x = 8 + (2 ⋅12) ⋅ 4.022  cm 4 + 121.5 + (9 ⋅ 2) ⋅ ( − 1.48) 2  cm 4 + 2 + 3.3 + (2 ⋅ 5) ⋅ ( −6.98 )  cm 4 = 1047.31 cm 4 ,  

(N.7a)


I y =  288 + (2 ⋅12) ⋅ (2.4)2  cm 4 + 6 + (9 ⋅ 2) ⋅ (−2.6) 2  cm 4 + +  20.8 + (5 ⋅ 2) ⋅ (−1.1)2  cm = 586.85 cm 4 , I xy =  −(2 ⋅ 12) ⋅ ( −4.02 ) ⋅ 2.4  cm 4 + [ −(9 ⋅ 2) ⋅ (1.48) ⋅ ( −2.6) ] cm 4 + . + [ −(5 ⋅ 2) ⋅ (6.98) ⋅ ( −1.1) ] cm 4 = − 377.59cm 4

(N.7b)

(N.7c)



P** 29°

P2

61° B

C

P1 A

x*

y*

P*


Dalla relazione:

tg2ϕ =

si ottiene:

2 I xy Ix − Iy

=−

2 ⋅ ( −377.59 ) 1047.31 − 586.85

= − 1.64 ,

(N.8)


1 2

ϕ = arctg(− 1.64) = (−29 ° ± k180°)

(k = 0,1, 2,...) .

(N.9)

La (N.9) fornisce due soluzioni nell’intervallo [-90°, 90°]: ϕ = −29° e ϕ = 61° . Esse rappresentano le inclinazioni rispetto all’asse x dei due assi centrali x* e y * .Per quanto riguarda i momenti centrali I x* e I *y , ricordando le (5.23) del capitolo primo, è facile verificare che risulta:

I x* =

I y* =

Ix + I y 2

Ix + Iy 2

2

 Ix − I y  2 4 +   + I xy = 1259.315 cm , 2  

(N.10a)

2

 Ix − I y  2 4 −   + I xy = 374.84 cm . 2  

(N.10b)


Esercizio 17: Baricentro e momenti centrali di inerzia di un sistema di figure costituito dall’unione di due figure piane (Iorio Francesco; Marsico Walter). Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia del sistema di figure piane di Fig. 17.1, costituito dall’unione di due figure.

La suddivisione del sistema Σ, di area A, in cinque rettangoli, Σ1, Σ2, Σ3 ,Σ4 e Σ5, rappresentati in Fig. 17.1, consente al solito di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle singole figure. Si indicano con {Gi , xi , y i } (i=1,2,3,4,5) i cinque sistemi di riferimento “locali”, aventi rispettivamente origine nel baricentro del corrispondente rettangolo Σi ed assi xi e yi

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse (i=1,2,3,4,5) paralleli ai lati dei rettangoli, e con

{O, x , y}

un sistema di riferimento

“globale” avente origine in un arbitrario punto O del piano (Fig. 17.2). Calcolo aree:

A(1) = (5 ⋅1)cm 2 = 5cm 2

(17.1a) A(2) = (1 ⋅ 4)cm 2 = 4cm 2

(17.1b) A(3) = (5 ⋅1)cm 2 = 5cm 2

(17.1c) A(4) = (5 ⋅1)cm 2 = 5cm 2

(17.1d) A(5) = (1⋅ 5)cm 2 = 5cm 2

(17.1e) A = A(1) + A(2) + A(3) + A(4) + A(5) = 24cm 2

(17.1f)


Con ovvio significato dei simboli: il simbolo ( ⋅ ) ( i ) denota la generica grandezza riferita alla figura Σi nel sistema locale, il simbolo ( ⋅ )( i ) denota la stessa grandezza nel sistema di riferimento {O, x , y } . Calcolo momenti statici:

S x( i ) e S y( i ) rappresentano i momenti del primo ordine del generico rettangolo Σi rispetto agli assi x e y che possono calcolarsi utilizzando le relazioni:

(1)

(1)

S x = δ x A(1) = (0, 5 ⋅ 5)cm3 = 2,5cm3 ,

(N.1a)

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse (2)

= δ x A(2) = (3 ⋅ 4)cm3 = 12cm3 ,

(3)

= δ x A(3) = (5, 5 ⋅ 5)cm3 = 27, 5cm3 ,

(4)

= δ x A(4) = (0, 5 ⋅ 5)cm3 = 2, 5cm3 ,

(5)

= δ x A(5) = (3, 5 ⋅ 5)cm3 = 17, 5cm3 ,

(1)

= δ y A(1) = −(9,5 ⋅ 5)cm3 = −47, 5cm3 ,

(2)

= δ y A(2) = −(7, 5 ⋅ 4)cm3 = −30cm3 ,

(3)

= δ y A(3) = −(9,5 ⋅ 5)cm3 = −47, 5cm3 ,

( 4)

= δ y A(4) = −(2, 5 ⋅ 5)cm3 = −12,5cm3

(5)

= δ y A(5) = −(4,5 ⋅ 5)cm3 = −22, 5cm3

(17.2h)

S x = S x(1) + S x(2) + S x(3) + S x(4) + S x(5) = 62cm3

(17.2i)

S y = S y(1) + S y(2) + S y(3) + S y(4) + S y(5) = 160cm3

(17.2l)

Sx

Sx

Sx Sx Sy Sy Sy Sy Sy

(2)

(3)

(4)

(5)

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

dove si sono indicate con sistema di riferimento

δ x(i ) e δ y(i ) , rispettivamente, le distanze orientate di

{O, x , y} .

(N.1b)

(17.2a)

(17.2b) (17.2c) (17.2d) (17.2e) (17.2f) (17.2g)

Gi rispetto al

Pertanto, le coordinate del baricentro G di Σ rispetto al

sistema "globale" {O, x , y} sono le seguenti:

g x = −γ y = −

Sy A

=

160cm3 = 6, 67cm , 24cm 2

(17.3a)


gy = γ x =

S x 62cm3 = = 2, 58cm . A 24cm 2

(17.3b)

Si passa quindi al calcolo dei momenti di inerzia e del momento centrifugo di Σ rispetto al sistema di riferimento baricentrico {G, x, y} , riportato in Fig. 17.3.

5

5

i =1

i =1

5

5

i =1

i =1

5

5

i =1

i =1

I x = ∑ I x(i ) = ∑  I x(ii ) + A( i ) (τ y( i ) ) 2  ,

I y = ∑ I y( i ) = ∑  I y(ii ) + A( i ) (τ x(i ) ) 2  ,

I xy = ∑ I xy( i ) = ∑  A(i )τ x(i )τ y( i )  ,

(17.4a)

(17.4b)

(17.4c)


dove:

I

(1) x

=I

(1) x1

5 ⋅13 4 + (τ ) ⋅ A = cm + (−2, 08)2 ⋅ 5cm 4 = 22, 0cm 4 12 (1) 2 y

(1)

(17.4d)

I

(2) x

=I

(2) x2

+ (τ

) ⋅A

(2) 2 y

(2)

1 ⋅ 43 4 = cm + (0, 42) 2 ⋅ 4cm4 = 6, 04cm 4 12

(17.4e)

I x(3) = I x(3) + (τ y(3) ) 2 ⋅ A(3) = 3

5 ⋅13 4 cm + (2,92) 2 ⋅ 5cm 4 = 43, 05cm 4 12

I x(4) = I x(4) + (τ y(4) )2 ⋅ A(4) = 4

5 ⋅13 4 cm + (−2, 08) 2 ⋅ 5cm4 = 22, 05cm 4 12

(17.4f)


(17.4g)

I

(5) x

=I

(5) x5

+ (τ

) ⋅A

(5) 2 y

(5)

1 ⋅ 53 4 = cm + (0,92) 2 ⋅ 5cm 4 = 14, 65cm 4 12

(17.4h)

I y(1) = I y(1)1 + (τ x(1) ) 2 ⋅ A(1) =

1 ⋅ 53 4 cm + (−2,83) 2 ⋅ 5cm 4 = 50, 46cm 4 12

(17.4i)

+ (τ x(2) ) 2 ⋅ A(2) = I y(2) = I y(2) 2

4 ⋅13 4 cm + (−0,83) 2 ⋅ 4cm4 = 3, 09cm 4 12

I y(3) = I y(3) + (τ x(3) ) 2 ⋅ A(3) = 3

1 ⋅ 53 4 cm + (−2,83) 2 ⋅ 5cm 4 = 50, 46cm 4 12

(17.4l)

(17.4m)

I

(4) y

=I

(4) y4

+ (τ

) ⋅A

(4) 2 x

(4)

1 ⋅ 53 4 = cm + (4,17) 2 ⋅ 5cm 4 = 97,36cm 4 12

(17.4n)

I y(5) = I y(5) + (τ x(5) ) 2 ⋅ A(5) = 5

5 ⋅13 4 cm + (2,17) 2 ⋅ 5cm 4 = 23, 96cm4 12

(17.4o)

I xy(1) = A(1)τ x(1)τ y(1) = 5 ⋅ ( −2,83)( −2, 08) = 29, 43cm 4 (17.4p)

I xy(2) = A(2)τ x(2)τ y(2) = 4 ⋅ ( −0,83)(0, 42) = −1,39cm 4 (17.4 q)

I xy(3) = A(3)τ x(3)τ y(3) = 5 ⋅ ( −2,83)(2, 92) = −41,32cm 4 (17.4r)


I xy(4) = A(4)τ x(4)τ y(4) = 5 ⋅ (4,17)( −2, 08) = −43, 37cm 4 (17.4s)

I xy(5) = A(5)τ x(5)τ y(5) = 5 ⋅ (2,17)(0, 92) = 9, 66cm 4 (17.4t)

I x = I x(1) + I x(2) + I x(3) + I x(4) + I x(5) = 107, 79cm 4 (17.4u)

I y = I y(1) + I y(2) + I y(3) + I y(4) + I y(5) = 225,33cm 4 (17.4v)

I xy = I xy(1) + I xy(2) + I xy(3) + I xy(4) + I xy(5) = −46,99cm 4 (17.4z)

(i )

ed inoltre

(i )

τx , τy

e sono le distanze orientate del baricentro della figura Σi (i=1,2,3,4,5)

rispetto al sistema di riferimento {G, x, y} . Ix,Iy,Ixy sono le componenti del tensore di inerzia della figura rispetto al polo O. La matrice delle componenti di tale tensore è la seguente:

 225,33 −46,99 Iɶ =    −46,99 107, 79  (17.5a) Si passa ,infine, a determinare gli assi centrali di inerzia, x* e y* , ed i momenti centrali di inerzia, I x* e I *y , del sistema di figure assegnato. Dalla relazione segue:

1 2

ϕ = arctan

1 2 ⋅ (−46,99)cm 4 = arctan = −19,32° ± k 90° (17.6a) I y − Ix 2 (225,33 − 107, 79)cm 4 2 I xy


ϕ0 = −19,34° ;

ϕ1 = 70, 66° .

(17.6b) Per quanto riguarda i momenti centrali, risulta:

I = * y

Iy + Ix 2

2 I −I  +  y x  + ( I xy ) = 241,81cm 4 ,  2  2

(17.7a)

I = * x

I y + Ix 2

2 I −I  −  y x  + ( I xy ) = 91,31cm4  2  2

(17.7b)

La matrice di inerzia diventa:

0   241,81 I0 =  91,31  0

(17.8a)

I punti per l’individuazione del cerchio di Mohr sono:

A ≡ (I y ;0) = (225, 33;0) ,

(17.9a)

B ≡ ( I x ;0) = (107, 79;0) ,

(17.9b)

I +I  C ≡  x y ; 0  = (166,56;0 )  2 

(17.9c)

P* ≡ (I y ; I xy ) = (225, 33; −46,99) ,

(17.9d)


P** ≡ ( I x ; − I xy ) = (107,33; 46,99) ,

(17.9e)

I raggi di inerzia sono:

ρ *y =

ρ x* =

I *y A

=

241,81 = 3,17cm , 24

I x* 91,31 = = 1,95cm A 24

(17.10a)

(17.10b)


Esercizio 18: Baricentro e momenti centrali di inerzia di un sistema di figure costituito dall’unione di due figure piane, una a forma di triangolo equilatero, l’altra a forma di “U” (Sessa Marco, Cuozzo Marco, Sessa Barbara Lucia). Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia del sistema di figure piane di Fig. 18.1, costituito dall’unione di due figure, una a forma di triangolo equilatero, l’altra a forma di “U”.

2

6

2

2

8

1

4

3

4

Figura 18.1: Figura piana formata dall’unione di due figure, una a forma di triangolo equilatero, l’altra a forma di “U” (misure in cm).

La suddivisione del sistema Σ, di area A, in tre rettangoli, Σ1, Σ2 e Σ3, e in un triangolo equilatero Σ4, rappresentati in Fig. 18.1, consente al solito di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle singole figure. Si indicano con {G i , xi , y i } (i=1,2,3,4) i quattro sistemi di riferimento “locali”, aventi rispettivamente origine nel baricentro della corrispondente figura Σi ed assi xi e yi (i=1,2,3,4) paralleli ai lati dei rettangoli, e con {O, x , y} un sistema di riferimento “globale” avente origine in un arbitrario punto O del piano (Fig. N.2).

x1

6

2

x

G1

2

G2

y1

y

2

x

2

O = G3

3

G

x

4

4

_ x = x

G4

_ y = y = y

Figura 18.2: Sistemi di riferimento locali {Gi , xi , yi } e sistema globale {O, x , y} (misure in cm).

6

2

3

= y4

Raccolta degli esercizi del corso di Scienza delle Costruzioni I – Prof. Luciano Feo Con ovvio significato dei simboli (il simbolo ( ⋅ )( i ) denota la generica grandezza riferita alla figura Σi nel sistema locale, il simbolo ( ⋅ )( i ) denota la stessa grandezza nel sistema di riferimento {O, x , y } ), i momenti statici, S x(i ) e S y(i ) , della generica figura Σi rispetto agli assi

x e y possono calcolarsi utilizzando le relazioni: S x(1) = ty(1) A(1) = − 4 ⋅ (6 ⋅ 2) cm3 = − 48 cm3 ,

(18.1a)

S y(1) = − tx (1) A(1) = − 4 ⋅ (6 ⋅ 2) cm3 = − 48 cm3 ,

(18.1b)

S x(2) = ty(2) A(2) = − 4 ⋅ (6 ⋅ 2) cm3 = − 48 cm3 ,

(18.1c)

S y(2) = − tx (2) A(2) = 4 ⋅ (6 ⋅ 2) cm3 = 48 cm3 ,

(18.1d)

S x(3) = ty(3) A(3) = 0 ⋅ (10 ⋅ 2) cm3 = 0 ,

(18.1e)

S y(3) = − tx (3) A(3) = 0 ⋅ (10 ⋅ 2) cm3 = 0 ,

(18.1f)

S x(4) = ty(4) A(4) = 7.88 ⋅ [ (10 ⋅ 8.66) ÷ 2] cm3 = 341.49 cm3 ,

(18.1g)

S y(4) = − tx (4) A(4) = 0 ⋅ [ (10 ⋅ 8.66) ÷ 2] cm3 = 0 ,

(18.1h)


gx = −

Sy A

=−

S y(1) + S y( 2) + S y(3) + S y(4) A(1) + A( 2) + A(3) + A(4)

=

245 cm = 2.80 cm , 87.3

(18.2a)


gy =

S x S x(1) + S x(2) + S x(3) + S x(4) = =0. A A(1) + A(2) + A(3) + A(4)

(18.2b)


4

4

i =1

i =1

4

4

i =1

i =1

4

4

i =1

i =1

I x = ∑ I x(i ) = ∑  I x(ii ) + A( i ) (t y( i ) ) 2  ,

I y = ∑ I y(i ) = ∑  I y(ii ) + A(i ) (tx(i) ) 2  ,


(18.3a)

(18.3b)

(18.3c)


6

2

4

x2

G1

y2

_ x = x3

2.80

O= G3

2

y1

G2

6.80

x1

4

6

2

x = x*

5.09

4

G

x4

G4

_ y = y = y* = y 3 = y 4


dove: I x(1)1 =

2 ⋅ 63 cm 4 = 36 cm 4 , 12

I y(1)1 =

6 ⋅ 23 cm 4 = 4 cm 4 , 12

(18.4a,b)

I x(2) = 2

2 ⋅ 63 cm 4 = 36 cm 4 , 12

I y(2) = 2

6 ⋅ 23 cm 4 = 4 cm 4 , 12

(18.4c,d)


I x(3) = 3

10 ⋅ 23 cm 4 = 6.66 cm 4 , 12

I y(3) = 3

2 ⋅ 103 cm 4 = 166.66 cm 4 , 12

(18.4e,f)

I x(4) = 4

10 ⋅ 8.663 cm 4 = 180.41 cm 4 , 36

I y(4) = 4

8.66 ⋅ 103 cm 4 = 180.42 cm 4 , 48

(18.4g,h)


t x(1) = 4 cm ,

t y(1) = − 6.80 cm ,

(18.5a,b)

t x(2) = − 4 cm ,

t y(2) = − 6.80 cm ,

(18.5c,d)

t x(3) = 0 ,

t y(3) = − 2.80 cm ,

(18.5e,f)

t x(4) = 0 ,

t y(4) = 5.09 cm .

(18.5g,h)


Ix = 36 + (2 ⋅ 6) ⋅ ( − 6.80)2  cm4 + 36 + (2 ⋅ 6) ⋅ ( − 6.80)2  cm4 +

{

}

+ 6.66 + (10 ⋅ 2) ⋅ ( − 2.80)2  cm4 + 180.41+ [ (10⋅ 8.66) ÷ 2] ⋅ (5.09)2 cm4 = 2647.45 cm4

(18.6a)

I y = 4 + (2 ⋅ 6) ⋅ (4)2  cm4 + 4 + (2 ⋅ 6) ⋅ ( − 4)2  cm4 + + 166.66 + (10 ⋅ 2) ⋅ (0)2  cm4 + 180.42 + [(10 ⋅ 8.66) ÷ 2] ⋅ (0)2  cm4 = 739.08 cm4 , (18.6b)

Raccolta degli esercizi del corso di Scienza delle Costruzioni I – Prof. Luciano Feo I xy = [ − (2 ⋅ 6) ⋅ (−6.80) ⋅ (4) ] cm 4 + [ − (2 ⋅ 6) ⋅ (−6.80) ⋅ (−4) ] cm 4 + + [ − (10 ⋅ 2) ⋅ (−2.80) ⋅ (0) ] cm 4 +  − [ (10 ⋅ 8.66) ÷ 2 ] ⋅ (5.09) ⋅ (0)  cm 4 = 0. (18.6c)

Poiché il prodotto di inerzia risulta essere pari a zero, i momenti di inerzia calcolati e gli assi baricentrici del sistema risultano essere centrali di inerzia. Dalla relazione:

tg2ϕ =

2 I xy Ix − I y

= 0,

(18.7)

si ottiene ϕ = 0° (Fig. 18.3).


I x* =

I *y =

Ix + I y 2

Ix + I y 2

2

 Ix − I y  2 4 +   + I xy = I x = 2647.45 cm , 2  

(18.8a)

 Ix − I y  2 4 −   + I xy = I y = 739.08 cm . 2  

(18.8b)

2

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse Esercizio 19: Baricentro e momenti centrali di inerzia di una figura piana a forma di “L” (Tessitore Jessica; Conrotto Andreana). Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia della figura piana Σ rappresentata in Fig. N.1. La figura piana Σ è caratterizzata da una forma ad “L” e può essere vista come l’unione di due sottofigure, Σ1 e Σ2, di forma rettangolare aventi dimensioni pari a 3 cm×12 cm e 10 cm×3 cm, rispettivamente (Fig. N.1).

3

∑₂

3

15

∑₁

10


Tale schematizzazione consente di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle figure Σ1 e Σ2. Si indichino, a tal proposito, con {G i , xi , y i } (i=1,2) due sistemi di riferimento “locali”, aventi rispettivamente origine nel baricentro del corrispondente rettangolo Σi ed assi xi e yi


(i=1,2) paralleli ai lati dei due rettangoli. Inoltre, l’asse x1 sia parallelo e concorde a x2 e l’asse y1 sia parallelo e concorde a y2 . Si introduca inoltre un sistema di riferimento “globale”

{O, x , y }


arbitrario punto O del piano (Fig. N.2). Il sistema globale abbia gli assi paralleli a quelli dei sistemi locali, assunti coincidenti con gli assi centrali di inerzia dei due rettangoli Σ1 e Σ₂.

x

Σ1

O y

x₁

G₁ y₁

x₂

G G₂

Σ2

y₂

Figura N.2: Sistemi di riferimento locali {G1 , x1 , y1} e {G2 , x2 , y2 } e sistema di riferimento globale {O, x, y} (misure in cm).

Le coordinate del baricentro G sono calcolabili per il tramite delle relazioni ((4.12) del capitolo primo):


gx = −

gy =

Sy A

=−

S y(1) + S y(2) A(1) + A(2)

,

S x S x(1) + S x(2) = . A A(1) + A(2)

(N.1a)

(N.1b)



S x(1) = ty(1) A(1) = 6 ⋅ (3 ⋅12) cm3 = 216 cm3 ,

(N.2a)

S x(2) = ty(2) A(2) = 13,5 ⋅ (10 ⋅ 3) cm3 = 405 cm3 ,

(N.2b)

S y(1) = − tx(1) A(1) = − 8.5 ⋅ (3 ⋅ 12) cm3 = − 306 cm3 ,

(N.2c)

S y(2) = − tx(2) A(2) = − 5 ⋅ (3 ⋅ 10) cm3 = − 150 cm3 ,

(N.2d)



gx =

456 cm = 6.91 cm , 66

(N.3a)

621 cm = 9.41 cm . 66

(N.3b)

gy =


( )

( )

(N.4a)

( )

(N.4b)

2 2 I x = I x(1) + I x(2) =  I x(1) + A(1) t y(1)  +  I x(2)2 + A(2) t y(2)  ,  1   

( )  +  I

I y = I y(1) + I y(2) =  I y(1)1 + A(1) t x(1) 

2

(2) y2

2 + A(2) t x(2)  , 


(N.4c)

dove (Fig. N.3):

I x(1) = 1

3 ⋅ 123 12 ⋅ 33 cm 4 = 432 cm 4 , I y(1)1 = cm 4 = 27 cm 4 , 12 12

(N.5a,b)

I x(2)2 =

10 ⋅ 33 cm 4 = 22.5 cm 4 , 12

(N.5c,d)

t x(1) = − 3.41 cm ,

t x(2) = 4.09 cm ,

I y(2)2 =

3 ⋅ 103 cm 4 = 250 cm 4 ; 12

(N.6a,b)


t y(1) = − 1.59 cm ,

t y(2) = 1.91 cm .

(N.6c,d)

x

O y

G₁ G

4.09

x

3.41

1.59

G₂ y 1.91

Figura N.3: Sistema di riferimento baricentrico {G , x, y} (misure in cm). Sviluppando i calcoli si ottiene: I x =  432 + (3 ⋅ 12) ⋅ ( − 1.59) 2  cm 4 +  22.5 + (10 ⋅ 3) ⋅ (1.91) 2  cm 4 = = 654.95 cm 4 ,

(N.7a)

I y =  27 + (3 ⋅10) ⋅ (-3.41)2  cm 4 +  250 + (10 ⋅ 3) ⋅ (4.09)2  cm 4 = = 1197.45 cm 4 ,

(N.7b)

I xy = [ −(3 ⋅ 12) ⋅ (−3.41) ⋅ (−1.59)] cm4 + [ −(10 ⋅ 3) ⋅ (4.09) ⋅ (1.91) ] cm4 = −429.53cm 4 .

(N.7c)

A questo punto è possibile determinare gli assi centrali di inerzia, x* e y* , e i momenti centrali di inerzia, I x* e I *y , della figura. Si segue il procedimento illustrato nel § 5.6 del


capitolo primo del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES], basato sulla costruzione del cerchio di Mohr del tensore di inerzia relativo al polo G (Fig. N.4).

Imn P**

75.35°

B

P₂

C

A 29.29°

In

P₁

Y*

Ixy

X*

P*

Iy * Iy Ix Ix * Figura N.4: Cerchio di Mohr del tensore di inerzia relativo al polo G.

Dalla relazione:

tg2ϕ =

2 I xy Iy − Ix

=−

2 ⋅ (−429.53) = − 1.637 , 1197.45 − 654.95

(N.8)

si ottiene: .

