Lezione 21 - La geometria delle aree. Richiami.nb

Lezione 21 - La geometria delle
aree. Richiami
ü [A.a. 2011 - 2012 : ultima revisione 11 dicembre 2011]
In questa Lezione si richiamano sinteticamente alcune nozioni di geometria delle aree, baricentro di una
figura piana, momento statico e momento di inerzia di una figura piana rispetto ad un asse, che saranno
essenziali per il seguente studio della trave.
La nozione di baricentro
Si consideri un'area S nel piano, sia HO, X1 , X2 L un sistema di riferimento ortogonale levogiro, sia P un punto
generico di S, di coordinate x = Hx1 , x2 L.
Una traslazione del sistema di riferimento, che sposti l'origine O = (0,0) nel punto x0 = Ix10, x20 M si ottiene
correlando le coordinate x del generico punto P nel vecchio sistema di riferimento alle coordinate xt dello
stesso punto P nel nuovo riferimento tramite le relazioni:
xt = x − x0
(1)
o, equivalentemente:
xt1 = x1 − x01
(2)
xt2 = x2 − x02
X2
X2t
P
xt
x
O'
X1t
x0
X1
O
Figura 1 - La traslazione rigida del sistema di riferimento
Una rotazione del sistema di riferimento, definita attraverso una rotazione di ampiezza f, si ottiene correlando le coordinate x del generico punto P nel vecchio sistema di riferimento alle coordinate xr dello stesso
punto P nel nuovo riferimento tramite le relazioni:
Lezione 21 - La geometria delle aree. Richiami.nb
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xr = Rx
(3)
dove R e' la matrice di rotazione:
R = K
Cos φ Sin φ
O
−Sin φ Cos φ
(4)
Ed infatti, dalla Figura 2 risulta agevole calcolare:
x1 = xr1 Cos φ − xr2 Sin φ
x2 = xr1 Sin φ + xr2 Cos φ
(5)
ed invertire questa relazione. Si noti che la matrice di rotazione R e' ortogonale propria, ossia ha determinante pari a +1, e la sua inversa coincide con la sua trasposta.
X2r
X2
P
x2
xr2
X1r
xr1
O
φ
x1
X1
Figura 2 - rotazione rigida del sistema di riferimento
Cio' premesso, si definisce vettore dei momenti statici relativo all'area S ed al sistema di riferimento
HO, X1 , X2 L il seguente vettore:
S = ‡ x A =
Σ
ŸΣ x1
ŸΣ x2
A
A
=K
S2
O
S1
(6)
Si noti subito che la prima componente del vettore dei momenti statici e' stata individuata col simbolo S2 , ed
indica il momento statico dell'area S rispetto all'asse X2 , mentre la seconda componente del vettore dei
momenti statici e' stata individuata col simbolo S1 , ed indica il momento statico dell'area S rispetto all'asse
X2 :
S1 = ‡ x2
A
S2 = ‡ x1
A
Σ
(7)
Σ
A seguito di una traslazione (1) del sistema di riferimento, il vettore dei momenti statici di S rispetto al
sistema di riferimento traslato diverra':
Lezione 21 - La geometria delle aree. Richiami.nb
St = ‡ xt
Σ
163
A = ‡ Hx −x0 L A = S − Σx0
(8)
Σ
o anche, piu' esplicitamente:
St2 = S2 − Σx01
(9)
St1 = S1 − Σx02
Esistera' allora un punto G, di coordinate HxG1 , xG2 L, tale che il vettore dei momenti statici di S rispetto al
sistema di riferimento traslato in G sara' nullo. Tale punto si definisce baricentro di S, e dalle (9) possono
trarsi le sue coordinate nel sistema di riferimento originario:
S2
xG1 =
Σ
S1
xG2 =
(10)
Σ
Puo' dimostrarsi che le coordinate del baricentro non dipendono dal particolare sistema di riferimento
HO, X1 , X2 L originariamente prescelto.
Nota - Dalle (10) si trae anche la possibilita' di calcolare i momenti statici concentrando l'area S nel baricentro, e moltiplicandola per l'opportuna distanza.