(N.9)

La (N.9) fornisce due soluzioni nell’intervallo [-90°, 90°]: ϕ = −29.29° e ϕ = 75.35° . Esse

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse rappresentano le inclinazioni rispetto all’asse x dei due assi centrali x* e y * . Per quanto riguarda i momenti centrali I x* e I *y , ricordando le (5.23) del capitolo primo, è facile verificare che risulta:

I = * x

I *y =

Ix + I y 2

Ix + Iy 2

2

 Ix − I y  2 4 +   + I xy = 1434.2cm ,  2 

(N.10a)

2

 Ix − I y  2 4 −   + I xy = 418.20cm . 2  

(N.10b)

Raccolta degli esercizi del corso di Scienza delle Costruzioni I – Prof. Luciano Feo Esercizio 22: Baricentro e momenti centrali di inerzia di una figura piana Σ (Avallone Fabrizio; Landi Cristina; Pierro Federica). Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia della figura piana Σ rappresentata in Fig. N.1. La figura piana Σ può essere vista come l’unione di due sottofigure, Σ1 e Σ2, una di forma rettangolare aventi dimensioni pari a 10 cm×20 cm e una di forma circolare di raggio 5 cm (Fig. N.1).

Σ

2

5

Σ

1

20

10

Figura N.1: Figura piana Σ e sua suddivisione in due sottofigure elementari (misure in cm).

Tale schematizzazione consente di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle figure Σ1 e Σ2. Si indichino, a tal proposito, con {G i , xi , y i } (i=1,2) due sistemi di riferimento “locali”, aventi rispettivamente origine nel baricentro della corrispondente figura Σi ed assi xi e yi (i=1,2). Inoltre, l’asse x1 sia parallelo e concorde a x2 e l’asse y1 sia parallelo e concorde a y2 .

{O, x , y }

Si introduca inoltre un sistema di riferimento “globale”


arbitrario punto O del piano (Fig. N.2). Il sistema globale abbia gli assi paralleli a quelli dei sistemi locali, assunti coincidenti con gli assi centrali di inerzia delle due figure Σ1 e Σ2.

Σ

x2

2

G2 5

y2

Σ

1

x1

G1

20

y1

_ x

O

_ y

10




gx = −

gy =

Sy A

=−

S y(1) + S y(2) A(1) + A(2)

,

S x S x(1) + S x(2) = . A A(1) + A(2)

(N.1a)

(N.1b)

D’altra parte, i momenti statici, S x(i ) e S y(i ) , del generica figura Σi rispetto agli assi x e y possono calcolarsi applicando le leggi del trasporto presentate nel § 4.3 del capitolo primo del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES]. Infatti, ricordando che in corrispondenza dei sistemi baricentrici {Gi , xi , yi } (i=1,2) tali momenti (indicati rispettivamente con S x(ii ) e S y(ii ) ) sono nulli, e facendo uso delle equazioni (4.11) del § 4.3 del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES], si ottiene:

S x(1) = ty(1) A(1) = − 10 ⋅ (10 ⋅ 20) cm3 = − 2000 cm3 ,

(N.2a)

S x(2) = ty(2) A(2) = 5 ⋅ (8 ⋅ 25) cm3 = 1000 cm3 ,

(N.2b)

S y(1) = − tx(1) A(1) = − 25 ⋅ (π ⋅ 25) cm3 = − 1963.495 cm3 ,

(N.2c)

S y(2) = − tx(2) A(2) = 5 ⋅ (π ⋅ 25) cm3 = 392.699 cm3 ,

(N.2d)



gx =

−1392.699 cm = − 5 cm , 278.54

(N.3a)

gy =

−3963.499 cm = − 14.23 cm . 278.54

(N.3b)


( )

( )

(N.4a)

( )

(N.4b)


( )  +  I

I y = I y(1) + I y(2) =  I y(1)1 + A(1) t x(1) 

2

(2) y2

2 + A(2) t x(2)  , 


(N.4c)

dove (Fig. N.3):

I x(1) = 1

10 ⋅ 203 cm 4 = 6'666.67 cm 4 , 12

(N.5a,b)


I y(1)1 =

20 ⋅ 103 cm 4 = 1'666.67 cm 4 , 12

I x(2)2 =

π ⋅ 54 cm 4 = 490.625 cm 4 , 4

t x(1) = − 10 cm ,

t y(1) = 5 cm ,

I y(2)2 =

π ⋅ 54 cm 4 = 490.625 cm 4 ; 4

t x(2) = − 25 cm ,

(N.6a,b)

t y(2) = 5 cm .

(N.6c,d)

Σ

x2

2

G2 5

y2

10,77

x

G

Σ

1

4,23

x1

G1

20

y1 y 10


(N.5c,d)


I x = 6 '666.67 + (8 ⋅ 25) ⋅ 4.232  cm 4 +  490.625 + (π ⋅ 25) ⋅ (10.77) 2  cm 4 = = 19846.19 cm 4 ,

I y = [1666.67] cm 4 + [ 490.625] cm 4 =

(N.7a)

(N.7b)

= 2157.53 cm 4 , I xy = 0 .

(N.7c)

Per la simmetria della figura si ottiene che tali momenti coincidono con i momenti centrali di inerzia, I x* e I *y , della figura. Si segue il procedimento illustrato nel § 5.6 del capitolo primo del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES], basato sulla costruzione del cerchio di Mohr del tensore di inerzia relativo al polo G (Fig. N.4).

I mn

C

O

A = P* =P

B = P**=P

1

2

I y*= 2157 cm

In

4

I x*= 19846 cm

4



Dalla relazione:

tg2ϕ =

2 I xy Ix − Iy

= 0,

(N.8)

si ottiene:

ϕ = arctg(0) = 0 .

(N.9)

Per quanto riguarda i momenti centrali I x* e I *y , ricordando le (5.23) del capitolo primo, è facile verificare che risulta: I x* =

I

* y

=

Ix + I y 2

Ix + Iy 2

2

 Ix − I y  2 4 +   + I xy = 19846.19 cm ,  2 

(N.10a)

2

 Ix − I y  2 4 −   + I xy = 2157.53 cm .  2 

(N.10b)



Esercizio 23: Baricentro e momenti centrali di inerzia di un sistema di figure costituito dall’unione di tre figure piane, due di forma rettangolare e l’altra a forma di cerchio (Serio Roberto; Rambaldo Lorenzo; Longobardi Adriano;). Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia del sistema di figure piane di Fig. N.1, costituito dall’unione di tre figure piane, due di forma rettangolare e l’altra a forma di cerchio.

1

6

Σ1

2

Σ3 Σ2

5

1,5

Figura N.1: Figura formata dall’unione di tre figure piane, due di forma rettangolare e l’altra a forma di cerchio (misure in cm).

La suddivisione del sistema Σ, di area A, in due rettangoli, Σ1, Σ2, ed un cerchio Σ3 rappresentati in Fig. N.1, consente al solito di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle singole figure.

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse Similmente a quanto già visto nell’esercizio precedente, si indicano con {G i , xi , y i } (i=1,2,3) i tre sistemi di riferimento “locali”, aventi rispettivamente origine nel baricentro del corrispondente rettangolo Σi ed assi xi e yi (i=1,2,3) paralleli ai lati delle figure, e con

{O, x , y }


piano (Fig. N.2). 1

x3

G

x1

_ x

6

1

2

G3

5

y3 y1

x2 O

G2

1,5

y2

_ y Figura N.2: Sistemi di riferimento locali {Gi , xi , yi } e sistema globale {O, x , y} (misure in cm).

(i ) Con ovvio significato dei simboli (il simbolo ( ⋅ ) denota la generica grandezza riferita alla

(i ) figura Σi nel sistema locale, il simbolo ( ⋅ ) denota la stessa grandezza nel sistema di (i ) (i ) riferimento {O, x , y } ), i momenti statici, S x e S y , della generica figura Σi rispetto agli assi

x e y possono calcolarsi utilizzando le relazioni: (N.1a)


S x(1) = ty(1) A(1) = − 3.5 ⋅ (1 ⋅ 6.5) cm3 = − 21.125cm3 ,

S y(1) = − tx (1) A(1) = 0.5 ⋅ (1 ⋅ 6.5) cm3 = 3.25 cm3 ,

(N.1b)

S x(2) = ty(2) A(2) = − 0.75 ⋅ (6 ⋅ 1.5) cm3 = − 6.75 cm3 ,

(N.1c)

S y(2) = − tx (2) A(2) = 4 ⋅ (6 ⋅ 1.5) cm3 = 36 cm3 ,

(N.1d)

S x(3) = ty(3) A(3) = − 3.5 ⋅ (π ⋅ 22 ) cm3 = 44cm3 ,

(N.1e)

S y(3) = − tx (3) A(3) = 7 ⋅ (π ⋅ 22 ) cm3 = 88 cm3 ,

(N.1f)

(i ) (i ) dove si sono indicate con tx e ty , rispettivamente, l’ascissa e l’ordinata di Gi rispetto al

sistema di riferimento {O, x , y } . Pertanto, le coordinate del baricentro G di Σ rispetto al sistema "globale" {O, x , y} sono le seguenti:

gx = −

gy =

Sy A

=−

S y(1) + S y( 2) + S y(3) A(1) + A( 2) + A(3)

=

127.25 cm = − 4.53 cm , 12.57

S x S x(1) + S x(2) + S x(3) + S x(4) −71.875 = = cm = − 2.56 cm . A A(1) + A(2) + A(3) + A(4) 12.57

(N.2a)

(N.2b)

Si passa quindi al calcolo dei momenti di inerzia e del momento centrifugo di Σ rispetto al sistema di riferimento baricentrico {G, x, y} , riportato in Fig. N.3. Operando come

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse nell’esempio precedente, si ottiene:

3

Ix = ∑ Ix

(i )

i =1

3

Iy = ∑ Iy i =1

3

= ∑  I X (i ) + A( i ) (t y ( i ) ) 2  ,

(N.3a)

i =1

(i )

3

= ∑  IY ( i ) + A(i ) (t x (i ) )2  ,

(N.3b)

i =1

3

3

i =1

i =1


(N.3c)

2,47

4,03

x*

x3

G1 x

_ x

x1 0,69 2,56

G3 0,94

G

y1

1,81

x2

y3

0,53

G2

O

y2 4,53

_ y y

y* Figura N.3: Baricentro G e assi principali di inerzia (misure in cm).


dove: I x(1)1 =

1 ⋅ 6.53 cm 4 = 22.88 cm 4 , 12

I x(2) = 2

6 ⋅ 1.53 cm 4 = 1.68 cm 4 , 12

I x(3) = 3

3.14 ⋅ 24 cm 4 = 12.56 cm 4 , 4

I y(1)1 =

6.5 ⋅ 13 cm 4 = 0.54 cm 4 , 12

(N.4a,b)

1.5 ⋅ 63 cm 4 = 27 cm 4 , 12

(N.4c,d)

I y(2) = 2

I y(3) = 3

3.14 ⋅ 24 cm 4 = 12.56 cm 4 , 4

(N.4e,f)

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse (i ) (i ) ed inoltre t x e t y sono le coordinate del baricentro della figura Σi (i=1,2,3) rispetto al

sistema di riferimento {G, x, y} . Queste ultime valgono: t x(1) = + 4.03 cm ,

t x(2) = + 0.53 cm ,

t x(3) = − 2.47 cm ,

t y(1) = − 0.69 cm ,

t y(2) = + 1.81 cm ,

t y(3) = − 0.94 cm ,

(N.5a,b)

(N.5c,d)

(N.5e,f)


I x =  22.88 + (1 ⋅ 6.5) ⋅ (-0.69) 2  cm 4 + 1.68 + (6 ⋅1.5) ⋅ (1.81) 2  cm 4 + + 12.56 + (π ⋅ 2 2 ) ⋅ (-0.94) 2  cm 4 = 80.80cm 4 ,

I y =  0.54 + (6.5 ⋅1) ⋅ (4.03) 2  cm 4 +  27 + (6 ⋅ 1.5) ⋅ (0.53) 2  cm 4 + + 12.56 + (π ⋅ 2 2 ) ⋅ (-2.47) 2  cm 4 = 224.88 cm 4 ,

I xy = [ − (1 ⋅ 6.5) ⋅ (4.03) ⋅ ( −0.69) ] cm 4 + [ − (6 ⋅ 1.5) ⋅ (0.53) ⋅ (1.81) ] cm 4 + +  − (π ⋅ 2 2 ) ⋅ ( −2.47) ⋅ ( −0.94)  cm 4 = − 19.74cm 4 .

(N.6a)

(N.6b)

(N.6c)

* * Si passa infine a determinare gli assi centrali di inerzia, x e y , e i momenti centrali di

* * inerzia, I x e I y , del sistema di figure assegnato.

Dalla relazione:


tg2ϕ =

2 I xy Ix − I y

=−

2 ⋅ 19.74 , 80.80 − 224.88

(N.7)

si ottiene ϕ = −7.66° (Fig. N.3).


I x* =

I

* y

=

Ix + I y 2

Ix + I y 2

2

 Ix − I y  2 4 +   + I xy = 227.53 cm , 2  

(N.8a)

 Ix − Iy  2 4 −   + I xy = 78.14 cm .  2 

(N.8b)

2

Si segue il procedimento illustrato nel § 5.6 del capitolo primo del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES], basato sulla costruzione del cerchio di Mohr del tensore di inerzia relativo al polo G (Fig. N.4).


Imn

82,30° y*

P**

O

B

C

A P*

In *

x

7,68° Ix* Ix Iy Iy*



Esercizio 24: Baricentro e momenti centrali di inerzia di un sistema di figure costituito dall’unione di due figure piane: un rettangolo e una corona circolare. (Morrone Carmine, Troisi Giuseppe) Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia del sistema di figure piane di Fig. 24.1, costituito dall’unione di due figure: un rettangolo e una corona circolare.

Figura 24.1: Figura piana formata dall’unione di due figure: un rettangolo e una corona circolare (misure in cm).

La suddivisione del sistema Σ, di area A, in due figure semplici, il rettangolo Σ1 e la corona circolare Σ2, rappresentati in Fig. 24.1, consente al solito di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse algebricamente i corrispondenti momenti delle singole figure. Si indicano con : • {G1 , x1 , y1 } il sistema di riferimento “locale” avente origine nel baricentro del rettangolo Σ1 ed assi x1 e y1 paralleli ai lati del rettangolo (Fig. 24.2).; • {G 2 , x 2 , y 2 } il sistema di riferimento “locale” avente origine nel baricentro della corona circolare Σ2 ed assi x2 e y2 paralleli ai lati del rettangolo Σ1 (Fig. 24.2).; •

{O, x , y}

un sistema di riferimento “globale” avente origine in un arbitrario punto O

del piano (Fig. 24.2).

Figura 24.2: Sistemi di riferimento locali {Gi , xi , yi } (i=1,2) e sistema globale {O, x , y} (misure in cm).

Con ovvio significato dei simboli, il simbolo ( ⋅ )( i ) denota la generica grandezza riferita alla


figura Σi nel sistema locale, il simbolo ( ⋅ )( i ) denota la stessa grandezza nel sistema di riferimento {O, x , y } ), i momenti statici, S x(i ) e S y(i ) , del generico rettangolo Σi rispetto agli assi x e y possono calcolarsi utilizzando le relazioni:

S x(1) = ty(1) A(1) = 8 ⋅ (8 ⋅ 16) cm3 = 1024 cm3 ,

(24.1a)

S y(1) = − tx (1) A(1) = − 4 ⋅ (8 ⋅16 ) cm3 = − 512 cm3 ,

(24.1b)

S x(2) = − ty(2) A(2) = − 4 ⋅ [π ⋅ 42 − π ⋅ (4 − 0.5) 2 ] cm3 = − 47.12 cm3 ,

(24.1c)

S y(2) = − tx (2) A(2) = − 4 ⋅ [π ⋅ 42 − π ⋅ (4 − 0.5)2 ] cm3 = − 47.12 cm3

(24.1d)


gx = −

gy =

Sy A

=−

S y(1) + S y(2) A(1) + A(2)

=

559,12 cm = 4 cm , 139, 78

S x S x(1) + S x(2) 976,88 = = cm = 6,99 cm . A A(1) + A(2) 139, 78

(24.2a)

(24.2b)

Si passa quindi al calcolo dei momenti di inerzia e del momento centrifugo di Σ rispetto al sistema di riferimento baricentrico {G, x, y} , riportato in Fig. 24.3. Operando come nell’esempio precedente, si ottiene:

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse 2

2

i =1

i =1

2

2

i =1

i =1

2

2

i =1

i =1

I x = ∑ I x(i ) = ∑  I x(ii ) + A( i ) (t y( i ) ) 2  ,

(24.3a)

I y = ∑ I y(i ) = ∑  I y( ii ) + A( i ) (t x( i ) ) 2  ,

(24.3b)


(24.3c)


dove: I x(1)1 =

8 ⋅ 163 cm 4 = 2730, 67 cm 4 , 12

I y(1)1 =

16 ⋅ 83 cm 4 = 682, 67 cm 4 , 12

(24.4a,b)


I x(2) = 2

I y(1)2 =

π ⋅ 44 4

π ⋅ 44 4

-

-

π ⋅ (4 − 0,5) 4 4

π ⋅ (4 − 0, 5) 4 4

cm 4 = 83, 2 cm 4 ,

(24.4c)

cm 4 = 83, 2 cm 4

(24.4d)


t x(1) = 0 cm ,

t x(2) = 0cm ,

t y(1) = 1.01 cm ,

t y(2) = − 10.99 cm ,

(24.5a,b)

(24.5c,d)


I x =  2730.67 + (8 ⋅ 16) ⋅ (1.01) 2  cm 4 + + 83.2 + [π ⋅ 4 2 − π ⋅ (4 − 0.5) 2 ] ⋅ (10.99) 2  cm 4 = 4367.35 cm 4 ,

(24.6a)

I y =  682.67 + (8 ⋅16) ⋅ (0) 2  cm 4 + + 83.2 + [π ⋅ 4 2 − π ⋅ (4 − 0.5) 2 ] ⋅ (0) 2  cm 4 = 765.87cm 4 ,

(24.6b)

I xy = [ − (8 ⋅ 16) ⋅ (0) ⋅ (1.01) ] cm 4 + [ − (6 ⋅ 1) ⋅ (0) ⋅ (10.99) ] cm 4 = 0 cm 4 .

(24.6c)



tg2ϕ =

2 I xy Ix − I y

=−

0 = 0, 4367.35 − 765.87

(24.7)



I x* =

I *y =

Ix + I y 2

Ix + I y 2

2

 Ix − Iy  2 4 +   + I xy = 4367.35 cm , 2  

(N.8a)

 Ix − I y  2 4 −   + I xy = 765.87 cm . 2  

(N.8b)

2

Si segue il procedimento illustrato nel § 5.6 del capitolo primo del libro di teoria [L. Ascione,




Esercizio 25: Baricentro e momenti centrali di inerzia di un sistema di figure costituito dall’unione di due figure piane (Faiella Mariarosaria; Festa Biagio). Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia del sistema di figure piane di Fig. 25.1.

Figura 25.1: Figura piana formata dall’unione di tre rettangoli e un cerchio (misure in cm).

La suddivisione del sistema Σ di area A in tre rettangoli Σ1, Σ2, Σ3 e

un cerchio Σ4,

rappresentati in Fig. 25.1, consente al solito di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle singole figure.

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse Si indicano con {G i , xi , y i } (i=1,2,3,4) i quattro sistemi di riferimento “locali”, aventi rispettivamente origine nel baricentro del corrispondente rettangolo Σi ed assi xi e yi (i=1,2,3,4) paralleli ai lati dei rettangoli, e con {O, x , y} un sistema di riferimento “globale” avente origine in un arbitrario punto O del piano (Fig. 25.2).




S x(1) = ty(1) A(1) = 1 ⋅ (2 ⋅ 14) cm3 = 28 cm3 ,

(25.1a)

S y(1) = − tx (1) A(1) = − 7 ⋅ (2 ⋅ 14) cm3 = − 196 cm3 ,

(25.1b)

S x(2) = ty(2) A(2) = 14 ⋅ (2 ⋅ 14) cm3 = 392 cm3 ,

(25.1c)

S y(2) = − tx (2) A(2) = − 7 ⋅ (2 ⋅ 14) cm3 = − 196 cm3 ,

(25.1d)

S x(3) = ty(3) A(3) = 7.5 ⋅ (11 ⋅ 2) cm3 = 165 cm3 ,

(25.1e)

S y(3) = − tx (3) A(3) = − 7 ⋅ (11 ⋅ 2) cm3 = − 154 cm3 ,

(25.1f)

S x(4) = ty(4) A(4) = 11 ⋅ (3.14 ⋅ 22 ) cm3 = 138.16 cm3 ,

(25.1g)

S y(4) = − tx (4) A(4) = 0 ⋅ (3.14 ⋅ 22 ) cm3 = 0 cm3 ,

(25.1h)


gy =

Sy

S y(1) + S y(2) + S y(3) + S y(4)

546 cm = 6.03 cm , 90.56

(25.2a)

S x S x(1) + S x(2) + S x(3) + S x(4) 723.16 = = cm = 7.98 cm . 90.56 A A(1) + A(2) + A(3) + A(4)

(25.2b)

gx = −

A

=−

A +A (1)

(2)

+A

(3)

+A

(4)

=

Si passa quindi al calcolo dei momenti di inerzia e del momento centrifugo di Σ rispetto al

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse sistema di riferimento baricentrico {G, x, y} , riportato in Fig. 25.3. Operando come nell’esempio precedente, si ottiene:

4

4

i =1

i =1

4

4

i =1

i =1

4

4

i =1

i =1

I x = ∑ I x(i ) = ∑  I x(ii ) + A( i ) (t y( i ) ) 2  ,

I y = ∑ I y(i ) = ∑  I y(ii ) + A(i ) (tx(i) ) 2  ,



(25.3a)

(25.3b)

(25.3c)


dove:

I x(1)1 =

14 ⋅ 23 cm 4 = 9.33 cm 4 , 12

I x(2) = 2

14 ⋅ 23 cm 4 = 9.33 cm 4 , 12

I x(3) = 3

2 ⋅ 113 cm 4 = 221.83 cm 4 , 12

I x(4) = 4

3.14 ⋅ 24 cm 4 = 12.56 cm 4 , 4

I y(1)1 =

2 ⋅ 143 cm 4 = 457.33 cm 4 , 12

I y(2) = 2

2 ⋅ 143 cm 4 = 457.33 cm 4 , 12

(25.4c,d)

11 ⋅ 23 cm 4 = 7.33 cm 4 , 12

(25.4e,f)

3.14 ⋅ 24 cm 4 = 12.56 cm 4 , 4

(25.4g,h)

I y(3) = 3 I y(4) = 4

(25.4a,b)


t x(1) = 0.97 cm ,

t y(1) = − 6.98 cm ,

(25.5a,b)

t x(2) = 0.97 cm ,

t y(2) = 6.02 cm ,

(25.5c,d)

t x(3) = 0.97 cm ,

t y(3) = − 0.48 cm ,

(25.5e,f)

t x(4) = − 6.03 cm ,

t y(4) = 3.02 cm .

(25.5g,h)


Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse I x =  9.33 + (14 ⋅ 2) ⋅ (-6.98) 2  cm 4 +  9.33 + (14 ⋅ 2) ⋅ (6.02) 2  cm 4 + +  221.83 + (2 ⋅11) ⋅ (-0.48) 2  cm 4 + 12.56 + (3.14 ⋅ 2 2 ) ⋅ (3.02) 2  cm 4 = 2'751.57 cm 4 , (25.6a)

I y =  457.33 + (14 ⋅ 2) ⋅ (0.97) 2  cm 4 +  457.33 + (14 ⋅ 2) ⋅ (0.97) 2  cm 4 + +  7.33 + (2 ⋅ 11) ⋅ (0.97) 2  cm 4 + 12.56 + (3.14 ⋅ 2 2 ) ⋅ (-6.03) 2  cm 4 = 1'464.64 cm 4 ,

I xy = [ − (14 ⋅ 2) ⋅ (−6.98) ⋅ (0.97)] cm4 + [ − (14 ⋅ 2) ⋅ (6.02) ⋅ (0.97)] cm4 + + [ − (2 ⋅ 11) ⋅ (−0.48) ⋅ (0.97)] cm4 + − (3.14 ⋅ 22 ) ⋅ (3.02) ⋅ (−6.03) cm4 = 265.04 cm4 .

(25.6b)

(25.6c)


tg2ϕ =

2 I xy Ix − I y

=

2 ⋅ 265.04 = 0.412 , 2'751.57 − 1'464.64

(25.7)



I

* x

I

* y

=

=

Ix + I y 2

Ix + I y 2

2

 Ix − Iy  2 4 +   + I xy = 2 '804.02 cm ,  2 

(25.8a)

 Ix − I y  2 4 −   + I xy = 1'412.19 cm . 2  

(25.8b)

2


Si segue il procedimento illustrato nel § 5.6 del capitolo primo del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES], basato sulla costruzione del cerchio di Mohr del tensore di inerzia relativo al polo G (Fig. 25.4).


Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse Esercizio 26: Baricentro e momenti centrali di inerzia di un sistema di figure costituito dall’unione di due figure piane: un rettangolo “forato” e un cerchio. (Guida Dalila; Maffia Tommasina; Russo Federica). Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia del sistema di figure piane di Fig. N.1, costituito dall’unione di un rettangolo “forato” e un cerchio.

S5

4

4

S1

2

S4

S2

8

S3 2

2

4

2

Figura 1: Figura piana formata dall’unione di due figure a forma di “L” (misure in cm, scala 1:2).

La suddivisione del sistema Σ, di area A, in quattro rettangoli, Σ1, Σ2, Σ3 e Σ4 ed un cerchio Σ5, rappresentati in Fig. N.1, consente al solito di calcolare i momenti del primo ordine (momenti


statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle singole figure. Si indicano con {G i , xi , y i } (i=1,2,3,4,5) i cinque sistemi di riferimento “locali”, aventi rispettivamente origine nel baricentro del corrispondente rettangolo Σi ed assi xi e yi (i=1,2,3,4,5) paralleli ai lati dei rettangoli, e con

{O, x , y}

un sistema di riferimento

“globale” avente origine in un arbitrario punto O del piano (Fig. N.2).

S5

4 G5

x5

x1

G1

S2 x2

4

y5

_ x

G2

y1

2

S1 S4

2

G4

x4

8

y4

y2 x3

O

G3

4

y3

S3 2

2 _ y {G , x , y }

i i i Figura 2: Sistemi di riferimento locali {O, x , y} e sistema globale (misure in cm, scala 1:2).


I momenti statici, S x( i ) e S y( i ) , delle generiche figure piane Σi rispetto agli assi x e y possono calcolarsi utilizzando le relazioni:

S x(1) = ty(1) A(1) = 1 ⋅ (8 ⋅ 2) cm3 = 16 cm3 ,

S y(1) = − tx (1) A(1) = − 4 ⋅ (8 ⋅ 2) cm3 = − 64 cm3 ,

S x(2) = ty(2) A(2) = 6 ⋅ (2 ⋅ 8) cm3 = 96 cm3 , S y(2) = − tx (2) A(2) = − 7 ⋅ (2 ⋅ 8) cm3 = − 112 cm3 , S x(3) = ty(3) A(3) = 11 ⋅ (8 ⋅ 2) cm3 = 176 cm3 , S y(3) = − tx (3) A(3) = − 4 ⋅ (8 ⋅ 2) cm3 = − 64 cm3 , S x(4) = ty(4) A(4) = 6 ⋅ (2 ⋅ 8) cm3 = 96 cm3 , S y(4) = − tx (4) A(4) = − 1 ⋅ (2 ⋅ 8) cm3 = − 16 cm3 , S x(5) = − ty(5) A(5) = − 4 ⋅ (π ⋅ 42 ) cm3 = − 201.06 cm3 , S y(5) = − tx (5) A(5) = − 4 ⋅ (π ⋅ 42 ) cm3 = − 201.06 cm3 , dove si sono indicate con tx( i ) e ty( i ) , rispettivamente, l’ascissa e l’ordinata di Gi rispetto al sistema di riferimento {O, x , y} . Pertanto, le coordinate del baricentro G di Σ rispetto al sistema "globale" {O, x , y} sono le seguenti:


Sy

gx =

A

gy =

=

S y(1) + S y(2) + S y(3) + S y(4) + S y(5) A +A (1)

(2)

+A

(3)

+A

(4)

+A

(5)

=−

457.04 cm = − 4 cm , 114.26

S x S x(1) + S x(2) + S x(3) + S x(4) + S x(5) 182.96 cm = 1.60 cm . = = A A(1) + A(2) + A(3) + A(4) + A(5) 114.26

Si passa quindi al calcolo dei momenti di inerzia e del momento centrifugo di Σ rispetto al sistema di riferimento baricentrico {G, x, y} , riportato in Fig. N.3., e si ottiene:

5

5

i =1

i =1

5

5

i =1

i =1

5

5

i =1

i =1

I x = ∑ I x( i ) = ∑  I x(ii ) + A(i ) (t y(i ) ) 2  ,

I y = ∑ I y( i ) = ∑  I y(ii ) + A(i ) (t x(i ) ) 2  ,

I xy = ∑ I xy( i ) = ∑  A( i ) t x(i ) t y(i )  ,

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse dove:

G5

x5

y5

_

x

x=x*

x2

x1

1 0,6

G1 G

G2

x4

4

O

4,4

y=y*=y1 G4 y4

y2

5

G3

x3

_

y3

3

y

3

1

Figura 3: Baricentro G e assi principali di inerzia (misure in cm, scala 1:2).

I x(1)1 =

8 ⋅ 23 cm 4 = 5.33 cm 4 , 12

I y(1)1 =

2 ⋅ 83 cm 4 = 85.33 cm 4 , 12

I x(2) = 2

2 ⋅ 83 cm 4 = 85.33 cm 4 , 12

I y(2) = 2

8 ⋅ 23 cm 4 = 5.33 cm 4 , 12

I x(3) = 3

8 ⋅ 23 cm 4 = 5.33 cm 4 , 12

I y(3) = 3

2 ⋅ 83 cm 4 = 85.33 cm 4 , 12


I x(4) = 4

I x(5) = 5

2 ⋅ 83 cm 4 = 85.33 cm 4 , 12

π ⋅ 44 4

cm 4 = 201.06 cm 4 ,

I y(4) = 4

I y(5) = 5

8 ⋅ 23 cm 4 = 5.33 cm 4 , 12

π ⋅ 44 4

cm 4 = 201.06 cm 4 ,

ed inoltre t x(i ) e t y(i ) sono le coordinate del baricentro della figura Σi (i=1,2,3,4,5) rispetto al sistema di riferimento {G, x, y} . Queste ultime valgono:

t x(1) = 0 cm ,

t y(1) = − 0.6 cm ,

t x(2) = − 3 cm ,

t y(2) = 4.4 cm ,

t x(3) = 0 cm ,

t y(3) = 10.4 cm ,

t x(4) = 3 cm ,

t y(4) = 4.4 cm .

t x(5) = 0 cm ,

t y(5) = − 5.6 cm .


Ix = 5.33+ (8⋅ 2) ⋅ ( −0.6)2  cm4 + 85.33+ (2⋅8) ⋅ (4.4)2  cm4 + 5.33+ (8⋅ 2) ⋅ (10.4)2  cm4 + + 85.33+ (2⋅8) ⋅ (4.4)2  cm4 + 201.06 + (π ⋅ 42 ) ⋅ ( −5.6)2  cm4 = 4314.37 cm4 ,


I y = 85.33 + (2 ⋅ 8) ⋅ (0)2  cm4 + 5.33 + (8⋅ 2) ⋅ (-3)2  cm4 + 85.33 + (2 ⋅ 8) ⋅ (0)2  cm4 + + 5.33 + (8 ⋅ 2) ⋅ (3)2  cm4 + 201.06 + (π ⋅ 5) ⋅ (0)2  cm4 = 670.38 cm4 ,

I xy = [ (8 ⋅ 2) ⋅ (−0.6) ⋅ (0)] cm4 + [ (2 ⋅ 8) ⋅ (4.4) ⋅ (−3)] cm4 + [ (8 ⋅ 2) ⋅ (10.4) ⋅ (0)] cm4 + + [ (2 ⋅8) ⋅ (4.4) ⋅ (3)] cm4 + (π ⋅42 ) ⋅ (−5.6) ⋅ (0) cm4 = 0 cm4 .


tg2ϕ =

2 I xy Ix − I y

=

2 ⋅ 0 = 0, 4314.37 − 670.38

si ottiene ϕ = 0° (Fig. N.3).


I x* =

I *y =

Ix + I y 2

Ix + Iy 2

2

 Ix − I y  2 4 +   + I xy = 4314.37 cm , 2  

2

 Ix − I y  2 4 −   + I xy = 670.38 cm . 2  


Esercizio 28: Baricentro e momenti centrali di inerzia di un sistema di figure costituito dall’unione di un rettangolo e un cerchio forati. (Galluccio Angela; Giordano Andrea; Isabella Giuliana). Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia della figura piana Σ rappresentata in Fig. N.1.

Σ

3

2,6

Σ

3

4

0,4

Σ

18

1

Σ

2

6

Figura N.1: Figura piana costituita dall’unione di un rettangolo e un cerchio forati (misure in cm).

La figura piana Σ può essere vista come l’unione del rettangolo Σ1 , avente dimensioni pari a 6 cm×18 cm, forato concentricamente dal rettangolo Σ2, avente dimensioni pari a 5.2 cm×17.2 cm, con il cerchio Σ3 , di raggio 3 cm, forato dal cerchio Σ4, di

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse raggio 2.6 cm (Fig. N.1). La suddivisione del sistema Σ, di area A, consente di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle figure Σ1 e Σ3 cui vengono sottratti i momenti delle figure Σ2 e Σ4. Si indichino, a tal proposito, con {G i , xi , y i } (i=1,2,3,4) i quattro sistemi di riferimento “locali”, aventi rispettivamente origine nel baricentro del corrispondente rettangolo Σi ed assi

xi e yi (i=1,2,3,4) paralleli ai lati dei rettangoli, e con {O, x , y} un sistema di riferimento “globale” avente origine in un arbitrario punto O del piano (Fig. N.2).

Figura N.2: Sistemi di riferimento locali {Gi , xi , yi } e sistema globale {O, x , y} (misure in cm).



S x(1) = ty(1) A(1) = 9 ⋅ (6 ⋅ 18) cm3 = 972 cm3 ,

(N.1a)

S y(1) = − tx (1) A(1) = − 3 ⋅ (6 ⋅ 18) cm3 = − 324 cm3 ,

(N.1b)

S x(2) = ty(2) A(2) = 9 ⋅ (5.2 ⋅ 17.2) cm3 = 804.96 cm3 ,

(N.1c)

S y(2) = − tx (2) A(2) = − 3 ⋅ (5.2 ⋅ 17.2) cm3 = − 268.32 cm3 ,

(N.1d)

S x(3) = ty(3) A(3) = − 3 ⋅ (32 ⋅ π ) cm3 = − 84.78 cm3 ,

(N.1e)

S y(3) = − tx (3) A(3) = − 3 ⋅ (32 ⋅ π ) cm3 = − −84.78 cm3 , S

(4) x

= ty A

= − 3 ⋅ (2.6 ⋅ π ) cm = − 63.69 cm ,

S

(4) y

= − tx A

(4)

(4)

(4)

(4)

2

3

3

(N.1g)

= − 3 ⋅ (2.6 ⋅ π ) cm = − 63.69 cm , 2

3

(N.1f)

3

(N.1h)



gx = −

gy =

Sy A

=−

S y(1) − S y( 2) + S y(3) − S y(4) A(1) − A( 2) + A(3) − A(4)

=−

−76.77 cm = 3 cm , 25.59

S x S x(1) − S x(2) + S x(3) − S x(4) 145.95 = = cm = 5.7 cm . A A(1) − A(2) + A(3) − A(4) 25.59

(N.2a)

(N.2b)


4

4

i =1

i =1

4

4

i =1

i =1

4

4

i =1

i =1

I x = ∑ I x(i ) = ∑  I x(ii ) + A( i ) (t y( i ) ) 2  ,

I y = ∑ I y(i ) = ∑  I y(ii ) + A(i ) (tx(i) ) 2  ,


(N.3a)

(N.3b)

(N.3c)


Figura N.3: Baricentro G e assi principali di inerzia (misure in cm).

dove:

18 ⋅ 63 cm 4 = 324 cm 4 , 12

I x(1)1 =

6 ⋅ 183 cm 4 = 2916 cm 4 , 12

I x(2) = 2

5.2 ⋅ 17.23 17.2 ⋅ 5.23 cm 4 = 2204.99 cm 4 , I y(2) = cm 4 = 201.54 cm 4 , 2 12 12

I y(1)1 =

(N.4a,b)

(N.4c,d)


I x(3) = 3 I x(4) = 4

π ⋅ 34 4

cm 4 = 63.58 cm 4 ,

π ⋅ 2.64 4

cm 4 = 35.87 cm 4 ,

I y(3) = 3 I y(4) = 4

π ⋅ 34 4

cm 4 = 63.58 cm 4 ,

π ⋅ 2.64 4

cm 4 = 35.87 cm 4 ,

(N.4e,f) (N.4g,h)


t x(1) = 3.2 cm ,

t x(2) = 3.2 cm ,

t x(3) = − 8.8 cm ,

t x(4) = − 8.8 cm ,

t y(1) = 0 cm ,

t y(2) = 0 cm ,

t y(3) = 0 cm ,

t y(4) = 0 cm .

(N.5a,b)

(N.5c,d)

(N.5e,f)

(N.5g,h)


I x =  2916 + (6 ⋅ 18) ⋅ (3.2) 2  cm 4 −  2204.99 + (5.2 ⋅ 17.2) ⋅ (3.2) 2  cm 4 + +  63.58 + (π ⋅ 32 ) ⋅ (-8.8) 2  cm 4 + −  35.87 + (π ⋅ 2.6 2 ) ⋅ (-8.8) 2  cm 4 = 1473.46 cm 4 ,

(N.6a)

I y = [324 ] cm 4 − [ 201.54 ] cm 4 +

+ [ 63.58] cm 4 − [ 35.87 ] cm 4 = 251.34 cm 4 ,

I xy = 0cm 4 .

(N.6b)

(N.6c)


Si passa infine a determinare gli assi centrali di inerzia, x* e y * , e i momenti centrali di inerzia, I x* e I *y , del sistema di figure assegnato. Essendo la figura dotata di simmetria verticale gli assi centrali di inerzia risultano coincidere con gli assi baricentrici x e y ,e i momenti centrali di inerzia coincidono con quelli calcolati nel baricentro.

Risulta:

I x* = I x = 1473.46 cm 4 ,

(N.7a)

I *y = I y = 150.17 cm 4 .

(N.7b)

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse Esercizio 30: Baricentro e momenti centrali di inerzia di una figura piana costituita da: “ un semicerchio e un quarto di cerchio”.(Roscigno Diego; Venezia Carmine; Calabrese Michela). Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia della figura piana Σ rappresentata in Fig. 30.1. La figura piana Σ è caratterizzata da una “un semicerchio e un quarto di cerchio” che chiameremo rispettivamente Σ1 e Σ2, entrambe di raggio “R” e poste a distanza “d” tra loro (Fig. 30.1).

Figura 30.1: figura piana costituita da: “ un semicerchio e un quarto di cerchio” Tale schematizzazione consente di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle figure Σ1 e Σ2.



{O, x , y }


arbitrario punto O del piano (Fig. 30.2). Il sistema globale abbia gli assi paralleli a quelli dei sistemi locali, assunti coincidenti con gli assi centrali di inerzia dei due rettangoli Σ1 e Σ2.

Figura 30.2: Sistemi di riferimento locali {G1 , x1 , y1} e {G2 , x2 , y2 } e sistema di riferimento globale {O, x , y} .



gx = −

gy =

Sy A

=−

S y(1) + S y(2) A(1) + A(2)

,

S x S x(1) + S x(2) = . A A(1) + A(2)

(30.1a)

(30.1b)



S x(1) = ty(1) A(1) =

4 1 2 R ⋅ ( π R 2 ) = R3 , 3π 2 3

S x(2) = − ty(2) A(2) = − (

4 1 R3 1 R + d ) ⋅ ( π R 2 ) = − ( + π dR 2 ) , 3π 4 3 4

1 S y(1) = tx (1) A(1) = 0 ⋅ ( π R 2 ) = 0 , 2

(30.2a)

(30.2b)

(30.2c)


S y(2) = tx (2) A(2) =

4 1 R3 R ⋅ ( π R2 ) = , 3π 4 3

(30.2d)

dove tx ( i ) e ty( i ) sono, rispettivamente, l’ascissa e l’ordinata di Gi rispetto al sistema di riferimento {O, x , y } . Sostituendo le (30.2) nelle (30.1), si ottiene in definitiva:

1 4 4 g x = − ( R 3 ). =− R, 2 3 3π R 9π

(30.3a)

1 1 4 4 d g y = ( R 3 − π dR 2 ). = R− . 2 3 4 3π R 9π 3

(30.3b)

Si passa ora al calcolo dei momenti di inerzia e del momento centrifugo di Σ rispetto al sistema baricentrico {G, x, y} (Fig. 30.3). Rispetto a tale sistema si indicano con t x(i ) e t y( i ) le coordinate del baricentro della figura Σi (i=1,2). Procedendo come per i momenti statici ed invocando le leggi del trasporto di Huyghens, si ottiene:

( )

( )

(30.4a)

( )

(30.4b)

2 2 I x = I x(1) + I x(2) =  I x(1) + A(1) t y(1)  +  I x(2)2 + A(2) t y(2)  ,    1 

( )  +  I

I y = I y(1) + I y(2) =  I y(1)1 + A(1) t x(1) 

2

(2) y2

2 + A(2) t x(2)  , 


(30.4c)


dove (Fig. 30.3):

I x(1) =( 1

I x(l)2 = (

t x(1) = -

t y(1) =

π 8

π 16

−

8 1 ) R 4 , I y(1)1 = π R 4 , 9π 8

−

4 )R4 , 9π

4 R, 9π

8 d R+ , 9π 3

t x(2) =

I y(1)2 = (

π 16

(30.5a,b)

−

4 ) R4 , 9π

8 R, 9π

t y(2) = − (

16 2 R + d) . 9π 3

Figura 30.3: Sistema di riferimento baricentrico {G , x, y} (misure in cm).

(30.5c,d)

(30.6a,b)

(30.6c,d)



1 8 d 2  π 4 1 16 2  π 8 I x = ( − )R4 + ( π R2 ) ⋅ ( R + )  + ( − )R4 + ( π R2 ) ⋅ (- R - d)2  2 9π 3   16 9π 4 9π 3   8 9π

1 4 4 1 8 1   π  I y =  π R 4 + ( π R 4 ) ⋅ (R)2  +  ( − ) R 4 + ( π R 2 ) ⋅ ( R)2  2 9π 4 9π 8   16 9π 

4 8 d   1 8 16 2   1 I xy =  −( π R 2 ) ⋅ (− R) ⋅ ( R + )  +  −( π R 2 ) ⋅ ( R) ⋅ (− R − d)  2 9 9 3 4 9 9 3  π π π π   

(30.7a)

(30.7b)

(30.7c)

A questo punto è possibile determinare gli assi centrali di inerzia, x* e y* , e i momenti centrali di inerzia, I x* e I *y , della figura. Si segue il procedimento illustrato nel § 5.6 del capitolo primo del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES], basato sulla costruzione del cerchio di Mohr

del tensore di inerzia relativo al polo G (Fig. 30.4).


OSS: Sono stati assegnati dei valori arbitrari utili per la costruzione del cerchio di Mohr (NB: R=4cm,d=0.5cm) .


Dalla relazione:

tg2ϕ =

2 I xy Ix − Iy

=

2 ⋅ 55.11 = 3.48 , 169.70 − 138.07

(30.8)

si ottiene:

1 2

1 2

ϕ = arctg(3.48) = (37° ± k180°)

(k = 0,1, 2,...) .

(30.9)

La (N.9) fornisce due soluzioni nell’intervallo [-90°, 90°]: ϕ = 18.5° e ϕ = 71.50° . Esse rappresentano le inclinazioni rispetto all’asse x dei due assi centrali x* e y * . Per quanto riguarda i momenti centrali I x* e I *y ed i raggi di inerzia è facile verificare che risulta:

ρx e ρ y ,


I x* =

I y* =

Ix + I y 2

Ix + Iy

ρx =

2

2

 Ix − I y  2 4 +   + I xy = 210.72 cm , 2  

(30.10a)

2

 Ix − Iy  2 4 −   + I xy = 96.60 cm , 2  

(30.10b)

I x* = 2.37 cm A

(30.11)

ρy =

I *y A

= 1.60 cm

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse Esercizio 31: Baricentro e momenti centrali di inerzia di una figura scomponibile in rettangoli (D’Agosto Ermanno; Elefante Guido; Trevisone Arnaldo). Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia della figura piana di Fig. 31.1.

4

1

4

1

4

1

Σ

Σ

4

3

Σ

1

Σ

5

1

2

Figura 31.1 (misure in cm)

La suddivisione del sistema Σ, di area A, in quattro rettangoli, Σ1, Σ2, Σ3 e Σ4, rappresentati in Fig. 31.1, consente di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle singole figure. Si indicano con {G i , xi , y i } (i=1,2,3,4) i quattro sistemi di riferimento “locali”, aventi rispettivamente origine nel baricentro del corrispondente rettangolo Σi ed assi xi e yi (i=1,2,3,4) paralleli ai lati dei rettangoli, e con {O, x , y} un sistema di riferimento “globale” avente origine in un arbitrario punto O del piano (Fig. 31.2).


x

1

4

x1

1

4

G1

4

O

1

Σ

Σ

Σ

1

4

3

y1 x3 y4

y y3

G2

Σ

2

1

x2

5

G3

G4 x4

y2



S x(1) = ty(1) A(1) = 0.5 ⋅ (1 ⋅ 14) cm3 = 7 cm3 ,

(31.1a)

S y(1) = − tx (1) A(1) = − 7 ⋅ (1 ⋅ 14) cm3 = − 98 cm3 ,

(31.1b)

S x(2) = ty(2) A(2) = 6.5 ⋅ (6 ⋅ 1) cm3 = 39 cm3 ,

(31.1c)

S y(2) = − tx (2) A(2) = − 7 ⋅ (6 ⋅ 1) cm3 = − 42 cm3 ,

(31.1d)

S x(3) = ty(3) A(3) = 3.5 ⋅ (5 ⋅ 1) cm3 = 17.5 cm3 ,

(31.1e)


S y(3) = − tx (3) A(3) = − 4.5 ⋅ (5 ⋅ 1) cm3 = − 22.5 cm3 ,

(31.1f)

S x(4) = ty(4) A(4) = 3.5 ⋅ (1 ⋅ 5) cm3 = 17.5 cm3 ,

(31.1g)

S y(4) = − tx (4) A(4) = − 9.5 ⋅ (1 ⋅ 5) cm3 = − 47.5 cm3 ,

(31.1h)


gy =

Sy

S y(1) + S y(2) + S y(3) + S y(4)

210 cm = 7 cm , 30

(31.2a)

S x S x(1) + S x(2) + S x(3) + S x(4) 81 cm = 2.7 cm . = = A A(1) + A(2) + A(3) + A(4) 30

(31.2b)

gx = −

A

=−

A +A (1)

(2)

+A

(3)

+A

(4)

=

Si passa quindi al calcolo dei momenti di inerzia e del momento centrifugo di Σ rispetto al sistema di riferimento baricentrico {G, x, y} , riportato in Fig. 31.3:

4

4

i =1

i =1

4

4

i =1

i =1

4

4

i =1

i =1

I x = ∑ I x(i ) = ∑  I x(ii ) + A( i ) (t y( i ) ) 2  ,

I y = ∑ I y(i ) = ∑  I y(ii ) + A(i ) (tx(i) ) 2  ,


(31.3a)

(31.3b)

(31.3c)


7

x

Σ x x4

Σ

G1

x1 4

Σ

G 2,5

0,8

G3

x3

2,7

2,2

3

y1

G4

O

1

y

2,5 3,8

y4

y3 G2

x2

Σ

2

y2

y

Figura 31.3: Baricentro G e distanze da esso (misure in cm).

dove: I x(1)1 =

14 ⋅ 13 cm 4 = 1.17 cm 4 , 12

I y(1)1 =

1 ⋅ 143 cm 4 = 228.67 cm 4 , 12

(31.4a,b)

I x(2) = 2

6 ⋅ 13 cm 4 = 0.5 cm 4 , 12

I y(2) = 2

1 ⋅ 63 cm 4 = 18 cm 4 , 12

(31.4c,d)

I x(3) = 3

1 ⋅ 53 cm 4 = 10.42 cm 4 , 12

I y(3) = 3

5 ⋅ 13 cm 4 = 0.42 cm 4 , 12

I x(4) = 4

1 ⋅ 53 cm 4 = 10.42 cm 4 , 12

I y(4) = 4

5 ⋅ 13 cm 4 = 0.42 cm 4 , 12

(31.4e,f)

(31.4g,h)


Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse t x(1) = 0 cm ,

t y(1) = − 2.2 cm ,

(31.5a,b)

t x(2) = 0 cm ,

t y(2) = 3.8 cm ,

(31.5c,d)

t x(3) = − 2.5 cm ,

t y(3) = 0.8 cm ,

(31.5e,f)

t x(4) = 2.5 cm ,

t y(4) = 0.8 cm .

(31.5g,h)


I x = 1.17 + (14 ⋅ 1) ⋅ ( − 2.2) 2  cm 4 +  0.5 + (6 ⋅ 1) ⋅ ( − 3.8) 2  cm 4 + + 10.42 + (5 ⋅ 1) ⋅ (0.8) 2  cm 4 + 10.42 + (5 ⋅1) ⋅ (0.8) 2  cm 4 = 183.31 cm 4 , (31.6a)

I y =  228.67 + (14 ⋅1) ⋅ (0) 2  cm 4 + 18 + (6 ⋅1) ⋅ (0) 2  cm 4 + +  0.42 + (5 ⋅ 1) ⋅ (-2.5) 2  cm 4 +  0.42 + (5 ⋅1) ⋅ (2.5) 2  cm 4 = 310.01 cm 4 (31.6b)

I xy = [ − (14 ⋅1) ⋅ (0) ⋅ (−2.2) ] cm 4 + [ − (6 ⋅ 1) ⋅ (0) ⋅ (3.8)] cm 4 +

+ [ − (5 ⋅ 1) ⋅ ( −2.5) ⋅ (0.8) ] cm 4 + [ − (1 ⋅ 5) ⋅ (2.5) ⋅ (0.8) ] cm 4 = 0 cm 4

(31.6c)

A questo punto è possibile determinare immediatamente gli assi centrali di inerzia e i momenti centrali di inerzia della figura. Per costruzione gli assi y e z sono assi di simmetria e quindi principali di inerzia per la figura in studio, per cui la terna {G, x, y} è, di fatto, centrale di inerzia. Ne consegue che i momenti centrali ricercati risultano essere proprio I x ed I y . Il risultato ottenuto per il momento centrifugo I xy , che risulta essere nullo, conferma la tesi.


Esercizio 32: Baricentro e momenti centrali di inerzia di una figura piana a forma di “F” (Matarazzo Luca; Buonaiuto Marco). Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti di inerzia della figura piana Ʃ rappresentata in Fig. 32.1. La figura piana Ʃ è caratterizzata da una forma ad “F” e può essere vista come l’unione di tre sottofigure, Ʃ1, Ʃ2 e Ʃ3, di forma rettangolare aventi dimensioni 4 cm x 2 cm per le figure Ʃ1 e Ʃ2, mentre 2 cm x 10 cm per la figura Ʃ3 (Fig.32.1).

Figura 32.1: Figura piana a forma di “F” e sua suddivisione in tre sottofigure di forma rettangolare (misure in cm). Tale schematizzazione consente di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e centrifughi) della figura Ʃ rispetto ad un

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse qualsiasi riferimento cartesiano, sommando in modo algebrico i corrispondenti momenti delle figure Ʃ1, Ʃ2 e Ʃ3. Si indichino con {G i , xi , y i } (i=1,2,3) due sistemi di riferimento “locali”, aventi origine rispettivamente nel baricentro del corrispondente rettangolo Σi ed assi xi e y i (i=1,2) paralleli ai lati dei tre rettangoli. Inoltre, l’asse x1 sia parallelo e concorde a x2 e l’asse y1 sia parallelo e concorde a y2. Si introduca inoltre un sistema di riferimento “globale”

{O, x , y } avente

origine in un

arbitrario punto O del piano (Fig. 32.2). Il sistema globale abbia gli assi paralleli a quelli dei sistemi locali, assunti coincidenti con gli assi centrali di inerzia dei tre rettangoli Ʃ1, Ʃ2 e Ʃ3.

Figura 32.2: Sistemi di riferimento locali {G1 , x1 , y1} , {G2 , x2 , y2 } e {G3 , x3 , y3 } e sistema di riferimento globale {O, x , y} (misure in cm).


I simboli ( ⋅ ) (i ) e ( ⋅ )( i ) denotano rispettivamente la generica grandezza riferita alla figura Σi nel sistema locale e la stessa grandezza nel sistema di riferimento {O, x , y } , le coordinate del baricentro G sono calcolabili tramite le relazioni:

gx = −

Sy A

=−

S y(1) + S y(2) + S y(3) A(1) + A(2) + A(3)

,

(32.1a)

S x S x(1) + S x(2) + S x(3) = A A(1) + A(2) + A(3)

gy =

.

(32.1b)

D’altra parte, i momenti statici, S x( i ) e S y( i ) , del generico rettangolo Σi rispetto agli assi x e

y posso essere calcolati applicando le leggi del trasporto (vedi § 4.3 del capitolo primo del libro di teoria, L.Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES). Ricordiamo che in corrispondenza dei sistemi baricentrici {G i , xi , y i } (i=1,2,3) tali momenti ( indicati rispettivamente con S x(ii ) e S y( ii ) ) sono nulli e facendo uso delle equazioni (4.11) del § 4.3 del libro di teoria [L.Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES], otteniamo:

S x(1) = ty(1) A(1) = 1⋅ ( 4 ⋅2 ) cm3 = 8 cm3

,

(32.2a)

S x(2) = ty(2) A(2) = 5 ⋅ ( 4 ⋅ 2 ) cm3 = 8 cm3

,

(32.2b)

S x(3) = ty(3) A(3) = 5 ⋅ ( 2 ⋅10 ) cm3 = 20cm3 (32.2c)

,


S y(1) = − tx( ) A( ) = −2 ⋅ ( 4 ⋅ 2 ) cm3 = −16 cm3 1

1

,

(32.2d)

S y(2) = − tx( ) A( ) = −2 ⋅ ( 4 ⋅ 2 ) cm3 = −16 cm3 , 2

2

(32.2e)

S y(3) = − tx(3) A(3) = −5 ⋅ ( 2 ⋅10 ) cm3 = −100cm3

.

(32.2f) con tx( i ) e ty( i ) sono rispettivamente, l’ascissa e l’ordinata di Gi rispetto al sistema di riferimento {O, x , y } . Procedendo con la sostituzione delle (32.1) con le (32.2), si ottiene:

gx = −

−16 − 16 − 100 132 = = 3.67 cm 36 36

,

(32.3a)

gy =

8 + 40 + 100 148 = = 4.11cm . 36 36

.

(32.3b)

Successivamente al calcolo dei momenti statici e delle coordinate baricentriche dell’intera figura, bisogna passare al calcolo dei momenti di inerzia e del momento centrifugo di Σ rispetto al sistema baricentrico {G, x, y} (Fig.32.3). Rispetto a tale sistema si indicano con t x(i ) e t y(i ) le coordinate del baricentro della figura Σi (i=1,2,3). Si utilizzano come in precedenza le leggi del trasporto di Huyghens e si ottiene:


2 2 2 I x = I x(1) + I x(2) + I x(3) =  I x(1)1 + A(1) ( t y(1) )  +  I x(2) + A( 2) ( t y(2) )  +  I x(3)3 + A( 3) ( t y(3) )  2      

,

(32.4a)

2 2 2 I y = I y(1) + I y(2) + I y(3) =  I y(1)1 + A(1) ( t x(1) )  +  I y(2)2 + A( 2) ( t x(2) )  +  I y(3)3 + A( 3) ( t x(3) )       

,

(32.4b)

I xy = I xy(1) + I xy( 2 ) + I xy(3) =  − A (1) t x(1) t y(1)  +  − A ( 2 ) t x( 2 ) t y( 2 )  +  − A (3) t x(3) t y(3)  (32.4c) Dove (Fig. 32.3):

(1)

I x1

b ⋅ h 3 4 ⋅ 23 4 = = cm = 2.67 cm4 12 12

,

(1)

b ⋅ h 3 2 ⋅ 43 4 = = cm = 10.67 cm 4 12 12

,

I y1

,

I y( 22) =

(32.5a,b)

I x( 22) =

b ⋅ h 3 4 ⋅ 23 4 = cm = 2.67 cm4 12 12

b ⋅ h 3 2 ⋅ 43 4 = cm = 10.67 cm 4 12 12

,

( 3)

I x3 ;

(32.5c,d)

b ⋅ h3 2 ⋅103 4 = = cm = 166.67 cm 4 12 12

,

( 3)

I y3

b ⋅ h3 10 ⋅ 23 4 = = cm = 6.67 cm 4 12 12

(32.5e,f)

t x(1) = −1.67 cm, (32.6a,b,c)

,

t x(2) = −1.67 cm

,

t x(3) = 1.33 cm ,


t y(1) = −3.11cm

,

t y( 2 ) = 0.89 cm

,

t y(3) = 0.89 cm .

(32.6a,b,c)

Figura 32.3: Sistema di riferimento baricentrico {G, x, y} (misure in cm).


2 2 2 Ix = 2.67+( 2⋅ 4) ⋅( −3.11)  cm4 + 2.67 +( 2⋅ 4) ⋅( 0.89)  cm4 + 166.67+( 2⋅10) ⋅( 0.89) cm4       4 = 271.57cm

(32.7a)


2 2 2 Iy = 10.67+( 2⋅ 4) ⋅( −1.67) cm4 + 10.67+( 2⋅ 4) ⋅( −1.67) cm4 + 6.67+( 2⋅10) ⋅(1.33) cm4       4 =108.01cm

(32.7b)

Ixy = −( 2⋅ 4) ⋅( −1.67) ⋅( −3.11)  cm4 + −( 2⋅ 4) ⋅( −1.67) ⋅0.89 cm4 + −( 2⋅10) ⋅1.33⋅0.89 cm4 =−53.33cm4 (32.7c)

Ora possiamo determinare gli assi centrali di inerzia, x* e y* , e i momenti centrali di inerzia, I x* e I *y , della figura. Applichiamo le regole per la costruzione del cerchio di Mohr del

tensore di inerzia relativo al polo G illustrate

nel §5.6 del capitolo primo del libro di

teoria [L.Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES] (Fig. 32.4).


In forma matriciale avremo:

 Ix I0 =   I xy

I xy   271.57 −53.33 = [cm 4 ]   I y   −53.33 108.01 

rappresenta la matrice del tensore di inerzia. Dalla relazione:

tg 2ϕ = (32.8)

2 I xy Ix − I y

=

2 ⋅ (−53.33) −106.66 = = −0.652 271.57 − 108.01 163.56

che


si ottiene:

φ = arctg ( −0.652 ) =

1 ( −33.104° ± k180° ) 2

( k = 0,1, 2,…) .

(32.9) La (32.9) fornisce due soluzioni nell’intervallo [-90°,90°]: φ = −16.55° e φ = 73.45° . Esse rappresentano le inclinazioni rispetto all’asse x dei due assi centrali x* e y * . Mentre per i momenti centrali I x* e I *y , rifacendoci alle (5.23) del capitolo primo di teoria avremo:

I = * x

Ix + I y 2

I −I  +  x y  + I xy2 = 189.79 + 97.63 = 287.42 cm  2  2

(32.10a)

I = * y

(32.10b)

Ix + I y 2

I −I  −  x y  + I xy2 = 189.79 − 97.63 = 92.16 cm  2  2

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse Esercizio 33: Baricentro e momenti centrali di inerzia di una figura piana a forma di “P” (Gambardella Prisco; Spinelli Carmine; Fornataro Gerardo). Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia della figura piana Σ rappresentata in Fig. N.1. La figura piana Σ è caratterizzata da una forma ad “P” e può essere vista come l’unione di quattro sottofigure, Σ1, Σ2, Σ3 e Σ4 di forma rettangolare aventi dimensioni pari a 1 cm×12 cm, 4 cm×1 cm, 4 cm×1 cm, 1 cm×6cm, rispettivamente (Fig. N.1).

1

4

1

Σ2

1

Σ4

12

Σ1

Σ3

4

1

1

Figura N.1: Figura piana a forma di “P” e sua suddivisione in quattro sottofigure di forma rettangolare (misure in cm).


Tale schematizzazione consente di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle figure Σ1, Σ2, Σ3 e Σ4. Si indichino, a tal proposito, con {G i , xi , y i } (i=1,2,3,4) quattro sistemi di riferimento “locali”, aventi rispettivamente origine nel baricentro del corrispondente rettangolo Σi ed assi

xi e yi (i=1,2,3,4) paralleli ai lati dei due rettangoli. Si introduca inoltre un sistema di riferimento “globale”

{O, x , y }


arbitrario punto O del piano (Fig. N.2). Il sistema globale abbia gli assi paralleli a quelli dei sistemi locali, assunti coincidenti con gli assi centrali di inerzia dei quattro rettangoli Σ1, Σ 2, Σ 3 e Σ 4. 1

4

_

1

x x2

O

G2 Σ 2

Σ

y2 x4

Σ x1

1

_

4

y

G4 4

1

G1

x3

G3

Σ

3

y4 1

12

y1

y3

1




gx = −

gy =

Sy A

=−

S y(1) + S y(2) + S y(3) + S y(4) A(1) + A(2) + A(2) + A(4)

,


(N.1a)

(N.1b)


del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES]. Infatti, ricordando che in corrispondenza dei sistemi baricentrici {Gi , xi , yi } (i=1,2,3,4) tali momenti (indicati rispettivamente con S x(ii ) e S y(ii ) ) sono nulli, e facendo uso delle equazioni (4.11) del § 4.3 del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES], si ottiene:

S x(1) = ty(1) A(1) = 6 ⋅ (1⋅12) cm3 = 72 cm3 ,

(N.2a)

S x(2) = ty(2) A(2) = 0,5 ⋅ (4 ⋅ 1) cm3 = 2 cm3 ,

(N.2b)

S x(3) = ty(3) A(3) = 5,5 ⋅ (4 ⋅ 1) cm3 = 22 cm3 ,

(N.2c)

S x(4) = ty(4) A(4) = 3 ⋅ (1 ⋅ 6) cm3 = 18 cm3 ,

(N.2d)


S y(1) = − tx (1) A(1) = − 5,5 ⋅ (12 ⋅ 1) cm3 = − 66 cm3 ,

(N.2e)

S y(2) = − tx (2) A(2) = − 3 ⋅ (1 ⋅ 4) cm3 = − 12 cm3 ,

(N.2f)

S y(3) = − tx (3) A(3) = − 3 ⋅ (1 ⋅ 4) cm3 = − 12 cm3 ,

(N.2g)

S y(4) = − tx (4) A(4) = − 0,5 ⋅ (6 ⋅ 1) cm3 = − 3 cm3 ,

(N.2h)


gx =

93 cm = 3,58 cm , 26

(N.3a)

gy =

114 cm = 4,38 cm . 26

(N.3b)

Si passa ora al calcolo dei momenti di inerzia e del momento centrifugo di Σ rispetto al sistema baricentrico {G, x, y} (Fig. N.3). Rispetto a tale sistema si indicano con t x(i ) e t y( i ) le coordinate del baricentro della figura Σi (i=1,2,3,4). Procedendo come per i momenti statici ed invocando le leggi del trasporto di Huyghens, si ottiene:

( )

( )

2 2 I x = I x(1) + I x(2) + I x(3) + I x(4) =  I x(1) + A(1) t y(1)  +  I x(2)2 + A(2) t y(2)  +  1   

( )

+  I x(3)3 + A(3) t y(3) 

2

( )

 +  I (4) + A(4) t (4) 2  y    x4

,

(N.4a)


( )

( )

2 2 I y = I y(1) + I y(2) + I y(3) + I y(4) =  I y(1)1 + A(1) t x(1)  +  I y(2)2 + A(2) t x(2)  +    

( )

( )

2 2 +  I y(3)3 + A(3) t x(3)  +  I y(4)4 + A(4) t x(4)     

I xy = I xy(1) + I xy(2) + I xy(3) + I xy(4) =  − A(1) t x(1) t y(1)  +  − A(2) t x( 2) t y(2)  +  − A(3) t x(3) t y(3)  + +  − A t t  (4) (4) (4) x y

,

(N.4b)

,

(N.4c)

dove (Fig. N.3):

I x(1) = 1

1 ⋅ 123 12 ⋅ 13 cm 4 = 144 cm 4 , I y(1)1 = cm 4 = 1 cm 4 , 12 12

(N.5a,b)

I x(2)2 =

4 ⋅ 13 1 ⋅ 43 cm 4 = 0.33 cm 4 , I y(2)2 = cm 4 = 5.33 cm 4 ; 12 12

(N.5c,d)

I x(3)3 =

4 ⋅ 13 1 ⋅ 43 cm 4 = 0.33 cm 4 , I y(3)3 = cm 4 = 5.33 cm 4 , 12 12

(N.5e,f)

I x(4)4 =

1 ⋅ 63 cm 4 = 18 cm 4 , 12

(N.5g,h)

I y(4)4 =

6 ⋅ 13 cm 4 = 0.5 cm 4 ; 12

t x(1) = 1.92 cm ,

t x(2) = − 0.58 cm ,

t x(3) = − 0.58 cm ,

t x(4) = − 3.08 cm . ((N.6a,b,c,d)

t y(1) = 1.62 cm ,

t y(2) = − 3.88 cm ,

t y(3) = 1.12 cm ,

t y(4) = − 1.38 cm .

(N.6e,f,g,h)


0.58

x

Σ G

x 1.92

x

Σ

y

Σ

3.88

1.62

G

3.08

G x

G

x

1.38

y G

Σ

1.12

y

y

y


I x = 144 + (1 ⋅12) ⋅1.622  cm 4 + 0.33 + (4 ⋅1) ⋅ ( − 3.88) 2  cm 4 + 2 4 2 4 4  0.33 + (4 ⋅1) ⋅1.12  cm + 18 + (1 ⋅ 6) ⋅ ( − 1.38)  cm = 270.82 cm ,

I y = 1 + (12 ⋅1) ⋅1.922  cm 4 + 5.33 + (1 ⋅ 4) ⋅ (−0.58) 2  cm 4 + + 5.33 + (1⋅ 4) ⋅ (−0.58)2  cm 4 + 0.5 + (6 ⋅1) ⋅ (−3.08)2  cm 4 = 115.02 cm4 ,

(N.7a)

(N.7b)

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse I xy = [ −(1 ⋅12) ⋅ 1.92 ⋅ 1.62] cm4 + [ −(4 ⋅1) ⋅ (−0.58) ⋅ (−3.88) ] cm4 +

[ −(4 ⋅ 1) ⋅ (−0.58) ⋅ 1.12] cm4 + [ −(1 ⋅ 6) ⋅ (−3.08) ⋅ (−1.38)] cm4 = − 69.22cm4

.

(N.7c)



I mn

y*

P**

69,19°

C

P2

O

B

P1 A

20,81°

x

In

*

P* I y* Iy Ix I x*


Dalla relazione:


tg2ϕ =

2 I xy Ix − Iy

=−

2 ⋅ 69.22 = − 0.89 , 270.82 − 115.02

(N.8)

si ottiene:

1 2

1 2

ϕ = arctg(− 0.89) = (− 41.62° ± k180°)

(k = 0,1, 2,...) .

(N.9)

La (N.9) fornisce due soluzioni nell’intervallo [-90°, 90°]: ϕ = −20.81° e ϕ = 69.19° . Esse rappresentano le inclinazioni rispetto all’asse x dei due assi centrali x* e y * . Per quanto riguarda i momenti centrali I x* e I *y , ricordando le (5.23) del capitolo primo, è facile verificare che risulta:

I x* =

I

* y

=

Ix + I y 2

Ix + Iy 2

2

 Ix − I y  2 4 +   + I xy = 297.13 cm ,  2 

(N.10a)

2

 Ix − Iy  2 4 −   + I xy = 88.71 cm .  2 

(N.10b)

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse Esercizio 34: Baricentro e momenti centrali di inerzia di una figura piana a forma di “E” (Colella Antonio; Giuliani Marco) Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia della figura piana Σ rappresentata in Fig. N.1. La figura piana Σ è caratterizzata da una forma ad “E” e può essere vista come l’unione di quattro sottofigure, Σ1, Σ2, Σ3 e Σ4 forma rettangolare aventi dimensioni pari a 6 cm× 1 cm e 1 cm× 11 cm, 6 cm× 1 cm e 6 cm× 1 cm rispettivamente (Fig. N.1). 7

Σ

1

1

4

11

Σ

Σ

3

2

1

4

Σ

4

1

1

6

Figura N.1: Figura piana a forma di “E” e sua suddivisione in quattro sottofigure di forma rettangolare (misure in cm).

Tale schematizzazione consente di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle figure Σ1, Σ2, Σ3 e Σ4 . Si indichino, a tal proposito, con {G i , xi , y i } (i=1,2,3,4) 4 sistemi di riferimento “locali”,

Raccolta degli esercizi del corso di Scienza delle Costruzioni I – Prof. Luciano Feo aventi rispettivamente origine nel baricentro del corrispondente rettangolo Σi ed assi xi e yi (i=1,2,3,4) paralleli ai lati dei quattro rettangoli. Inoltre, l’asse x1 sia parallelo e concorde a

x2 , x3 e x4 l’asse y2 sia parallelo e concorde a y1 , y3 e y4 . Si introduca inoltre un sistema di riferimento “globale”

{O, x , y }


arbitrario punto O del piano (Fig. N.2). Il sistema globale abbia gli assi paralleli a quelli dei sistemi locali, assunti coincidenti con gli assi centrali di inerzia dei quattro rettangoli Σ1, Σ2, Σ3 e Σ4 .

7 _ x x1

G1

Σ1

O 1 _ y

y1

4

Σ2 11 x2

G2

x3

G3

Σ3

1

y3

y2

4

x4

1

G4

Σ4

1

6 y 4

Figura N.2: Sistemi di riferimento locali {G1 , x1 , y1} , {G2 , x2 , y2 } {G3 , x3 , y3 } e {G4 , x4 , y4 } . e sistema di riferimento globale {O, x , y} (misure in cm).

Con ovvio significato dei simboli (il simbolo ( ⋅ )( i ) denota la generica grandezza riferita alla

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse figura Σi nel sistema locale, il simbolo ( ⋅ )( i ) denota la stessa grandezza nel sistema di riferimento {O, x , y } ), le coordinate del baricentro G sono calcolabili per il tramite delle relazioni ((4.12) del capitolo primo):

gx = −

gy =

Sy A

=−

S y(1) + S y(2) + S y(3) + S y(4) A(1) + A(2) + A(3) + A(4)

,


(N.1a)

(N.1b)



S x(1) = ty(1) A(1) = 0.5 ⋅ (6 ⋅1) cm3 = 3 cm3 ,

(N.2a)

S x(2) = ty(2) A(2) = 5.5 ⋅ (1 ⋅ 11) cm3 = 60.5 cm3 ,

(N.2b)

S x(3) = ty(3) A(3) = 5.5 ⋅ (6 ⋅ 1) cm3 = 33 cm3

S x(4) = ty(4) A(4) = 10.5 ⋅ (6 ⋅1) cm3 = 63 cm3 (N.2c)


S y(1) = − tx (1) A(1) = − 3 ⋅ (6 ⋅ 1) cm3 = − 18 cm3 ,

S y(2) = − tx (2) A(2) = − 6.5 ⋅ (1 ⋅ 11) cm3 = − 71.50 cm3 ,

(N.2d)

S y(3) = − tx (3) A(3) = − 3 ⋅ (6 ⋅ 1) cm3 = − 18 cm3

S y(4) = − tx (4) A(4) = − 3 ⋅ (6 ⋅ 1) cm3 = − 18 cm3


gx =

125.50 cm = 4.33 cm , 29

(N.3a)

gy =

159.50 cm = 5.50 cm . 29

(N.3b)



( )

( )

2 2 I x = I x(1) + I x(2) + I x(3) + I x( 4) =  I x(1) + A(1) t y(1)  +  I x(2)2 + A(2) t y(2)  + 1    

( )

( )

2 2 +  I x(3)3 + A(3) t y(3)  +  I x(4)4 + A(4) t y(4)     

( )

,

( )

2 2 I y = I y(1) + I y(2) + I y(3) + I y(4) =  I y(1)1 + A(1) t x(1)  +  I y(2)2 + A(2) t x(2)  ,    

I xy = I xy(1) + I xy(2) + I xy(3) + I xy( 4) =  − A(1)t x(1)t y(1)  +  − A(2)t x( 2)t y( 2)  + +  − A(3)t x(3)t y(3)  +  − A(3)t x(3)t y(3) 

,

(N.4a)

(N.4b)

(N.4c)

dove (Fig. N.3):

I x(1) = 1

6 ⋅ 13 cm 4 = 0.50 cm 4 , 12

I y(1)1 =

1 ⋅ 63 cm 4 = 18 cm 4 , 12

(N.5a,b)

I x(2)2 =

1 ⋅ 113 cm 4 = 110.92cm 4 , 12

I y(2)2 =

11 ⋅ 13 cm 4 = 0.92 cm 4 , 12

(N.5c,d)

I x(3)3 =

6 ⋅ 13 cm 4 = 0.50 cm 4 , 12

I y(3)3 =

1 ⋅ 63 cm 4 = 18 cm 4 , 12

I x(4)4 =

6 ⋅ 13 cm 4 = 0.50 cm 4 ; 12

I y(4)4 =

1 ⋅ 63 cm 4 = 18 cm 4 ; 12

t x(1) = − 5 cm ,

t x(2) = 0 cm ,

t x(3) = 0 cm , t x(4) = 5 cm

t y(1) = 1.33 cm ,

t y(2) = − 2.17cm ,

t y(3) = 1.33 cm ,

t y(4) = 1.33 cm

(N.6a,b)

(N.6c,d)


_ x x1

G1

Σ

O 1

_ y

y1

Σ x2

5 2

G

G2 x

x3

y2

y

G3

Σ

3

y3 5

x4

G4

Σ

4

y4


I x = 0.5 + (6 ⋅1) ⋅ (−5) 2  cm 4 + 110.92 + (1 ⋅11) ⋅ (0) 2  cm 4 +

(N.7a)

+  0.5 + (6 ⋅1) ⋅ (0) 2  cm 4 +  0.5 + (6 ⋅1) ⋅ (5) 2  cm 4 = 413cm 4

I y = 18 + (1⋅ 6) ⋅ (1.33)2  cm 4 + 0.92 + (11 ⋅1) ⋅ (−2.17) 2  cm 4 +

(N.7b)

+ 18 + (1 ⋅ 6) ⋅ (1.33)2  cm4 + 18 + (1 ⋅ 6) ⋅ (1.33)2  cm4 = 139cm4 I xy = [ −(6 ⋅ 1) ⋅ (−5) ⋅ (1.33)] cm4 + [ −(1 ⋅ 11) ⋅ (0) ] cm4 + [ −(1 ⋅ 11) ⋅ (0)] cm4 +

+ [ −(6 ⋅ 1) ⋅ (5) ⋅ (1.33) ] cm = 0cm 4

4

.

(N.7c)



Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse del tensore di inerzia relativo al polo G (Fig. N.4).

Imn y*

x* P2=B=P**

C

P1=A=P* In

139

413


Dalla relazione:

tg2ϕ =

2 I xy Ix − I y

=−

2⋅0 =0, 413 − 139

(N.8)

si ottiene:

ϕ = arctg(0) = 0 .

(N.9)



I x* =

I *y =

Ix + I y 2

Ix + I y 2

2

 Ix − I y  2 4 +   + I xy = 413 cm , 2  

(N.10a)

2

 Ix − Iy  2 4 −   + I xy = 139 cm .  2 

(N.10b)

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse Esercizio 35: Baricentro e momenti centrali di inerzia di un sistema di figure costituito dall’unione di due figure piane a forma di un cerchio ed un triangolo equilatero (Cusati Simone ; Carlo Ambrosino; Stefano Mugnani;). Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia del sistema di figure piane di Fig. N.1, costituito dall’unione di due figure

H

d

R

h

R Σ

1

Σ

2

R

Figura N.1: Sistema piano formato da due figure, un triangolo equilatero e un cerchio

La suddivisione del sistema Σ, di area A, in due figure, Σ1, Σ2, rappresentate in Fig. N.1, consente al solito di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle singole figure. Similmente a quanto già visto nell’esercizio precedente, si indica con {G i , xi , y i } il sistema


di riferimento “locale”, avente origine nel baricentro del cerchio con l'asse x passante per il baricentro del triangolo equilatero. Il baricentro del cerchio si trova all'intersezione dei suoi due assi di simmetria, mentre il baricentro del triangolo si trova all'unione delle bisettrici. (Fig. N.2).

H

d

R

h

Σ

1

_ x

Σ

R 2

G2

G1

R _ y

Figura N.2: Sistemi di riferimento locali

Con ovvio significato dei simboli (il simbolo ( ⋅ )( i ) denota la generica grandezza riferita alla figura Σi nel sistema locale, il simbolo ( ⋅ )(i ) denota la stessa grandezza nel sistema di riferimento {O, x , y } ), i momenti statici, S x(i ) e S y( i ) , delle figure Σi rispetto agli assi x e y possono calcolarsi utilizzando le relazioni:  b⋅h  3 3 S x(1) = ty(1) A(1) = 0 ⋅   cm = 0 cm 2  

(N.1a)

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse 2   b⋅h   S y(1) = tx (1) A(1) =  d + h  ⋅  cm 3 3   2  

(N.1b)

S x(2) = ty(2) A(2) = 0 ⋅ (2π R 2 ) cm3 = 0 cm3

(N.1c)

2   b⋅H   3 S y(1) = tx(1) A(1) =  d + H  ⋅   cm , 3 2    

(N.1d)

Dove si sono indicate con tx( i ) e ty(i ) , rispettivamente, l’ascissa e l’ordinata di Gi rispetto al sistema di riferimento {O, x , y} . Pertanto, le coordinate del baricentro G di Σ rispetto al sistema "globale" {O, x , y} sono le seguenti:

gx = −

gy =

Sy A

=−

S y(1) + S y(2) A(1) + A(2)

2   b⋅H   d + 3 H  ⋅ 2    = b ⋅ H   2  2  + 2π R  

(

)

   cm ,

S x S x(1) + S x(2) = = 0 cm . A A(1) + A(2)

(N.2a)

(N.2b)

Si passa quindi al calcolo dei momenti di inerzia e del momento centrifugo di Σ rispetto al sistema di riferimento baricentrico {G, x, y} , riportato in Fig. N.3.


2

2

i =1

i =1

2

2

i =1

i =1

I x = ∑ I x( i ) = ∑  I x(ii ) + A( i ) (t y( i ) ) 2  ,

(N.3a)

I y = ∑ I y( i ) = ∑  I yi(i ) + A(i ) (t x( i ) ) 2  ,

(N.3b)

2

I xy = ∑ I xy(i ) = 0 ,

(N.3c)

i =1

H

d h

Σ

R e

Σ

1

_ x

G

2

R

G2

G1

R _ y

Figura N.3: Baricentro G e assi principali di inerzia.


dove: I x(1) = 1

b ⋅ h3 cm 4 , 36

= I x(2) 2

π R4 4

cm 4 ,

I y(1)1 =

h ⋅ b3 cm 4 , 36

= I y(2) 2

π R4 4

cm 4 ,

(N.4a,b)

(N.4c,d)

(i) ed inoltre t x e t y( i ) sono le coordinate del baricentro della figura Σi (i=1,2) rispetto al sistema

di riferimento {G, x, y} . Queste ultime valgono:

t x(1) =

2 H + d + ( R − e ) cm , 3

t x(2) = e cm ,

t y(2) = 0 cm ,

t y(1) = 0cm ,

(N.5a,b)

(N.5c,d)


Ix =

b⋅ H3 π R4 cm 4 + cm 4 36 4

(N.6a)


Iy =

H ⋅ b3 π R4 cm 4 + cm 4 36 4

(N.6b)

I xy = 0cm 4

(N.6c)

Si passa infine a determinare gli assi centrali di inerzia, x* e y* , e i momenti centrali di inerzia, I x* e I *y , del sistema di figure assegnato.

I mn

C

O B P**

P*

A

In

I y* Iy Ix I x*


Dalla relazione:


tg2ϕ =

2 I xy Ix − I y

= 0,

(N.7)


I x* =

I y* =

Ix + Iy 2 Ix + Iy 2

2

 Ix − Iy  2 4 +   + I xy = cm , 2   2

 Ix − Iy  2 4 −   + I xy = cm . 2  

bh3 π R 4 hb3 bh3 π R 4 π R 4 hb3 + + + − − 3 4 3 * 36 2 36 36 4 4 36 + 0 = bh + π R + hb Ix = + 2 2 36 4 36 bh3 π R 4 hb3 bh3 π R 4 π R 4 hb3 + + + − − π R 4 hb3 * 36 2 36 36 4 4 36 Iy = − +0 = + 2 2 4 36


Esercizio 37: Baricentro e momenti centrali di inerzia di un sistema di figure costituito dall’unione di due figure piane ossia un rettangolo e un triangolo (Pagano Giovanni; Boccia Antonio; Grillante Alfonso) Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia del sistema di figure piane di Fig. N.1, costituito dall’unione di due figure piane ossia un rettangolo ed un triangolo.

Figura N.1: Figura piana formata dall’unione di due figure un rettangolo ed un triangolo

La suddivisione del sistema Σ, di area A, in 2 figure piane Σ1 e Σ2 rappresentati in Fig. N.1, consente al solito di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle singole figure. Si indicano con {G i , xi , y i }

(i=1,2) i due sistemi di riferimento “locali”, aventi

rispettivamente origine nel baricentro delle due figure ed assi xi e yi (i=1,2) con {O, x, y}

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse un sistema di riferimento “globale” avente origine in un arbitrario punto O del piano (Fig. N.2).

Figura N.2: Sistemi di riferimento locali {Gi , xi , yi } e sistema globale {O, x, y} (misure in cm).

I momenti statici, S x(i ) e S y(i ) , del sistema di figure piane rispetto agli assi x e y possono calcolarsi utilizzando le relazioni:

S x(1) = ty(1) A(1) = 5 ⋅ (2 ⋅ 10) cm3 = 100 cm3 ,

(N.1a)

S y(1) = − tx(1) A(1) = − 12.66 ⋅ (20) cm3 = − 253.2 cm3 ,

(N.1b)

S x(2) = ty(2) A(2) = 5 ⋅ (43.3) cm 3 = 216.5 cm3 ,

(N.1c)

S y(2) = − tx(2) A(2) = − 5.77 ⋅ (43.3) cm3 = − 249.84 cm3 ,

(N.1d)


dove si sono indicate con tx ( i ) e ty(i ) , rispettivamente, l’ascissa e l’ordinata di Gi rispetto al sistema di riferimento {O, x, y} . Pertanto, le coordinate del baricentro G di Σ rispetto al sistema "globale" {O, x, y} sono le seguenti:

gx = −

gy =

Sy A

=−

S y(1) + S y( 2) A +A (1)

( 2)

=

503.04 cm = 7.95 cm , 20 + 43.3

S x S x(1) + S x( 2) 316.5 cm = 5 cm . = = A A(1) + A( 2) 20 + 43.3

(N.2a)

(N.2b)


2

2

i =1

i =1

2

2

i =1

i =1

2

2

i =1

i =1

I x = ∑ I x(i ) = ∑  I x(ii ) + A( i ) (t y( i ) ) 2  ,

I y = ∑ I y(i ) = ∑  I y( ii ) + A( i ) (t x( i ) ) 2  ,


(N.3a)

(N.3b)

(N.3c)



dove: I x(1) = 1

I x(2) = 2

2 ⋅ 103 cm 4 = 166.67 cm 4 , 12

I y(1)1 =

8.66 ⋅ (10)3 cm 4 = 180.42 cm 4 , 48

10 ⋅ 23 cm 4 = 6.66 cm 4 , 12

I y(2) = 2

10 ⋅ 8.663 cm 4 = 180.41 cm 4 36

ed inoltre t x( i ) e t y(i ) sono le coordinate del baricentro della figura Σi (i=1,2) rispetto al sistema di riferimento {G , x*, y*} . Queste ultime valgono:

t x(1) = − 4.71 cm ,

t (1) y = 0 cm ,

(N.5a,b)

Raccolta degli esercizi del corso di Scienza delle Costruzioni I – Prof. Luciano Feo t x(2) = 2.18 cm ,

t (2) y = 0 cm ,

(N.5c,d)


I x = 166.66 + (20) ⋅ (0) 2  cm 4 + 180.42 + (43.3) ⋅ (0) 2  cm 4 = 347.07 cm 4 ,

(N.6a)

I y =  6.66 + (20) ⋅ (4.71) 2  cm 4 + 180.41 + (43.3) ⋅ (2.18) 2  cm 4 = 836.53 cm 4 ,

(N.6b)

I xy = [ − (20) ⋅ ( −4.71) ⋅ (0) ] cm 4 + [ − (43.3) ⋅ (2.18) ⋅ (0)] cm 4 = 0 cm 4 .

(N.6c)


tg2ϕ =

2 I xy Ix − I y

=−

2 ⋅ 0 =0, 836.53 − 301.96

(N.7)

si ottiene ϕ = 0° .

Per quanto riguarda i momenti centrali,dato che i momenti di inerzia centrifughi sono nulli,allora risulta che gli assi baricentri sono assi centrali d’inerzia:

I x* =

Ix + I y 2

 I − Iy  2 4 +  x  + I xy = 347.07 cm , 2   2

(N.8a)


I

* y

=

Ix + I y 2

2

 Ix − I y  2 4 −   + I xy = 836.53cm . 2  


(N.8b)


Esercizio 38: Baricentro e momenti centrali di inerzia di una figura piana a forma di “C” (Orlando Alfonso; Petruccelli Ilenia). Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia della figura piana Σ rappresentata in Fig. N.1. La figura piana Σ è caratterizzata da una forma a “C” e può essere vista come l’unione di cinque sottofigure, Σ1,Σ2,Σ3 ,Σ4,Σ5 di forma rettangolare aventi dimensioni pari a 18 cm×1 cm, 1 cm×6 cm,7 cm×1 cm,9 cm×1 cm e 1 cm×6 cm rispettivamente (Fig. N.1).

18

Σ Σ

Σ

2

Σ

1

8

1

1

3

7

2

Σ

5

4

9

Figura N.1: Figura piana a forma di “C” e sua suddivisione in cinque sottofigure di forma rettangolare (misure in cm).

Tale schematizzazione consente di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle figure Σ1,Σ2,Σ3 ,Σ4 e Σ5 .

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse Si indichino, a tal proposito, con {Gi , xi , yi } (i=1,2,3,4,5) cinque sistemi di riferimento “locali”, aventi rispettivamente origine nel baricentro del corrispondente rettangolo Σi ed assi

xi e y i (i=1,2,3,4,5) paralleli ai lati dei cinque rettangoli. Inoltre, l’asse xi (i=1,2,3,4,5) sia parallelo e concorde a xi (i=1,2,3,4,5) e l’asse yi (i=1,2,3,4,5) sia parallelo e concorde a

yi (i=1,2,3,4,5).

{O , x , y }

Si introduca inoltre un sistema di riferimento “globale”


arbitrario punto O del piano (Fig. N.2). Il sistema globale abbia gli assi paralleli a quelli dei sistemi locali, assunti coincidenti con gli assi centrali di inerzia dei cinque rettangoli Σ1,Σ2,Σ3 ,Σ4 e Σ5 .

18

_ x1

1

x

Σ

G1

O

1

_

Σ

Σ

2

5

y1

G2

y2 x3

G3

Σ

1

8

x2

3

x5

x4

G4

y3 7

y

G5

Σ

y5 4

y4 2

9

Figura N.2: Sistemi di riferimento locali {G1 , x1 , y1 } , {G2 , x2 , y2 } {G3 , x3 , y3 } , x4 , y4 } , {G5 , x5 , y5 } e sistema di riferimento globale {O, x , y} (misure in cm).

{G4 ,

Con ovvio significato dei simboli (il simbolo ( ⋅ )(i ) denota la generica grandezza riferita alla

Raccolta degli esercizi del corso di Scienza delle Costruzioni I – Prof. Luciano Feo figura Σi nel sistema locale, il simbolo ( ⋅ ) ( i ) denota la stessa grandezza nel sistema di riferimento {O , x , y } ), le coordinate del baricentro G sono calcolabili per il tramite delle relazioni ((4.12) del capitolo primo):

gx = −

gy =

Sy A

=−

Sy(1) + Sy(2) + Sy(3) + Sy(4) + Sy(5) A(1) + A(2) + A(3) + A(4) + A(5)

,

Sx Sx(1) + Sx(2) + Sx(3) + Sx(4) + Sx(5) . = A A(1) + A(2) + A(3) + A(4) + A(5)

(N.1a)

(N.1b)


del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES]. Infatti, ricordando che in corrispondenza dei sistemi baricentrici {Gi , xi , yi } (i=1,2,3,4,5) tali (i ) (i ) momenti (indicati rispettivamente con S xi e S yi ) sono nulli, e facendo uso delle equazioni

(4.11) del § 4.3 del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES], si ottiene:

Sx(1) = ty(1) A(1) = 0.5⋅(1⋅18) cm 3 = 9 cm 3 ,

(N.2a)

Sx(2) = ty(2) A(2) = 4 ⋅ (6 ⋅1) cm 3 = 24 cm 3 ,

(N.2b)

Sx(3) = ty(3) A(3) = 7.5 ⋅ (7 ⋅1) cm 3 = 52.5 cm 3 ,

(N.2c)

Sx(4) = ty(4) A(4) = 9 ⋅ (7.5 ⋅1) cm 3 = 67.5 cm 3 ,

(N.2d)


Sx(5) = ty(5) A(5) = 4 ⋅ (6 ⋅1) cm 3 = 24 cm 3 ,

(N.2e)

Sy(1) = − tx(1) A(1) = − 9 ⋅ (18 ⋅1) cm 3 = −162 cm 3 ,

(N.2f)

Sy(2) = − tx(2) A(2) = − 17.5 ⋅ (6 ⋅1) cm 3 = −105 cm 3 ,

(N.2g)

Sy(3) = − tx(3) A(3) = − 14.5 ⋅ (7 ⋅1) cm 3 = −101.5 cm 3 ,

(N.2h)

Sy(4) = − tx(4) A(4) = − 4.5 ⋅ (9 ⋅1) cm 3 = −40.5 cm 3 ,

(N.2i)

Sy(5) = − tx(5) A(5) = − 0.5 ⋅ (6 ⋅1) cm 3 = −3 cm 3 ,

(N.2l)

(i ) dove tx ( i ) e ty sono, rispettivamente, l’ascissa e l’ordinata di Gi rispetto al sistema di

riferimento {O, x , y } . Sostituendo le (N.2) nelle (N.1), si ottiene in definitiva:

gx =

412 cm = 8.96 cm , 46

(N.3a)

gy =

117 cm = 3.85 cm . 46

(N.3b)

Si passa ora al calcolo dei momenti di inerzia e del momento centrifugo di Σ rispetto al sistema baricentrico {G, x, y} (Fig. N.3). Rispetto a tale sistema si indicano con t x(i ) e t y(i ) le coordinate del baricentro della figura Σi (i=1,2,3,4,5). Procedendo come per i momenti statici


ed invocando le leggi del trasporto di Huyghens, si ottiene:

5

( )

(N.4a)

( )

(N.4b)

2 I x = I x(1) + I x(2) + I x(3) + I x(4) + I x(5) = ∑  I x(i) + A(i) t (i)y  , i  i=1 

5

2 I y = I y(1) + I y(2) + I y(3) + I y(4) + I y(5) = ∑  I y(i) + A(i) t x(i)  , i  i=1 

5

, I xy = I xy(1) + I xy(2) + I xy(3) + I xy(4) + I xy(5) = ∑  − A(i)tx(i)t (i) y 

(N.4c)

i=1

dove (Fig. N.3):

I x(1) =

18 ⋅13 cm 4 = 1.5 cm 4 , 12

I y(1) =

1⋅183 cm 4 = 486 cm 4 , 12

(N.5a,b)

I x(2) =

1⋅ 63 cm 4 = 18 cm 4 , 12

I y(1) =

6 ⋅13 cm 4 = 0.5 cm 4 ; 12

(N.5c,d)

I x(3) =

7 ⋅13 cm 4 = 0.58 cm 4 , 12

I x(4) =

9 ⋅13 cm 4 = 0.75 cm 4 , 12

I x(5) =

1⋅ 63 cm 4 = 18 cm 4 , 12

1

2

3

4

5

1

2

I y(3) = 3

1⋅ 7 3 cm 4 = 28.58 cm 4 , 12

I y(4) = 4

I y(5) = 5

1⋅ 93 cm 4 = 60.75 cm 4 ; 12

6 ⋅13 cm 4 = 0.5 cm 4 ; 12

(N.5e,f)

(N.5g,h)

(N.5i,l)


tx(1) = 0.04 cm

t x(2) = 8.54 cm

t (1) = −3.35 cm y

t (2) = 0.15 cm y

tx(3) = 5.54 cm

t (3) = 3.65 cm y

x

tx(4) = − 4.46 cm

tx(5) = − 8.46 cm

(N.6a,b,c,d,e)

t (5) = 0.15 cm y

(N.6f,g,h,i,l)

t (4) = 3.65 cm y

x

Σ

G

Σ x

x

G

G

y x

y

Σ

y

x

G

O

y G

y

Σ

x

y

G

Σ

y

Figura N.3: Sistema di riferimento baricentrico {G, x, y} (misure in cm).


I x = 1.5 + (1⋅18) ⋅(−3.35) 2  + 18 + (6 ⋅1) ⋅0.152  +  0.58 + (7 ⋅1) ⋅3.652  + +  0.75 + (9 ⋅1) ⋅3.652  + 18 + (6 ⋅1) ⋅0.152  = 454.27 cm 4

I y =  486 + (1⋅18) ⋅(0.04)2  + 0.5 + (6 ⋅1) ⋅(8.54)2  +  28.58 + (7 ⋅1) ⋅(5.54)2  + + 60.75 + (9 ⋅1) ⋅(−4.46)2  + 0.5 + (6 ⋅1) ⋅(−8.46)2  = 1837.24 cm 4

(N.7a)

(N.7b)


I xy =  −(1⋅18) ⋅ 3.35 ⋅ 0.04  +  −(6 ⋅1) ⋅0.15⋅8.54  +  −(7 ⋅1) ⋅ 3.65 ⋅ 5.54  + +  −(9 ⋅1) ⋅3.65⋅(−4.46)  +  −(6 ⋅1) ⋅0.15⋅(−8.46)  = 7.30cm 4

.

(N.7c)

A questo punto è possibile determinare gli assi centrali di inerzia, x* e y* , e i momenti centrali di inerzia, I x* e I *y , della figura. Si segue il procedimento illustrato nel § 5.6 del capitolo primo del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES], basato sulla costruzione del cerchio di Mohr del tensore di inerzia relativo al polo G (Fig. N.4). I mn

0,30°

O

y*

C P** B

P* A

x* 0,30°

In


Dalla relazione:

tg2ϕ =

si ottiene:

2 I xy Ix − Iy

=

2 ⋅7.30 = − 0.011 , 454.27 − 1837.24

(N.8)


1 2

ϕ = arctg(− 0.011) = (− 0.60° ± k180°)

(k = 0,1,2,...) .

(N.9)

La (N.9) fornisce due soluzioni nell’intervallo [-90°, 90°]: ϕ = −0.30° e ϕ = 89.70° . Esse rappresentano le inclinazioni rispetto all’asse x dei due assi centrali x* e y* . Per quanto riguarda i momenti centrali I x* e I *y , ricordando le (5.23) del capitolo primo, è facile verificare che risulta:

I x* =

I

* y

=

Ix + I y 2

Ix + I y 2

2

 I −I  +  x y  + I xy2 = 1837.28 cm 4 ,  2 

(N.10a)

2

 I −I  −  x y  + I xy2 = 454.40 cm 4 .  2 

(N.10b)


Esercizio 39: Baricentro e momenti centrali di inerzia di una figura piana a forma di “L e cerchio” (D’Amico Antonella , Senatore Vincenzo). Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia della figura piana Σ rappresentata in Fig. N.1. La figura piana Σ è caratterizzata da una forma ad “L” e può essere vista come l’unione di due sottofigure, Σ1 e Σ2, di forma rettangolare aventi dimensioni pari a 7 cm×1 cm e 8 cm×1 cm, rispettivamente (Fig. N.1).


La figura è inoltre costituita da un cerchio di raggio pari a 4,5 m e distante 0.6 cm dalla figura ‘L’.

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse Tale schematizzazione consente di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle figure . Si indichino, a tal proposito, con {G i , xi , y i } (i=1,2) due sistemi di riferimento “locali”, aventi rispettivamente origine nel baricentro del corrispondente rettangolo Σi ed assi xi e yi (i=1,2) paralleli ai lati dei due rettangoli. Inoltre, l’asse x1 sia parallelo e concorde a x2 e l’asse y1 sia parallelo e concorde a y2 . Si introduca inoltre un sistema di riferimento “globale”

{O, x , y }






gx = −

gy =

Sy A

=−

S y(1) + S y(2) A(1) + A(2)

(N.1a)

,

S x S x(1) + S x(2) = . A A(1) + A(2)

(N.1b)


del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES]. Infatti, ricordando che in corrispondenza dei sistemi baricentrici {Gi , xi , yi } (i=1,2) tali momenti (indicati rispettivamente con S x(ii ) e S y(ii ) ) sono nulli, e facendo uso delle equazioni (4.11) del § 4.3 del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES], si ottiene: (1) (1) s (1) = (0.5) ⋅ 7 = 3.5cm3 x = ty A

(2) (2) S (1) A = (4.5) ⋅ 8 = 36 cm3 x = ty

(N.2a)

,

(N.2b)

,

(3) (3) S (3) = (4.5) ⋅ π R 2 = 286, 28cm3 x = ty A

,

(N.2c)

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse (1) (1) S (1) = (3.5 + 0.6 + 9) ⋅ 7 = −91.7 cm3 y = − tx A

,

(2) (2) S (2) A = (0.5 + 0.6 + 9) ⋅ 8 = −80.8cm3 y = − tx

,

(3) (3) S (3) A = (4.5)π R 2 = −286, 28cm 3 y = − tx

(N.2d)


gx =

458, 78 = 5.84cm 78, 62 ,

(N.3a)

gy =

325, 78 = 4.14cm 78, 62 .

(N.3b)


I x = I x(1) + I x(2) + I x(3) = [ I x(i) + A(i) (t y(i ) ) 2 ]

, con i= 1,2,3

I y = I y(1) + I y(2) + I y(3) = [ I y(i) + A(i) (t x(i ) )2 ]

,con i=1,2,3

(N.4a)

(N.4b)


I xy = I xy(1) + I xy(2) + I xy(3) = ∑ [− A(i )t x( i )t y( i ) ] i =3

con i=1,2,3,

dove (Fig. N.3):

I x(1) = IxG1 + A1t y(1) =

7 ⋅13 + 7 ⋅1⋅ (4.14 − 0.5) = 0.58 + 92.75 = 93.33cm 4 12

= IxG2 + A t

1 ⋅ 83 = + 8 ⋅1 ⋅ (5 − 4.14) = 42.7 + 5.92 = 48.61cm 4 12

I

(2) x

(2) 2 y

I x(3) = IxG3 + A3t y(3) = 322.06 + 63, 62 ⋅ (0.36) 2 = 33.03cm 4 I x(tot) = 472, 24cm 4

Ripetendo lo stesso procedimento per i Momenti d’Inerzia riferiti all’asse y, si ha che: I y(1) = IyG1 + A1t x(1) = 2

1⋅ 73 + (7 ⋅ 1) ⋅ (3, 5 + 0.6 + 3.2) = 28, 6 + (7 ) ⋅ (7, 3) 2 = 401, 63 cm 4 12

(N.4c)


I y(2) = IyG2 + A2t x(2) = 2

I y(3) =

π R4 4

8 ⋅13 + 8(0.5 + 0.6 + 9 − 5.8) = 0.67 + 8 ⋅ (4.3)2 = 148,59cm 4 12

+ At x3 = 322.06 + 107,51 = 429,57cm 4

I momenti centrifughi sono :

I xy(1) = −7 ⋅1(3.5 + 0.6 + 3.2)(4.14 − 0.5)cm 4 = −7.1(−7.3)(3.64) = −188, 66 cm 4

I xy(3) = −π (4.5) 2 (0.36)(1.3) = −29.77cm 4 I xy(2) = −8 ⋅1(0.5 + 0.6 + 3.2)(5 − 4.14) = −29,58cm4 A questo punto è possibile determinare gli assi centrali di inerzia, x* e y* , e i momenti centrali di inerzia, I x* e I *y , della figura. Si segue il procedimento illustrato nel § 5.6 del capitolo primo del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES], basato sulla costruzione del cerchio di Mohr del tensore di inerzia relativo al polo G (Fig. N.4).



Dalla relazione:

tg 2θ =

2 I xy Ix − Iy

=

2(−248) −496 = = 0.978 472, 24 − 979,19 −506,95 ,

(N.8)

si ottiene:

θ = 1 / 2arctg (0.978) = 22,19° ± k180° .k=1,2… La (N.9) fornisce due soluzioni nell’intervallo [-90°, 90°]:

(N.9)

θ = 68°.θ = 22° Esse

rappresentano le inclinazioni rispetto all’asse x dei due assi centrali x* e y * .

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse Per quanto riguarda i momenti centrali I x* e I *y , ricordando le (5.23) del capitolo primo, è facile verificare che risulta:

Ix* =

Ix + Iy + [(Ix + Iy) / 2]2 + Ixy 2 = 1080, 32cm4 2 ,

(N.10a)

Iy* =

Ix + Iy − [(Ix + Iy) / 2]2 + Ixy 2 = 371,11cm4 2 .

(N.10b)


Esercizio 40: Baricentro e momenti centrali di inerzia di una figura piana. (Annalisa Andretta, Carpentieri Alessia , Pepe Valentina) Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia del sistema di figure piane di Fig. N.1,costituito dall'unione di tre figure(triangolo , rettangolo e semicerchio).

Figura 4

La suddivisione del sistema Σ, di area A, Σ1, Σ2, Σ3, rappresentati in Fig. N.1, consente al solito di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle singole figure. Similmente a quanto già visto nell’esercizio precedente, si indicano con {Gi , xi , y i } (i=1,2,3) i quattro sistemi di riferimento “locali”, aventi rispettivamente origine nel baricentro del

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse corrispondente rettangolo Σi ed assi xi e yi (i=1,2,3) paralleli ai lati dei rettangoli, e con

{O, x , y}


piano (Fig. N.2).

Figura 5

Calcolo Aree Area triangolo A(1) =

2 R 3R = 3R 2 2

Area rettangolo A(2) = 4 R ⋅ 2 R = 8R 2 (3)

Area semicerchio A

=

π R2 2


Con ovvio significato dei simboli (il simbolo ( ⋅ )( i ) denota la generica grandezza riferita alla figura Σi nel sistema locale, il simbolo ( ⋅ )( i ) denota la stessa grandezza nel sistema di riferimento {O, x , y } ), i momenti statici, S x( i ) e S y( i ) , della generica figura Σi rispetto agli assi x e y possono calcolarsi utilizzando le relazioni: (1)

(1)

(1)

Sx = ty ⋅ A = 0 (1)

(1)

(1)

S y = −t x ⋅ A = − (2)

(2)

(2)

Sx = ty ⋅ A (2)

(2)

S y = −t x ⋅ A (3)

Sx = ty S

(3) y

(3)

= −t x

(3)

=0

(2)

(3)

⋅A

⋅A

2 3 R ⋅ 3R 2 3

=−

(

)

3R + 2 R ⋅ 8 R 2

=0

(3)

4R  π R2  = −  3R + 4 R + ⋅ 3π  2 

dove si sono indicate con tx (i ) e ty(i ) , rispettivamente, l’ascissa e l’ordinata di Gi rispetto al sistema di riferimento {O, x , y } . Pertanto, le coordinate del baricentro G di Σ rispetto al sistema "globale" {O, x , y} sono le

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse seguenti:

gx = −

gy =

Sy A

=−

S

(1) y (1)

+S

(2) y (2)

A +A

+S

(3) y (3)

+A

− =

2 3 R ⋅ 3R2 − 3

(

4R  π R  3 R + 2 R ⋅ 8R 2 −  3 R + 4 R + ⋅ 3π  2  π  R2  3 + 8 +  2 

)

2

S x S x(1) + S x(2) + S x(3) = =0 A A(1) + A(2) + A(3)

Figura 6

Si passa quindi al calcolo dei momenti di inerzia e del momento centrifugo di Σ rispetto al sistema di riferimento baricentrico {G, x, y} , riportato in Fig. N.3. Operando come nell’esempio precedente, si ottiene: 3

3

i =1

i =1

3

3

i =1

i =1

I x = ∑ I x(i ) = ∑  I x(ii ) + A( i ) (t y( i ) ) 2  I y = ∑ I y(i ) = ∑  I y( ii ) + A( i ) (t x( i ) ) 2 


3

3

i =1

i =1

I xy = ∑ I xy( i ) = ∑  − A( i ) t x( i ) t y( i )  Dove:

 1  1  3R ⋅ R 3  I x(1)1 = 2  hb3  = 2   12   12 

(

 1  1 I y(1)1 = 2  h3b  = R R 3  36  18

I x(2) = 2

1 3 1 ac = 4 R ⋅ 8R 3 12 12

I y(2) = 2

1 3 1 3 a b = ( 4R ) 2R 12 12

I x33 = ρ R 4

)

3

π

π 8  I y(3) = R4  −  3  8 9π 

8

ed inoltre t x( i ) e t y( i ) sono le coordinate del baricentro della figura Σi (i=1,2,3) rispetto al sistema di riferimento {G, x, y} . Queste ultime valgono:

t

(1) x

 2  2R 3   =  gx −    3  2   

2

2R   t x(2) =  2 R + 3 − gx  2  

t y(1) = 0

2

4R  2R  t x(3) =  3 + 4R + − gx  3π  2 

t y(2) = 0

2

t y(3) = 0



π 3 4 8 4 π 1  1 Ix = 2 3R ⋅ R 3  + 4 R ⋅ 8 R 3 + ρ R 4 = R + R + ρ R4 8 6 3 8  12  12 2

2 3 (1)  (2)  1 2  2R 3   1 2R 3  I y = R R 3 + A  g x −  3 − gx  +   + ( 4R ) 2R + A  2R +  18 3  2   12 2   

(

)

(3)  2 R 4R π 8   +R  − 3 + 4R + − gx  + A  3π  8 9π   2 

2

4

Cerchio di Mohr (Fig. 4)

Figura 4


Esercizio 42: Baricentro e momenti centrali di inerzia di un sistema di figure costituito dall’unione di due figure piane a forma di “L” (Arpaia Miriam; Battipaglia Gerardo; Luongo Roberta). Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia del sistema di figure piane di Fig. N.1, costituito dall’unione di due figure a forma di “L”.

5

2

2

5

5

2

2

5

2

Fig. N.1: Figura piana e sua suddivisione in quattro sottofigure di forma rettangolare (misure in cm).

La suddivisione del sistema Σ, di area A, in quattro rettangoli, Σ1, Σ2, Σ3 e Σ4, rappresentati in Fig. N.1, consente al solito di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse momenti delle singole figure. Si indicano con {G i , xi , y i } (i=1,2,3,4) i quattro sistemi di riferimento “locali”, aventi 2

2

5

rispettivamente origine nel baricentro del corrispondente rettangolo Σi ed assi xi e yi x

O

G4

2

x4

(i=1,2,3,4) paralleli ai lati dei rettangoli, e con {O, x , y} un sistema di riferimento “globale” 5

y

x2

x3

G3

y4

2

5

G2

x1

G1

y2

y3

avente origine in un arbitrario punto O del piano (Fig. N.2). 5

2

y1 Fig. N.2: Sistemi di riferimento locali {Gi, xi, yi} con i=1, 2, 3, 4; e sistema di riferimento globale {O, x, y} (misure in cm).

Con ovvio significato dei simboli (il simbolo ( ⋅ ) (i ) denota la generica grandezza riferita alla figura Σi nel sistema locale, il simbolo ( ⋅ )( i ) denota la stessa grandezza nel sistema di riferimento {O, x , y } ), i momenti statici, S x( i ) e S y( i ) , del generico rettangolo Σi rispetto agli assi x e y possono calcolarsi utilizzando le relazioni:

S x(1) = ty(1) A(1) = 6 ⋅ (3 ⋅ 2) cm3 = 36 cm3 ,

(N.1a)

S y(1) = − tx(1) A(1) = − 10.5 ⋅ (3 ⋅ 2) cm3 = − 63cm3 ,

(N.1b)

S x(2) = ty(2) A(2) = 3.5 ⋅ (2 ⋅ 7) cm3 = 49cm3 ,

(N.1c)

S y(2) = − tx(2) A(2) = − 8 ⋅ (2 ⋅ 7) cm3 = − 112cm3 ,

(N.1d)

S x(3) = ty(3) A(3) = 3.5 ⋅ (2 ⋅ 7) cm3 = 49 cm3 ,

(N.1e)

S y(3) = − tx(3) A(3) = − 4 ⋅ (2 ⋅ 7) cm3 = − 56 cm3 ,

(N.1f)

S x(4) = ty(4) A(4) = 1 ⋅ (3 ⋅ 2) cm3 = 6 cm3 ,

(N.1g)


S y(4) = − tx (4) A(4) = − 1.5 ⋅ (3 ⋅ 2) cm3 = − 9 cm3 ,

(N.1h)

dove si sono indicate con tx( i ) e ty( i ) , rispettivamente, l’ascissa e l’ordinata di Gi rispetto al sistema di riferimento {O, x , y} . Pertanto, le coordinate del baricentro G di Σ rispetto al sistema "globale" {O, x , y} sono le seguenti:

gy =

Sy

S y(1) + S y(2) + S y(3) + S y( 4)

240 cm = 6 cm , 40

(N.2a)

S x S x(1) + S x(2) + S x(3) + S x(4) 140 = = cm = 3.5cm . A A(1) + A(2) + A(3) + A(4) 40

(N.2b)

gx = −

A

=−

A(1) + A(2) + A(3) + A( 4)

=

Si passa quindi al calcolo dei momenti di inerzia e del momento centrifugo di Σ rispetto al sistema di riferimento baricentrico {G, x, y} , riportato in Fig. N.3. ). Rispetto a tale sistema si indicano con t x(i ) e t y(i ) le coordinate del baricentro della figura Σi (i=1,2,3,4). Procedendo come per i momenti statici ed invocando le leggi del trasporto di Huyghens, si ottiene:

4

4

i =1

i =1

4

4

i =1

i =1

4

4

i =1

i =1

I x = ∑ I x( i ) = ∑  I x(ii ) + A(i ) (t y(i ) ) 2  ,

I y = ∑ I y(i ) = ∑  I y(ii ) + A(i ) (tx(i) ) 2  ,

I xy = ∑ I xy(i ) = ∑  − A(i ) t x(i ) t y(i )  ,

(N.3a)

(N.3b)

(N.3c)


2

2

4,5

4,5

G4

2,5

x4

2,5

x2

G2 x

G x3

G3

y4

x* y*

x1

G1

y

y2

y3

y1 Fig. N.3: Sistema di riferimento baricentrico {G, x, y} (misure in cm).

dove: I x(1)1 =

3 ⋅ 23 cm 4 = 2cm 4 , 12

I y(1)1 =

2 ⋅ 33 cm 4 = 4.5 cm 4 , 12

(N.4a,b)


I x(2) = 2

2 ⋅ 73 cm 4 = 57.16 cm 4 , 12

I x(3) = 3

2 ⋅ 73 cm 4 = 57.16 cm 4 , 12

I x(4) = 4

3 ⋅ 23 cm 4 = 2 cm 4 , 12

I y(2) = 2

I y(3) = 3

7 ⋅ 23 cm 4 = 4.6 cm 4 , 12 7 ⋅ 23 cm 4 = 4.6 cm 4 , 12

I y(4) = 4

2 ⋅ 33 cm 4 = 4.5 cm 4 , 12

(N.4c,d)

(N.4e,f) (N.4g,h)

ed inoltre t x(i ) e t y(i ) sono le coordinate del baricentro della figura Σi (i=1,2,3,4) rispetto al sistema di riferimento {G, x, y} . Queste ultime valgono:

t x(1) = − 4.5 cm ,

t y(1) = 2.5 cm ,

(N.5a,b)

t x(2) = − 2 cm ,

t y(2) = 0 cm ,

(N.5c,d)

t x(3) = 2 cm ,

t y(3) = 0 cm ,

(N.5e,f)

t x(4) = 4.5 cm ,

t y(4) = − 2.5 cm .

(N.5g,h)


I x =  2 + (3 ⋅ 2) ⋅ ( − 2.5) 2  cm 4 +  57.16 + (2 ⋅ 7)( 0) 2  cm 4 + + 57.16 + (2 ⋅ 7) ⋅ (0) 2  cm 4 +  2 + (3 ⋅ 2) (-2.5) 2  cm 4 = 193.32cm 4 ,

(N.6a)


I y =  4.5 + (3 ⋅ 2) ⋅ ( − 4.5) 2  cm 4 +  4.6 + (2 ⋅ 7)( − 2) 2  cm 4 + +  4.6 + (2 ⋅ 7) ⋅ (2) 2  cm 4 +  4.5 + (3 ⋅ 2) ⋅ (4.5) 2  cm 4 = 373.2cm 4 , I xy = [ − (3 ⋅ 2) ⋅ ( −4.5) ⋅ (2.5) ] cm 4 + [ − (2 ⋅ 7)( −2) ⋅ (0) ] cm 4 +

+ [ − (2 ⋅ 7) ⋅ (2) ⋅ (0) ] cm 4 + [ − (3 ⋅ 2) ⋅ (4.5) ⋅ ( −2.5) ] cm 4 = − 135cm 4 .

(N.6b)

(N.6c)


tg2ϕ =

2I xy Ix − I y

=−

2 ⋅ (135) →∞, 373.2 − 193.3

(N.7)

si ottiene ϕ = ± 28.15° (Fig. N.3).


I x* =

I

* y

=

Ix + I y 2

Ix + I y 2

2

I −I  +  x y  + I xy2 = 445.49 cm 4 ,  2 

 Ix − Iy −   2

(N.8a)

2

 2 4  + I xy = 121.05 cm . 

(N.8b)


Imn Ix* Iy* P**

r

28°

O A

In C

B

x* y*

P* Ix Iy Fig. N.4: Cerchio di Mohr del tensore di inerzia relativo al polo G.

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse Esercizio 44: Baricentro e momenti centrali di inerzia di un sistema di figure costituito dall’unione di due figure piane di cui una ruotata (Amato Matteo; Guariniello Alessandro; Oliva Salvatore). Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia del sistema di figure piane di Fig. N.1, costituito dall’unione di due figure.

Σ1

3,5

2

2

5

12

0°

5

Σ2 Figura N.1: Figura piana formata dall’unione di due figure (misure in cm).

La suddivisione del sistema Σ, di area A, in due rettangoli, Σ1 e Σ2, rappresentati in Fig. N.1, consente al solito di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un


qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle singole figure. Similmente a quanto già visto nell’esercizio precedente, si indicano con {G i , xi , y i } (i=1,2) i due sistemi di riferimento “locali”, aventi rispettivamente origine nel baricentro del corrispondente rettangolo Σi ed assi xi e yi (i=1,2), e con

{O, x , y}

un sistema di

riferimento “globale” avente origine in un arbitrario punto O del piano (Fig. N.2).

3,5

5

1,9

_

O

1,9

G1

2

x x1

G y1

5

x

x2

_

y

G2

y2

2

y


Con ovvio significato dei simboli (il simbolo ( ⋅ )( i ) denota la generica grandezza riferita alla

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse figura Σi nel sistema locale, il simbolo ( ⋅ )( i ) denota la stessa grandezza nel sistema di riferimento {O, x , y } ), i momenti statici, S x(i ) e S y(i ) , del generico rettangolo Σi rispetto agli assi x e y possono calcolarsi utilizzando le relazioni:

S x(1) = ty(1) A(1) = 0 ⋅ (5 ⋅ 2) cm3 = 0 cm3 ,

(N.1a)

b S y(1) = − tx (1) A(1) = −( + d1 ) = − 6 (5 ⋅ 2) cm3 = − 60 cm3 , 2

(N.1b)

b   S x(2) = ty(2) A(2) =  (d 2 + ) cos 30  A(2) = 3.89 ⋅ (5 ⋅ 2) cm3 = 38.9 cm3 , 2  

(N.1c)

b   S y(2) = tx (2) A(2) = (d 2 + ) sin 30  A(2) = 2.25 ⋅ (2 ⋅ 5) cm3 = 22.5 cm3 , 2  

(N.1d)


gx = −

gy =

Sy A

=−

S y(1) + S y(2) A +A (1)

(2)

=

37.5 cm = 1.9 cm , 20

S x S x(1) + S x(2) 38.9 = = cm = 1.9 cm . A A(1) + A(2) 20

(N.2a)

(N.2b)



2

2

i =1

i =1

2

2

i =1

i =1

2

2

i =1

i =1

I x = ∑ I x(i ) = ∑  I x(ii ) + A( i ) (t y( i ) ) 2  ,

I y = ∑ I y(i ) = ∑  I y( ii ) + A( i ) (t x( i ) ) 2  ,


(N.3a)

(N.3b)

(N.3c)


4,1

x*

x1

O

G1 25.4°

1,9

_ x

4,1

2

x

G

y1 x2

y

_ y

G2

y2

y*


dove: I x(1)1 =

5 ⋅ 23 cm 4 = 3.33 cm 4 , 12

I x(2) = 2

2 ⋅ 53 cm 4 = 20.83 cm 4 , 12

I y(1)1 =

2 ⋅ 53 cm 4 = 20.83 cm 4 , 12

I y(2) = 2

5 ⋅ 23 cm 4 = 3.33 cm 4 , 12

(N.4a,b)

(N.4c,d)

Raccolta degli esercizi del corso di Scienza delle Costruzioni I – Prof. Luciano Feo ed inoltre t x( i ) e t y(i ) sono le coordinate del baricentro della figura Σi (i=1,2) rispetto al sistema di riferimento {G, x, y} . Queste ultime valgono:

t y(1) = − 4.1 cm ,

t x(1) = − 1.9 cm ,

b  t x(2) = (d 2 + ) cos 30 2 

  − 1.9 = 2 cm , 

(N.5a,b)

b  t y(2) = (d 2 + )sin 30 2 

  + 1.9 = 4.15 cm , 

(N.5c,d)


I x = 3.33 + (2 ⋅ 5) ⋅ (-1.9) 2  cm 4 +  20.83 + (2 ⋅ 5) ⋅ (2) 2  cm 4 = 100.3 cm 4 ,

(N.6a)

I y =  20.83 + (2 ⋅ 5) ⋅ (-4.1) 2  cm 4 + 3.33 + (2 ⋅ 5) ⋅ (-4.15) 2  cm 4 = 364.5 cm 4 , (N.6b) I xy = [ − (2 ⋅ 5) ⋅ (1.9) ⋅ (4.15) ] cm 4 + [ − (2 ⋅ 5) ⋅ (2) ⋅ (4.15) ] cm 4 = − 161.85 cm 4 .

(N.6c)


tg2ϕ =

2 I xy Ix − I y

=−

2 ⋅ 161.85 = 1.225 , 100.3 − 364.5

si ottiene ϕ = 25.4° (Fig. N.3).

(N.7)



Ix + I y

I x* =

2

Ix + Iy

I *y =

2

2

 Ix − Iy  2 4 +   + I xy = 441.32 cm , 2  

(N.8a)

 Ix − I y  2 4 −   + I xy = 23.48 cm . 2  

(N.8b)

2


25,4°

I mn

P**

C

A

O

B In

P* I x* Iy Ix I y*



Esercizio 45: Baricentro e momenti centrali di inerzia di una figura piana a forma di “Rettangolo con tre fori interni” (Bottiglieri Fabrizio; Amarante Pierpaolo). Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia della figura piana Σ rappresentata in Fig. N.1. La figura piana Σ è caratterizzata da una forma a “Rettangolo con tre fori circolari interni” e può essere vista come l’unione di quattro sottofigure , Σ1, Σ2, Σ3 e Σ4, di forma una rettangolare avente dimensioni pari a 18 cm×14 cm e tre circonferenze aventi diametro pari a 2cm rispettivamente (Fig. N.1).

Σ 2

6

d

Σ 6

1

9

Σ

14

6

18

Σ

4

3

6

Figura N.1: Figura piana a forma di “Rettangolo con tre fori circolari interni” ed una sua suddivisione in quattro sottofigure, una di forma rettangolare e tre figure di forma circolare (misure in cm)


Tale schematizzazione consente di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle figure Σ1, Σ2, Σ3 e Σ4. Si indichino, a tal proposito, con {G i , xi , y i } (i=1,2,3,4) quattro sistemi di riferimento “locali”, aventi rispettivamente origine nel baricentro del corrispondente rettangolo Σi ed assi

xi e yi (i=1,2,3,4) paralleli ai lati del rettangolo. Inoltre, l’asse x1 sia parallelo e concorde a x2 , x3 , x4 e l’asse y1 sia parallelo e concorde a y2 , y3 , y4. Si introduca inoltre un sistema di riferimento “globale”

{O, x , y }


arbitrario punto O del piano (Fig. N.2). Il sistema globale abbia gli assi paralleli a quelli dei sistemi locali, assunti coincidenti con gli assi centrali di inerzia del rettangolo Σ1 e delle tre circonferenze Σ2 Σ1 e Σ2.

_

18

x

x2

Σ

_

y

2

G2

14

x1

G1

y 6

y1 x4 x3

1

9

6

Σ

O

G3

Σ

G4

Σ

4

y4 3

y3 6

6

Figura N.2: Sistemi di riferimento locali {G1 , x1 , y1} , {G2 , x2 , y2 } ,{G3, x3, y3} e { G4, x4, y4}, sistema di riferimento globale {O, x , y} (misure in cm).



gx = −

gy =

Sy A

=−

S y(1) − S y(2) − S y(3) − S y(4) A(1) − A(2) − A(3) − A(4)

,

S x S x(1) − S x(2) − S x(3) − S x(4) = . A A(1) − A(2) − A(3) − A(4)

(N.1a)

(N.1b)



S x(1) = ty(1) A(1) = 7 ⋅ (18 ⋅14) cm3 = 1764 cm3 ,

(N.2a)

S x(2) = ty(2) A(2) = 6 ⋅ (3,14 ⋅ 12 ) cm 3 = 18,84 cm 3 ,

(N.2b)

S x(3) = ty(3) A(3) = 12 ⋅ (3,14 ⋅ 12 ) cm 3 = 37, 68 cm3 ,

(N.2c)

S x(4) = ty(4) A(4) = 9 ⋅ (3,14 ⋅ 12 ) cm 3 = 28, 26 cm3 ,

(N.2d)


S y(1) = − tx(1) A(1) = − 9 ⋅ (18 ⋅ 14) cm3 = − 2268 cm3 ,

(N.2e)

S y(2) = − tx(2) A(2) = − 12 ⋅ (3,14 ⋅ 12 ) cm3 = − 37,68 cm 3 ,

(N.2f)

S y(3) = − tx(3) A(3) = − 12 ⋅ (3,14 ⋅ 12 ) cm 3 = − 37,68 cm 3 ,

(N.2g)

S y(4) = − tx (4) A(4) = − 6 ⋅ (3,14 ⋅ 12 ) cm 3 = − 18,84 cm3 ,

(N.2h)


gx =

2173,8 cm = 8,96 cm , 242,58

(N.3a)

gy =

1679, 22 cm = 6, 92 cm . 242,58

(N.3b)



I x = I x(1) − I x(2) − I x(3) − I x(4) =

( )

=  I x(1) + A (1) t (1) y  1

( )

−  I x(3) + A (3) t (3) y  3

( )

2

 −  I (2) + A (2) t (2) y   x2

2

 −  I (4) + A (4) t (4) y   x4

( )

2

2

+ 

 

(N.4a)

I y = I y(1) − I y(2) − I y(3) − I y(4) =

( )

( )

( )

( )

2 2 =  I y(1)1 + A(1) t x(1)  −  I y(2)2 + A(2) t x(2)  +     2 2 −  I y(3)3 + A(3) t x(3)  −  I y(4)4 + A(4) t x(4)     

(N.4b)

I xy = I xy(1) − I xy(2) − I xy(3) − I xy(4) = (N.4c)

  ( 2) (2) (2)  =  − A(1) t x(1) t (1) y  + − A tx t y  +   (4) (4) (4)  −  − A(3) t x(3) t (3) y  −  − A tx t y 

dove (Fig. N.3):

I x(1) = 1

18 ⋅ 14 3 cm 4 = 4116 cm 4 , 12

I y(1)1 =

14 ⋅ 183 cm 4 = 6804 cm 4 , 12

(N.5a,b)

I x(2)2 =

3,14 ⋅ 14 cm 4 = 0, 26 cm 4 , 12

I y(2)2 =

3,14 ⋅ 14 cm 4 = 0.26 cm 4 ; 12

(N.5c,d)

I x(3)3 =

3,14 ⋅ 14 cm 4 = 0, 26 cm 4 , 12

I y(2)2 =

3,14 ⋅ 14 cm 4 = 0.26 cm 4 ; 12

(N.5e,f)

I x(2)2 =

3,14 ⋅ 14 cm 4 = 0, 26 cm 4 , 12

I y(2)2 =

3,14 ⋅ 14 cm 4 = 0, 26 cm 4 ; 12

(N.5g,h)


t x(1) = 0,04 cm ,

t x( 2) = 3.04 cm ,

(N.6a,b)

t x(3) = 3,04 cm ,

t x(4) = − 2, 96 cm ,

(N.6c,d)

t (1) y = 0, 08 cm ,

t (y2) = − 0, 92 cm .

(N.6e,f)

t (3) y = 5, 08 cm ,

t (4) y = 2.08 cm .

(N.6g,h)

x 2

1

_

y 3,04

G2 G

x1

G1

0,08

0,04

5,08

y1

2,08

0,92

Σ

Σ

O

3,04

G3

Σ

2,96

G4

Σ

4

3



I x =  4116 + (18 ⋅ 14) ⋅ 0, 082  cm 4 −  0, 26 + (3,14 ⋅ 12 ) ⋅ (-0,92) 2  cm 4 + −  0, 26 + (3,14 ⋅ 12 ) ⋅ 5, 082  cm 4 −  0, 26 + (3,14 ⋅12 ) ⋅ 5,082  cm 4 =

(N.7a)

= 4019,56 cm 4

I y = 6804 + (18 ⋅14) ⋅ (0,04)2  cm4 − 0, 26 + (3,14 ⋅12 ) ⋅ (3,04)2  cm4 + − 0, 26 + (3,14 ⋅12 ) ⋅ (3,04)2  cm4 + 0, 26 + (3,14 ⋅12 ) ⋅ ( −2,96)2  cm4 = = 6718,07 cm

(N.7b)

4

I xy = [ −(18 ⋅ 14) ⋅ 0,04 ⋅ 0, 08] cm4 −  −(3,14 ⋅ 12 ) ⋅ (3,04) ⋅ ( −0, 92)  cm4 + −  −(3,14 ⋅12 ) ⋅ 3,04 ⋅ 5,08 cm4 −  −(3,14 ⋅ 12 ) ⋅ ( −2, 96) ⋅ (2,08)  cm4 = +19,57cm

.

(N.7c)

4




89,585°

y*

I mn

0,415°

x*

O

P*

C A

I x*=

4019,42 cm^4

Ix =

4019,56 cm^4

Iy =

6718,07 cm^4

I y* =

6718,21 cm^4

B P**

In


Dalla relazione:

tg2ϕ =

si ottiene:

2 I xy Ix − Iy

=

2 ⋅ 19,57 = − 0, 0145 , 4019,56 − 6718,07

(N.8)


1 2

ϕ = arctg( − 0.0145) = ( − 0,8307° ± k180°)

( k = 0,1, 2,...) .

(N.9)

La (N.9) fornisce due soluzioni nell’intervallo [-90°, 90°]: ϕ = −0, 415° e ϕ = 89.585° . Esse rappresentano le inclinazioni rispetto all’asse x dei due assi centrali x* e y * . Per quanto riguarda i momenti centrali I x* e I *y , ricordando le (5.23) del capitolo primo, è facile verificare che risulta:

I x* =

I

* y

=

Ix + Iy 2

Ix + Iy 2

 I − Iy  2 4 +  x  + I xy = 6718, 21 cm ,  2  2

(N.10a)

2

 Ix − Iy  2 4 −   + I xy = 4019, 42 cm . 2  

(N.10b)



25,4°

I mn

P**

C

A

O

B In

P* I x* Iy Ix I y*



Esercizio 46: Baricentro e momenti centrali di inerzia di una figura piana a forma di un rettangolo con un foro all’interno a forma di rombo (Vecchio Raffaele; Di Nardo Giovanni; Bolognese Davide). Si determinino il baricentro ed i momenti centrali di inerzia della figura piana Σ rappresentata in Fig. N.1. La figura piana Σ presa in esame è costituita da un rettangolo di lati B e H (figura Σ1), all’interno del quale è presente un foro a forma di rombo (figura Σ2). Ricordando le operazioni di unione e sottrazione di insiemi, si può scrivere: Σ = Σ1-Σ2. La nostra figura piana viene quindi vista come la differenza di due sottofigure, Σ1 e Σ2, di dimensioni pari a 9 cm×11 cm e 7.3333cm×6 cm (diagonali del rombo), rispettivamente (Fig. N.1).

B=9

H/6

Σ

H =11

2

Σ

Σ

1

B/6

Figura N.1: Figura piana a forma di rettangolo con rombo come foro e sua suddivisione in due sottofigure (misure in cm)

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse Tale schematizzazione consente di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle figure Σ1 e Σ2. Si indichino, a tal proposito, con {G i , xi , y i } (i=1,2) due sistemi di riferimento “locali”, aventi rispettivamente origine nel baricentro del corrispondente rettangolo Σi ed assi xi e yi (i=1,2) paralleli ai lati del rettangolo. Inoltre, l’asse x1 sia parallelo e concorde a x2 e l’asse

y1 sia parallelo e concorde a y2 . Si introduca inoltre un sistema di riferimento “globale”

{O, x , y }

avente origine in un arbitrario punto O del piano (Fig. N.2). Il sistema globale abbia

gli assi paralleli a quelli dei sistemi locali, assunti coincidenti con gli assi centrali di inerzia, a loro volta coincidenti del rettangolo e del rombo Σ1 e Σ2.

B=9

_

x O _ y x1=x2

H/6

G1=G2

Σ

H =11

2

Σ

Σ

1

y1= y2 B/6




gx = −

gy =

Sy A

=−

S y(1) + S y(2) A(1) + A(2)

,

S x S x(1) + S x(2) = . A A(1) + A(2)

(N.1a)

(N.1b)

Facendo uso delle equazioni (4.11) del § 4.3 del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES], si ottiene:

S x(1) = ty(1) A(1) ,

(N.2a)

S x(2) = ty(2) A(2) ,

(N.2b)

S y(1) = − tx (1) A(1) ,

(N.2c)

S y(2) = − tx (2) A(2) ,

(N.2d)

dove tx ( i ) e ty( i ) sono, rispettivamente, l’ascissa e l’ordinata di Gi rispetto al sistema di

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse riferimento {O, x , y } . È possibile evitare tali calcoli facendo alcune considerazioni grafiche. Notiamo che gli assi locali xi e yi (i=1,2) avente come origini i baricentri dei due sottosistemi coincideranno tra loro; in quanto il baricentro del rettangolo, localizzato come intersezione delle sue diagonali, coinciderà per costruzione con il baricentro del rombo localizzato a sua volta dall’intersezione della diagonale maggiore con la diagonale minore. Ciò non vuol dire altro se non che il baricentro della figura Σ dovendosi trovare sulla congiungente i due baricentri coinciderà con essi (G1 ≡ G2 ≡ G). Ci è inoltre immediato riconoscere che tali assi, sempre per costruzione, sono entrambi assi di simmetria per la figura complessiva Σ. Essi rappresentano quindi gli assi centrali di inerzia di Σ e l’origine coincide con il baricentro G di tale figura.

x x

GG G

Σ

x

Σ

Σ

y y y

Figura N.3: Sistema di riferimento baricentrico {G , x, y} (misure in cm). Si passi ora al calcolo dei momenti di inerzia (che nel nostro caso saranno quelli principali) e

Raccolta degli esercizi del corso di Scienza delle Costruzioni I – Prof. Luciano Feo del momento centrifugo di Σ rispetto al sistema baricentrico

{G, x, y} .

Sto trovando un

tensore di inerzia: una matrice che in questo specifico caso sarà diagonale perché la figura è simmetrica. Significa dire che lungo la diagonale avremo i due momenti centrali di inerzia Ix e Iy mentre I momenti centrifughi Ixy saranno nulli. I0 =

 Ix  0

0  Iy 

Per quanto riguarda Ix ed Iy si ottiene:

Ιx =

∫ y dΣ = ∫

y2d Σ =

− Ι (2) x ,

(N.3a)

∫ x dΣ = ∫

(2) x 2 d Σ = ∫ x 2 d Σ − ∫ x 2 d Σ = Ι (1) y − Ιy .

(N.3b)

2

Σ

Ιy =

Σ1 −Σ 2

2

Σ

Σ1 −Σ 2

∫ y dΣ − ∫ y dΣ = Ι 2

Σ1

Σ1

2

(1) x

Σ2

Σ2

Dove:

Ι (1) x =

B ⋅ H 3 9 ⋅113 = cm 4 = 998, 25 cm 4 , 12 12

(N.4a)

Ι (1) y =

H ⋅ B 3 11 ⋅ 93 = cm 4 = 668, 25 cm4 , 12 12

(N.4b)

I

(2) x

=I

(2) y

L4 = cm 4 = 41, 9794 cm4 (L lato del rombo). 12

(N.4c,d)

Per trovare il lato L del rombo:

H H 2H D H − = → = 6 6 3 2 3 B B 2B d B d = B− − = → = 6 6 3 2 3 D=H−

L= (

H 2 B 2 ) +( ) = 3 3

H 2 + B2 L4 ( H 2 + B 2 ) 2 → = 9 12 972

(N.5a,b,c)

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse Sviluppando ora i calcoli si ottiene:

Ι x = (998, 25 − 41,9794)cm 4 = 956, 2706 cm 4 I y = (668, 25 − 41,9794)cm 4 = 626, 2706 cm4

Quindi avremo

0  956, 2706  Io =  . 0 626, 2706  

(N.6a,b)

(N.7)

Per verificare a questo punto che gli assi principali di inerzia sono realmente quelli ottenuti dal ragionamento poc’anzi trattato e che i momenti principali di inerzia Ix* ed Iy* coincidono proprio con Ix ed Iy si segue il procedimento illustrato nel § 5.6 del capitolo primo del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES], basato sulla costruzione del cerchio di Mohr del tensore di inerzia relativo al polo G (Fig. N.4).

Costruzione cerchio di Mohr:

Per la rappresentazione del cerchio di Mohr fisso un sistema di riferimento

I n oI mn con

ascisse sempre positive mentre direzioni sia positive che negative per quanto riguarda le ordinate. Considero

A ≡ ( I x , 0 ) e Β ≡ ( I y , 0 ) con Ix > Iy ; per definizione il centro del cerchio di

Mohr sarà il punto medio del segmento

 Ix + I y  AB , C =  , 0  . Trovo ora un P* detto  2 

polo del cerchio di Mohr o anche primo polo del cerchio di Mohr avente A come ascissa e il momento centrifugo come ordinata, ma essendo quest’ultimo nel nostro specifico caso nullo, si avrà

P* ≡ A . CP* sarà il raggio del cerchio

I −I   A− B   A− B  CP = R =  x y  + Ι 2xy =   = .  2   2   2  2

*

2

(N.8)


Risulta da ciò immediata la costruzione del cerchio di Mohr il quale avrà due punti di intersezione con l’asse In: P1 massimo momento di inerzia e P2 minimo momento di inerzia, a questi punti corrispondono gli autovalori che altro non sono che i momenti principali di inerzia. In particolare si avrà che:

I +I I −I  A− B A+ B P1 = C + R =  x y  + Ι 2xy + x y = + = A, 2 2 2  2  2

P2 = C − R =

Ix + I y 2

I −I  A+ B A− B −  x y  + Ι 2xy = − − = Β. 2 2 2  

(N.9a)

2

(N.9b)

Conferma del fatto che i valori dei punti A e B già sono i valori dei momenti principali di inerzia. Inoltre il punto diametralmente opposto a

P* lo chiameremo P** (che nel nostro caso

particolare coincide con il punto B) ed esso sarà il secondo polo del cerchio di Mohr a partire dal quale traccio due rette passanti per P1 e per P2 ortogonali tra loro e saranno le direzioni principali di inerzia x* ed y*; nel nostro caso la x* coinciderà con l’asse delle ascisse, mentre la y* sarà ortogonale ad esso e passante per P**.


y* I mn

B = P**

O I y = I y*

A = P* I n = x*

I x = I x*

Figura N.4: Cerchio di Mohr del tensore di inerzia.

Dalla relazione:

tg2ϕ =

2 I xy Ix − I y

=

2⋅0 = 0, 956, 2706 − 626, 2706

(N.10)

si ottiene:

ϕ = arctg (0) = 0

La (N.11) fornisce una soluzione: dei due assi centrali x* e y * .

(N.11)

ϕ =0

Essa rappresenta l’ inclinazione rispetto all’asse x


Esercizio 47: Baricentro e momenti centrali di inerzia di una figura piana a forma di “H” (Chiacchio Antonio; Pepe Carmine; Coppola Giuseppe).

Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia della figura piana Σ rappresentata in Fig. N.1. La figura piana Σ è caratterizzata da una forma ad “H” e può essere vista come l’unione di tre sottofigure, Σ1, Σ2, Σ3 di forma rettangolare aventi dimensioni pari a 2 cm×9 cm, 1cm×6 cm, e 2 cm×9 cm rispettivamente (Fig. N.1).

Σ1 Σ1

Σ2 Σ2

Σ3 Σ3

Figura N.1: Figura piana formata dall’unione di tre rettangoli (misure in cm).

La suddivisione del sistema Σ, di area A, in tre rettangoli, Σ1, Σ2, Σ3, rappresentati in Fig. N.1, consente al solito di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle singole figure. Similmente a quanto già visto nell’esercizio precedente, si indicano con {G i , xi , y i }

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse (i=1,2,3,4) i quattro sistemi di riferimento “locali”, aventi rispettivamente origine nel baricentro del corrispondente rettangolo Σi ed assi xi e yi (i=1,2,3,4) paralleli ai lati dei rettangoli, e con {O, x , y} un sistema di riferimento “globale” avente origine in un arbitrario punto O del piano (Fig. N.2).

G1

G2

G3


Con ovvio significato dei simboli (il simbolo ( ⋅ )( i ) denota la generica grandezza riferita alla figura Σi nel sistema locale, il simbolo ( ⋅ )( i ) denota la stessa grandezza nel sistema di riferimento {O, x , y } ), i momenti statici, S x(i ) e S y(i ) , del generico rettangolo Σi rispetto agli assi x e y possono calcolarsi utilizzando le relazioni: Sx(1) = ty(1) A(1) = 4.5 · 18 cm3 = 18 cm3

(47.1a)

Sy(1) = - tx(1) A(1) = -9 · 18 cm3 = -162 cm3

(47.1b)

Sx(2) = ty(2) A(2) = 4.5 · 6 cm3 = 27 cm3

(47.1c)


Sy(2) = - tx(2) A(2) = -5 · 6 cm3 = -30 cm3

(47.1d)

Sx(3) = ty(3) A(3) = 4.5 · 18 cm3 = 81 cm3

(47.1e)

Sy(3) = - tx(3) A(3) = - 1 · 18 cm3 = - 18 cm3

(47.1f)


gx = −

Sy A

=−

S y(1) + S y( 2 ) + S y(3) A +A (1)

( 2)

+A

( 3)

=

210 = 5cm , 42

S x S x(1) + S x( 2) + S x(3) 189 gy = = = = 4.5cm A A(1) + A( 2) + A( 3) 42

(47.2a)

(47.2b)


3

I x = ∑i =1 I x(i ) =∑ [I x + A(i ) (t y(i ) ) 2 ] , 3

(i )

(47.3a)

i =1

3

I y = ∑i =1 I y( i ) =∑ [I y + A( i ) (t x(i ) )2 ] , 3

i =1

(i )

(47.3b)


I xy = ∑ I 3

(i ) i =1 xy

3

=∑ [ − A( i )t x( i )t y(i ) ]

(47.3c)

i =1

Figura N.3: Baricentro G (misure in cm).

dove:

b ⋅ h 3 2 ⋅ 93 Ix = = = 121,5cm4 , 12 12

b ⋅ h3 6 ⋅ 13 , Ix = = = 0.5cm 4 12 12

(47.4a,b)

b ⋅ h 3 2 ⋅ 93 Ix = = = 121,5cm4 12 12

b 3 ⋅ h 23 ⋅ 9 , Iy = = = 6cm 4 12 12

(47.4c,d)

(1)

(3)

b 3 ⋅ h 63 ⋅ 1 Iy = = = 18cm4 12 12 (2)

(2)

(1)

b 3 ⋅ h 23 ⋅ 9 , Iy = = = 6cm 4 12 12 (3)

(47.4e,f)



tx(1)=-4cm, tx(3)=4cm, ty(2)=0,

, tx(2)=0

(47.5a,b)

, ty(1)=0

(47.5c,d)

ty(3)=0,

(47.5e,f)


I x = [121,5cm4 + (18cm2 ⋅ (−4cm) 2 )] + [0,5cm4 + (6cm2 ⋅ (0) 2 )] + + [121,5cm4 + (18cm2 ⋅ (4cm)2 )] = 819,5cm4 I y = [6cm4 + (18cm 2 ⋅ (0) 2 )] + [18cm4 + (6cm2 ⋅ (0) 2 )] + + [6cm 4 + (18cm2 ⋅ (0)2 )] = 30cm 4 I xy = [−18cm2 ⋅ 0] + [−6cm2 ⋅ 0] + + [−18cm 2 ⋅ 0] = 0

(47.6a)

(47.6b)

(47.6c)



1 2

ϕ = arctg

si ottiene

ϕ =0

2 I12 =0, I1 − I 2

(47.7)

(Fig. N.3).


Ix = *

.

Ix + I y

Ix = *

2

I −I  2 +  x y  + I xy = 424,75 + 394,75 = 819,5cm4  2 

Ix + I y 2

2

I −I  2 −  x y  + I xy = 424,75 − 394,75 = 30cm4  2 

(47.8a)

2

(47.8b)


Esercizio 48: Baricentro e momenti centrali di inerzia di una lamina rettangolare cui è stata sottratta una porzione a forma di triangolo equilatero. (Fasulo Carmine; Stanzione Ugo). Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia della figura piana Σ rappresentata in Fig. N.1. La figura piana Σ può essere vista come la differenza di due figure, Σ1 di forma rettangolare avente dimensioni pari a 11 cm×9 cm e Σ2 a forma di triangolo equilatero di lato 9 cm. (Fig. N.1).

1

9

11

1

9

1

Figura N.1: Figura rettangolare con foro triangolare (misure in cm).

Tale schematizzazione consente di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sottraendo i corrispondenti momenti delle figure

Σ1 e Σ 2 .


{O, x , y }



11

_

x

O

Σ

1

9

x1 x2

_

G1 G2

y

Σ 1

2

1

9

y= y 2 1

1


(i ) Con ovvio significato dei simboli (il simbolo ( ⋅ ) denota la generica grandezza riferita alla (i ) figura Σi nel sistema locale, il simbolo ( ⋅ ) denota la stessa grandezza nel sistema di

riferimento {O, x , y } ), le coordinate del baricentro G sono calcolabili per il tramite delle relazioni ((4.12) del capitolo primo):


gx = −

gy =

Sy A

=−

S y(1) − S y(2) A(1) − A(2)

(N.1a)

,

S x S x(1) − S x(2) = . A A(1) − A(2)

(N.1b)

(i ) (i ) D’altra parte, i momenti statici, S x e S y , del generico rettangolo Σi rispetto agli assi x e

y possono calcolarsi applicando le leggi del trasporto presentate nel § 4.3 del capitolo primo

del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES]. Infatti, ricordando che in corrispondenza dei sistemi baricentrici {Gi , xi , yi } (i=1,2) tali (i ) (i ) momenti (indicati rispettivamente con S xi e S yi ) sono nulli, e facendo uso delle equazioni


S x(1) = ty(1) A(1) = 4,50 ⋅ (11 ⋅ 9) cm3 = 445,50 cm3 ,

S x(2) = ty(2) A(2) = 5, 41 ⋅ (

9 ⋅ 7, 79 ) cm3 = 189, 67 cm3 , 2

S y(1) = − tx(1) A(1) = − 5,50 ⋅ (11 ⋅ 9) cm3 = − 544,50 cm3 ,

S y(2) = − tx(2) A(2) = − 5,50 ⋅ (

9 ⋅ 7,79 ) cm3 = − 192,83cm3 , 2

(N.2a)

(N.2b)

(N.2c)

(N.2d)

(i) (i ) dove tx e ty sono, rispettivamente, l’ascissa e l’ordinata di Gi rispetto al sistema di

riferimento {O, x , y } . Sostituendo le (N.2) nelle (N.1), si ottiene in definitiva:


gx =

351, 67 cm = 5,50 cm , 63,94

(N.3a)

gy =

255,83 cm = 4 cm . 63.94

(N.3b)

Si passa ora al calcolo dei momenti di inerzia e del momento centrifugo di Σ rispetto al (i ) (i ) sistema baricentrico {G, x, y} (Fig. N.3). Rispetto a tale sistema si indicano con t x e t y le

coordinate del baricentro della figura Σi (i=1,2). Procedendo come per i momenti statici ed invocando le leggi del trasporto di Huyghens, si ottiene:

( )

( )

(N.4a)

( )

( )

(N.4b)

2 2 I x = I x(1) − I x(2) =  I x(1) + A(1) t y(1)  −  I x(2)2 + A(2) t y(2)  ,  1   

2 2 I y = I y(1) − I y(2) =  I y(1)1 + A(1) t x(1)  −  I y(2)2 + A(2) t x(2)  ,    

I xy = I xy(1) − I xy(2) =  − A(1) t x(1) t y(1)  −  − A(2) t x(2) t y(2)  ,

(N.4c)

dove (Fig. N.3):

I x(1) = 1

9 ⋅ 113 11 ⋅ 93 cm 4 = 998, 25 cm 4 , cm 4 = 668.25 cm 4 , I y(1)1 = 12 12

(N.5a,b)

I x(2)2 =

9 ⋅ 7, 793 7, 79 ⋅ 93 cm 4 = 177, 27 cm 4 , I y(1)2 = cm 4 = 236, 62 cm 4 ; 24 24

(N.5c,d)

t x(1) = 0,50 cm ,

t x(2) = 1, 41 cm ,

(N.6a,b)


t y(1) = 0 cm ,

t y(2) = 0 cm .

(N.6c,d)

Σ

1

x

x1 x2

G2

G G1

Σ

2

y= 1 y2

y



I x = 668, 25 + 99 ⋅ (0,5) 2  cm 4 − 177, 27 + 35, 06 ⋅ (1,41) 2  cm 4 = = 446,02 cm 4 ,

(N.7a)

I y = 998, 25 + 99 ⋅ (0) 2  cm4 −  236, 62 + 35, 06 ⋅ (0)2  cm 4 = = 761,63 cm4 ,

(N.7b)

I xy = [ −(99) ⋅ 0 ⋅ 0,5] cm4 − [ −(35, 06) ⋅ (1.41) ⋅ (0)] cm 4 = 0cm4 .

(N.7c)

* * A questo punto è possibile determinare gli assi centrali di inerzia, x e y , e i momenti * * centrali di inerzia, I x e I y , della figura.

Si segue il procedimento illustrato nel § 5.6 del capitolo primo del libro di teoria [L. Ascione,



del tensore di inerzia relativo al polo G (Fig. N.4). Imn

y*

C

O

B=P**

A=P*

In x*

Ix=Ix* * I= y Iy


Dalla relazione:

tg2ϕ =

2 I xy Ix − Iy

=−

2⋅0 =0, 446, 02 − 761, 63

(N.8)

si ottiene:

1 2

ϕ = arctg(0) = (0° ± k180°)

(k = 0,1, 2,...) .

(N.9)

La (N.9) fornisce 2 soluzioni nell’intervallo [0°, 180°]: ϕ = 0° e ϕ = 180° . Esse rappresentano * * le inclinazioni rispetto all’asse x dei due assi centrali x e y .

* * Per quanto riguarda i momenti centrali I x e I y , ricordando le (5.23) del capitolo primo, è

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse facile verificare che risulta:

I = * x

I y* =

Ix + I y 2

Ix + Iy 2

2

 Ix − I y  2 4 +   + I xy = 446, 02 cm ,  2 

(N.10a)

2

 Ix − I y  2 4 −   + I xy = 761, 63 cm . 2  

(N.10b)


Esercizio 50 : Baricentro e momenti centrali di inerzia di una figura piana 50 (D’Ancora Luigi ; Falcone Andrea ; La Ragione M.Cristina ). Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia della figura piana Σ rappresentata in Fig. 50.1. La figura piana Σ può essere vista come l’unione di due sottofigure, Σ1 e Σ2, rispettivamente di forma triangolare e di semicerchio il cui raggio misura 3 cm. Si fa notare il lato del triangolo è congruente al diametro del semicerchio (Fig. 50.1).

Σ

1

Σ

2

6 Figura 50.1: Figura piana Σ suddivisa in Σ1 e Σ2 (misure in cm).

Tale schematizzazione consente di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse momenti delle figure Σ1 e Σ2. Si indichino, a tal proposito, con {G i , xi , y i } (i=1,2) due sistemi di riferimento “locali”, aventi rispettivamente origine nel baricentro della corrispondente figura piana Σi . Inoltre, l’asse x1 sia parallelo e concorde a x2 e l’asse y1 sia parallelo e coincidente a y2 . Si introduca inoltre un sistema di riferimento “globale”

{O, x , y}


arbitrario punto O del piano. Il sistema globale abbia gli assi paralleli a quelli dei sistemi locali, assunti coincidenti con gli assi centrali di inerzia delle due figure Σ1 e Σ2 . Data la simmetricità della figura Σ posizioniamo tale sistema di riferimento con l’asse y coincidente con il suo asse di simmetria (Fig. 50.2).

_

x

O

x1 x2

G1

Σ1

G2

Σ2

_

y 6

Figura 50.2: Sistemi di riferimento locali {G1 , x1 , y1 } e {G2 , x2 , y2 } e sistema di riferimento globale {O, x , y} (misure in cm).

Raccolta degli esercizi del corso di Scienza delle Costruzioni I – Prof. Luciano Feo Con ovvio significato dei simboli (il simbolo ( ⋅ ) ( i ) denota la generica grandezza riferita alla figura Σi nel sistema locale, il simbolo ( ⋅ )( i ) denota la stessa grandezza nel sistema di riferimento {O, x , y } . Per la determinazione delle coordinate del baricentro G, si calcolano le coordinate del baricentro G1 della figura Σ1 e le coordinate del baricentro G2 della figura Σ2. Tramite considerazioni di tipo geometrico e per proprietà di simmetria, le coordinate del baricentro G1 relative al sistema di riferimento globale sono G1 ≡ (0 ; 3.46). Per la figura Σ2 la coordinata x di G2 sarà nulla, mentre per la coordinata y si è utilizzato il calcolo integrale introducendo un opportuno sistema di riferimento e relative coordinate polari. In definitiva le coordinate del baricentro G2, relative al sistema di riferimento globale, sono G2 ≡ (0 ; 6.47). Le coordinate del baricentro G sono calcolabili per il tramite delle relazioni ((4.12) del capitolo primo):

gx = −

gy =

Sy A

=−

S y(1) + S y(2) A(1) + A(2)

,

S x S x(1) + S x(2) = . A A(1) + A(2)

(50.1a)

(50.1b)

D’altra parte, i momenti statici, S x( i ) e S y(i ) , della generica figura piana Σi rispetto agli assi x e y possono calcolarsi applicando le leggi del trasporto presentate nel § 4.3 del capitolo primo del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES]. Infatti, ricordando che in corrispondenza dei sistemi baricentrici {Gi , xi , yi } (i=1,2) tali (i ) (i ) momenti (indicati rispettivamente con S xi e S yi ) sono nulli, e facendo uso delle equazioni



S x(1) = ty(1) A(1) =

2 3R ⋅ ( 3 ⋅ R 2 ) cm3 = 2 R3 cm3 = 54 cm3 , 3

 3 π ⋅ R2 2 4  π S x(2) = ty(2) A(2) =  + 3  R ⋅ ( ) cm3 =  +  R 3cm3 = 91.46 cm3  2 2 3  3  

S y(1) = − tx (1) A(1) = 0 ⋅ (

S y(2) = − tx(2) A(2) = 0 ⋅ (

2⋅ R⋅ 3 ⋅ R ) cm3 = 0 cm 3 , 2

π ⋅ R2 2

) cm3 = 0 cm3 ,

(50.2a)

(50.2b)

(50.2c)

(50.2d)

dove tx( i ) e ty( i ) sono, rispettivamente, l’ascissa e l’ordinata di Gi rispetto al sistema di riferimento {O, x , y} . Sostituendo le (50.2) nelle (50.1), si ottiene in definitiva:

gx =

145.46 cm = 4.89 cm , 29.73

(50.3a)

gy =

0 cm = 0 cm . 29.73

(50.3b)

Si passa ora al calcolo dei momenti di inerzia e del momento centrifugo di Σ rispetto al sistema baricentrico {G, x, y} (Fig. 50.3). Rispetto a tale sistema si indicano con t x(i ) e t y(i ) le coordinate del baricentro della figura Σi (i=1,2). Procedendo come per i momenti statici ed invocando le leggi del trasporto di Huyghens, si ottiene:


( )

I x = I x(1) + I x(2) =  I x(1) + A(1) t y(1)  1

( )

I y = I y(1) + I y(2) =  I y(1)1 + A(1) t x(1) 

2

2

+ 

( )  ,

(50.4a)

( )  ,

(50.4b)

 I (2) + A(2) t (2) y  x2

 +  I (2) + A(2) t (2) x   y2

2

2


(50.4c)

dove (Fig. 50.3):

I x(1) = 1

3 ⋅ R4 cm 4 = 23.38 cm 4 , I y(1)1 = 6

3 ⋅ R4 cm 4 = 23.38 cm 4 , 6

(50.5a,b)

8  4 π ⋅ R4 π I x(2)2 =  − ⋅ R cm 4 = 8.89 cm 4 , I y(2)2 = cm 4 = 31.81 cm 4 ;  8  8 9π 

(50.5c,d)

t x(1) = 0 cm ,

(50.6a,b)

t x(2) = 0 cm ,

t y(1) = − 1.43 cm ,

t y(2) = 1.58 cm .

(50.6c,d)


Figura 50.3: Sistema di riferimento baricentrico {G, x, y} (misure in cm). Sviluppando i calcoli si ottiene: 2 I x =  23.38 + (15.59) ⋅ ( −1.43 )  cm 4 + 8.89 + (14.14) ⋅ (1.58) 2  cm 4 =   4 = 99.45 cm ,

(50.7a)

I y = 23.38 + (15.59) ⋅ (0)2  cm4 + 31.81 + (14.14) ⋅ (0) 2  cm4 = = 55.19 cm4 ,

(50.7b)

I xy = [ −(15.59) ⋅ 0 ⋅ 1.43] cm 4 + [ −(14.14) ⋅ 0 ⋅1.58] cm 4 = 0 cm 4 .

(50.7c)


A questo punto è possibile determinare gli assi centrali di inerzia, x* e y* , e i momenti centrali di inerzia, I x* e I *y , della figura. Si segue il procedimento illustrato nel § 5.6 del capitolo primo del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES], basato sulla costruzione del cerchio di Mohr del tensore di inerzia relativo al polo G (Fig. 50.4).

I mn

y

*

C

O B = P** = P 2

A = P* = P1

In = x *

I y* Iy Ix I x*



Dalla relazione:

tg2ϕ =

2 I xy Ix − I y

=

2⋅0 =0, 99.45 − 55.19

(50.8)

si ottiene:

ϕ = arctg(0) = (0° ± k180°)

(k = 0,1, 2,...) .

(50.9)

La (50.9) fornisce due soluzioni nell’intervallo [-90°, 90°]: ϕ = 0° e ϕ = 90° . Esse rappresentano le inclinazioni rispetto all’asse x dei due assi centrali x* e y * . Per quanto riguarda i momenti centrali I x* e I *y , ricordando le (5.23) del capitolo primo, è facile verificare che risulta:

I x* =

I *y =

Ix + I y 2

Ix + Iy 2

2

 Ix − Iy  2 4 +   + I xy = 99.45 cm , 2  

(50.10a)

2

 Ix − Iy  2 4 −   + I xy = 55.19 cm .  2 

(50.10b)


Esercizio 53: Baricentro e momenti centrali di inerzia di una figura piana (Prencipe Maria Adele; Angrisani Antonio.) Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia della figura piana Σ rappresentata in Fig. N.1. La figura piana Σ può essere vista come l’unione di quattro sottofigure, Σ1, Σ2, Σ3 e Σ4, di forma rettangolare aventi dimensioni pari a 1 cm × 5 cm, 8 cm × 1 cm, 4 cm × 1 cm e 5 cm × 1 cm rispettivamente (Fig. N.1).

5

4

Σ

1

1

2

Σ 9

Σ

3

1

2

6

Σ

1 4

4

1

4

Figura N.1: Figura piana e sua suddivisione in quattro sottofigure di forma rettangolare (misure in cm).

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse Tale schematizzazione consente di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle figure Σ1, Σ2, Σ3 e Σ4. Si indichino, a tal proposito, con {G i , xi , y i } (i=1,2,3,4.) quattro sistemi di riferimento “locali”, aventi rispettivamente origine nel baricentro del corrispondente rettangolo Σi ed assi

xi e yi (i=1,2,3,4.) paralleli ai lati dei rettangoli. Inoltre, l’asse x1 sia parallelo e concorde a x2 , x3 e x4 e l’asse y1 sia parallelo e concorde a y2 , y3 e y4 Si introduca inoltre un sistema di riferimento “globale”

{O, x , y }


arbitrario punto O del piano (Fig. N.2). Il sistema globale abbia gli assi paralleli a quelli dei sistemi locali, assunti coincidenti con gli assi centrali di inerzia dei quattro rettangoli Σ1 e Σ2, Σ3 e Σ4.


4

_ x

5

x1

O

Σ

G1

1

1

_ y

y1

Σ 9

x2

x3

G3

2

G2

x4

G4

Σ

Σ

3

1

y3

y2

1

2

6

4

4

1

4

y4 Figura N.2: Sistemi di riferimento locali {G1 , x1 , y1} e {G2 , x2 , y2 } {G3 , x3 , y3 } {G4 , x4 , y4 } e sistema di riferimento globale {O, x , y} (misure in cm). Con ovvio significato dei simboli (il simbolo ( ⋅ )( i ) denota la generica grandezza riferita alla figura Σi nel sistema locale, il simbolo ( ⋅ )( i ) denota la stessa grandezza nel sistema di riferimento {O, x , y } ), le coordinate del baricentro G sono calcolabili per il tramite delle relazioni ((4.12) del capitolo primo):

gx = −

Sy A

=−

S y(1) + S y(2) + S y(3) + S y(4) A(1) + A(2) + A(3) + A(4)

,

(N.1a)


gy =


(N.1b)



S x(1) = ty(1) A(1) = 0.5 ⋅ (5 ⋅1) cm3 = 2.5 cm3 ,

S x(2) = ty(2) A(2) = 5 ⋅ (8 ⋅ 1) cm3 = 40 cm3 ,

S x(3) = ty(3) A(3) = 3.5 ⋅ (4 ⋅ 1) cm3 = 14 cm3 ,

(N.2a)

(N.2b)

(N.2c)

S x(4) = ty(4) A(4) = 9.5 ⋅ (5 ⋅ 1) cm3 = 47.5 cm3 ,

(N.2d)

S y(1) = − tx(1) A(1) = − 2.5 ⋅ (5 ⋅ 1) cm3 = − 12.5 cm3 ,

(N.2e)

S y(2) = − tx(2) A(2) = − 4.5 ⋅ (8 ⋅ 1) cm3 = − 36 cm3 ,

(N.2f)

S y(3) = − tx(3) A(3) = − 2 ⋅ (4 ⋅ 1) cm3 = − 8 cm3 ,

(N.2g)

S y(4) = − tx (4) A(4) = − 6.5 ⋅ (5 ⋅ 1) cm3 = − 32.5 cm3 ,

(N.2h)



gx =

89 cm = 4.04 cm , 22

(N.3a)

gy =

104 cm = 4.73 cm . 22

(N.3b)


I x = I x(1) + I x(2) + I x(3) + I x(4)

( )

( )

( )  +  I

2 2 I x =  I x(1) + A(1) t y(1)  +  I x(2)2 + A(2) t y(2)  +  I x(3)3 + A(3) t y(3)  1    

2

(4) x4

( )

(N.4a)

2 + A(4) t y(4)  

I y = I y(1) + I y(2) + I y(3) + I y(4)

( )

I y =  I y(1)1 + A(1) t x(1) 

2

( )

 +  I (2) + A(2) t (2) x   y2

2

( )

 +  I (3) + A(3) t (3) x   y3

2

( )

 +  I (4) + A (4) t (4) x   y4

2

 (N.4b) 

(N.4c)


I xy = I xy(1) + I xy(2) + I xy(3) + I xy(4) =  − A(1) t x(1) t y(1)  +  − A(2) t x(2) t y(2)  +  − A(3) t x(3) t y(3)  +  − A(4) t x(4) t y(4) 

dove (Fig. N.3):

I x(1) = 1

5 ⋅ 13 cm 4 = 0.42 cm 4 , 12

I y(1)1 =

1 ⋅ 53 cm 4 = 10.42 cm 4 , 12

(N.5a,b)

I x(2)2 =

1 ⋅ 83 cm 4 = 42.66 cm 4 , 12

I y(2)2 =

8 ⋅ 13 cm 4 = 0.67 cm 4 ; 12

(N.5c,d)

I x(3)3 =

4 ⋅ 13 cm 4 = 0.33 cm 4 , 12

I y(3)3 =

1 ⋅ 43 cm 4 = 5.33 cm 4 ; 12

(N.5e,f)

I x(4)4 =

5 ⋅ 13 cm 4 = 0.42 cm 4 , 12

I y(4)4 =

1 ⋅ 53 cm 4 = 10.42 cm 4 ; 12

(N.5g,h)

t x(1) = − 1.54 cm ,

t x(2) = 0.46 cm ,

t x(3) = − 2.04 cm ,

t x(4) = + 2.46 cm ,

(N.6a,b)

t y(1) = − 4.23 cm ,

t y(2) = 0.27 cm ,

t y(3) = − 1.23 cm ,

t y(4) = 4.77 cm .

(N.6c,d)


2,04 1,54

x1

Σ

G1

1

y1 4,23

Σ

x3

G3

2

0,27

x

G x2

Σ

3

1,23

y3

G2 y2 4,77

y x4

G4

Σ

4

y4 0,46 2,46


I x =  0.42 + (5 ⋅ 1) ⋅ ( −4.23) 2  cm 4 +  42.66 + (8 ⋅1) ⋅ (0.27) 2  cm 4 + + 0.33 + (4 ⋅1) ⋅ ( − 1.23) 2  cm 4 +  0.42 + (5 ⋅1) ⋅ (4.77) 2  cm 4 = = 253.69 cm 4 ,

(N.7a)


I y = 10.42 + (5 ⋅1) ⋅ (-1.54) 2  cm 4 + 0.67 + (8 ⋅1) ⋅ (0.46)2  cm 4 + + 5.33 + (4 ⋅1) ⋅ (−2.04) 2  cm 4 + 10.42 + (5 ⋅1) ⋅ (2.46) 2  cm4 =

(N.7b)

= 87.29 cm 4 , I xy = [ −(5 ⋅ 1) ⋅ (−1.54) ⋅ (−4.23) ] cm4 + [ −(8 ⋅ 1) ⋅ 0.46 ⋅ 0.27 ] cm 4 +

+ [ −(4 ⋅ 1) ⋅ (−2.04) ⋅ (−1.23)] cm4 + [ −(5 ⋅ 1) ⋅ 2.46 ⋅ 4.77] cm4 = − 102.27 cm 4

.

(N.7c)




I mn

y*

P**

64.67°

O

C A

B

In 25.33°

x* P*

I* Iy Ix I x*


Dalla relazione:

tg2ϕ =

2 I xy Ix − Iy

=−

2 ⋅102.27 = − 1.22 , 253.69 − 87.29

(N.8)

1 2

(N.9)

si ottiene:

ϕ = arctg(− 1.22) = (− 50.66° ± k180°)

(k = 0,1, 2,...) .

La (N.9) fornisce due soluzioni nell’intervallo [-90°, 90°]: ϕ = −25.33° e ϕ = 64.67° . Esse

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse rappresentano le inclinazioni rispetto all’asse x dei due assi centrali x* e y * . Per quanto riguarda i momenti centrali I x* e I *y , ricordando le (5.23) del capitolo primo, è facile verificare che risulta:

I = * x

I y* =

Ix + I y 2

Ix + Iy 2

2

 Ix − I y  2 4 +   + I xy = 302.32 cm ,  2 

(N.10a)

2

 Ix − Iy  2 4 −   + I xy = 38.66 cm . 2  

(N.10b)


Esercizio 55: Baricentro e momenti centrali di inerzia di una figura piana a forma di “Triangolo equilatero tangente ad una circonferenza” (Rainone Giancarlo) Si vogliono determinare il baricentro ed i momenti centrali di inerzia della figura piana Σ rappresentata in Fig. N.1. La figura piana Σ è caratterizzata da una forma ad “Triangolo equilatero tangente ad una circonferenza” e può essere vista come l’unione di due sottofigure, Σ1 e Σ2, di forma

3

triangolare aventi dimensioni pari a Lato=3R e Raggio=R, rispettivamente (Fig. N.1).

Σ

1

1

Σ

2

Figura N.1: Figura piana a forma di “Triangolo equilatero tangente ad una circonferenza”(misure in cm).

Capitolo I: Esercizi sulla Geometria delle Masse Tale schematizzazione consente di calcolare i momenti del primo ordine (momenti statici) ed i momenti del secondo ordine (momenti di inerzia e momenti centrifughi) della figura Σ rispetto ad un qualsiasi riferimento cartesiano, sommando algebricamente i corrispondenti momenti delle figure Σ1 e Σ2. Si indichino, a tal proposito, con {G i , xi , y i } (i=1,2) due sistemi di riferimento “locali”, aventi rispettivamente origine nel baricentro del triangolo e della circonferenza Σi ed assi xi e yi (i=1,2).Inoltre, l’asse x1 sia parallelo e concorde a x2 e l’asse y1 sia parallelo e concorde a y2 . Si introduca inoltre un sistema di riferimento “globale”

{O, x , y }


arbitrario punto O del piano (Fig. N.2). Il sistema globale abbia gli assi paralleli a quelli dei

3

sistemi locali, assunti coincidenti con gli assi centrali di inerzia dei due rettangoli Σ1 e Σ2.

G1

x1

y1 x

Σ

2

Σ

1 0

1 G2

x2 y2

y


Raccolta degli esercizi del corso di Scienza delle Costruzioni I – Prof. Luciano Feo Con ovvio significato dei simboli (il simbolo ( ⋅ )( i ) denota la generica grandezza riferita alla figura Σi nel sistema locale, il simbolo ( ⋅ )( i ) denota la stessa grandezza nel sistema di riferimento {O, x , y } ), le coordinate del baricentro G sono calcolabili per il tramite delle relazioni ((4.12) del capitolo primo):

gx = −

gy =

Sy A

=−

S y(1) + S y(2) A(1) + A(2)

(N.1a)

,

S x S x(1) + S x(2) = . A A(1) + A(2)

(N.1b)

D’altra parte, i momenti statici, S x(i ) e S y(i ) , del triangolo e della circonferenza rispetto agli assi x e y possono calcolarsi applicando le leggi del trasporto presentate nel § 4.3 del capitolo primo del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES]. Infatti, ricordando che in corrispondenza dei sistemi baricentrici {Gi , xi , yi } (i=1,2) tali momenti (indicati rispettivamente con S x(ii ) e S y(ii ) ) sono nulli, e facendo uso delle equazioni (4.11) del § 4.3 del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES], si ottiene:

S x(1) = ty(1) A(1) = 0.86 ⋅ (

3 ⋅2.59 ) cm3 = − 3.36 cm3 , 2

S x(2) = ty(2) A(2) = 1 ⋅ (π ⋅ 12 ) cm3 = 3.14 cm3 ,

S y(1) = − tx(1) A(1) = − 1.5 ⋅ (

3 ⋅2.59 ) cm3 = − 5.835 cm3 , 2

(N.2a)

(N.2b)

(N.2c)


S y(2) = − tx (2) A(2) = − 1.5 ⋅ (π ⋅ 12 )cm3 = − 4.71 cm3 ,

(N.2d)


gx =

−0.22 cm = − 0.03 cm , 7.03

(N.3a)

−10.54 cm = 1.5 cm . 7.03

(N.3b)

gy = −

Si passa ora al calcolo dei momenti di inerzia e del momento centrifugo di Σ rispetto al coordinate del baricentro della figura Σi (i=1,2). Procedendo come per i momenti statici ed invocando le leggi del trasporto di Huyghens, si ottiene:

( )

( )

(N.4a)

( )

(N.4b)


( )  +  I

I y = I y(1) + I y(2) =  I y(1)1 + A(1) t x(1) 

2

(2) y2

2 + A(2) t x(2)  , 


(N.4c)

dove (Fig. N.3):

I x(1) = 1

3 ⋅ (2.59) 3 2.59 ⋅ (3) 3 cm 4 = 1.46 cm 4 , I y(1)1 = cm 4 = 1.94 cm 4 , 36 36

(N.5a,b)


I x(2)2 =

3.14 ⋅ (1) 4 cm 4 = 0.26 cm 4 , 12

t x(1) = 0 ,

I y(1)2 =

3.14 ⋅ (1) 4 cm 4 = 0.26 cm 4 ; 12

t x(2) = 0 ,

(N.6a,b) ,

t y(2) = 3.33 cm .

(N.6c,d)

3

t y(1) = 2.71 cm

(N.5c,d)

G1

x1

0,84

y1 x

Σ

Σ

1

G 1,03

2

0

1

G2

x2 y2

y


 3 ⋅ (2.59)3   3.14 ⋅ (1) 4  4 4 4 Ix =  cm +    cm = 1.72cm , 36 12    

(N.7a)


I y = 1.94 + (3.89) ⋅ (0.83) 2  cm 4 +  0.26 + (3.14) ⋅ (1.03) 2  cm 4 = 8.21 cm4 ,

(N.7b)

I xy = 0 .

(N.7c)

A questo punto è possibile determinare gli assi centrali di inerzia, x* e y* , e i momenti centrali di inerzia, I x* e I *y , della figura. Si segue il procedimento illustrato nel § 5.6 del capitolo primo del libro di teoria [L. Ascione, Elementi di Scienza delle Costruzioni; CUES], basato sulla costruzione del cerchio di Mohr del tensore di inerzia relativo al polo G (Fig. N.4).

y*

I mn

C AP*

BP**

In

x*

Ix = I x* I y = I y*


Dalla relazione:


tg2ϕ =

2 I xy Ix − Iy

= 0,

(N.8)

si ottiene:

ϕ =0.

(N.9)

La (N.9) fornisce due soluzioni nell’intervallo [-90°, 90°]. Esse rappresentano le inclinazioni rispetto all’asse x dei due assi centrali x* e y * . Per quanto riguarda i momenti centrali I x* e I *y , ricordando le (5.23) del capitolo primo, è facile verificare che risulta:

I x* =

I

* y

=

Ix + I y 2

Ix + Iy 2

2

 Ix − I y  2 4 −   + I xy = 1.72 cm ,  2 

(N.10a)

2

 Ix − Iy  2 4 +   + I xy = 8.21 cm .  2 

(N.10b)

Esercizi Geometria Delle Masse

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