Il tensore dei momenti di inerzia
Si definisce tensore dei momenti di inerzia di un'area S rispetto ad un sistema di riferimento HO, X1 , X2 L il
seguente tensore simmetrico del secondo ordine:
I = ‡ x xT
A =
Σ
ŸΣ x21
ŸΣ x1 x2
ŸΣ x1 x2
A
A
ŸΣ x22
A
A
= K
I22 I12
O
I12 I11
(11)
Si noti che anche in questo caso si e' definito il momento d'inerzia di S rispetto all'asse X1 :
I11 = ‡ x22
A
(12)
Σ
il momento d'inerzia di S rispetto all'asse X2 :
I22 = ‡ x21
A
(13)
Σ
ed infine il momento centrifugo di S rispetto agli assi X1 ed X2 :
I12 = ‡ x1 x2
A
(14)
Σ
La traccia della matrice dei momenti di inerzia, invariante rispetto al variare del sistema di riferimento,
prende il nome di momento di inerzia polare I p dell'area S:
Ip = I11 + I22
(15)
à Le leggi di Huyghens
Si vuol vedere ora come varia il tensore dei momenti di inerzia a seguito di una traslazione del sistema di
riferimento. Applicando la regola di traslazione (1) si avra':
Lezione 21 - La geometria delle aree. Richiami.nb
164
It = ‡ xt xt
T
Σ
T
‡ xx
A = ‡ Hx −x0 L Hx −x0 LT
A−
Σ
A =
Σ
T
T
‡ x A x0 − x0 ‡ x
Σ
Σ
A + x0 ‡
A xT0
Σ
ossia ancora:
It = I +Σ x0 xT0 − SxT0 − x0 ST
(17)
Esplicitando si ha:
It22 = I22 + A x201 − 2 S2 x01
It11 = I11 + A x202 − 2 S1 x02
It12
(18)
= I12 + A x01 x02 − S1 x01 − S2 x02
Se l'origine del sistema di riferimento originario coincide col baricentro, si ha S1 = S2 = 0, e si giunge alle
classiche leggi di Huyghens:
Figura 3 - Christiaan Huygens
It22 = I22 + A x201
It11 = I11 + A x202
It12
(19)
= I12 + A x01 x02
Da esse si deduce immediatamente che il momento di inerzia baricentrico e' il minimo tra quelli ottenibili per
traslazione del sistema di riferimento.[Huyghens]
à I momenti centrali di inerzia
Si vuol vedere ora come varia il tensore dei momenti di inerzia a seguito di una rotazione del sistema di
riferimento. Applicando la regola di rotazione (3) si avra':
Lezione 21 - La geometria delle aree. Richiami.nb
Ir = ‡ xr xr
T
165
A =
Σ
‡ R x HRxL
A = ‡ R xx R
T
T
Σ
Σ
T
A = R ‡ xx
(20)
T
T
A R = RIR
T
Σ
Esplicitando si ha, utilizzando la (4):
Ir22 = I11 Sin2 φ + 2 I12 Cos φ Sinφ + I22 Cos2 φ
Ir11 = I11 Cos2 φ − 2 I12 Cos φ Sinφ + I22 Sin2 φ
Ir12
= HI11 − I22 L Sin φ Cos φ + I12 ICos φ − Sin φM
2
(21)
2
Ricordando le formule trigonometriche:
Sin 2 φ = 2 Sin φ Cos φ
Cos 2 φ = Cos2 φ − Sin2 φ
(22)
il momento d'inerzia centrifugo (21) potra' anche scriversi:
(23)
HI11 − I22 L Sin 2 φ + I12 Cos 2 φ
2
r
Dalla (23) si puo' osservare che esistera' un valore dell'angolo f per cui il momento d'inerzia centrifugo I12
1
Ir12 =
viene ad annullarsi. Indicando tale angolo con f* si avra':
1
2
HI11 − I22 L Sin 2 φ∗ + I12 Cos 2 φ∗ = 0
(24)
ossia:
Sin 2 φ∗
Cos 2 φ∗
= 2
I12
I22 − I11
(25)
da cui:
φ∗ =
1
Arctan
2
2 I12
I22 − I11
(26)
con la restrizione - p/4 § f* § p/4
Assegnando al sistema di riferimento HO, X1 , X2 L una rotazione di ampiezza f* si giunge al cosiddetto
sistema di riferimento principale (O, x1 , x2 ) , gli assi x1 e x2 cosi' ottenuti si dicono assi principali di inerzia.
In tale sistema di riferimento il tensore dei momenti di inerzia si diagonalizza:
I = K
I2 0
O
0 I1
(27)
ed i due momenti di inerzia I1 ed I2 rispetto agli assi x1 e x2 si dicono momenti principali di inerzia.
Se inoltre l'origine O del sistema di riferimento coincide col baricentro G dell'area S, allora il sistema di
riferimento HG, x1 , x2 L si dice sistema centrale di riferimento, gli assi x1 e x2 sono gli assi centrali di inerzia,
ed i momenti d'inerzia I1 ed I2 sono i momenti centrali di inerzia.
Lezione 21 - La geometria delle aree. Richiami.nb
166
La sezione rettangolare
Si vuole illustrare, a titolo di esempio, la ricerca del baricentro e dei momenti centrali d'inerzia per una
sezione rettangolare di base b ed altezza h. A tal fine, si sceglie ad arbitrio un riferimento iniziale, ad esempio con origine nel vertice in basso a sinistra, e gli assi coincidenti con i lati del rettangolo, come illustrato in
Figura 4. Poi si calcolano i due momenti statici rispetto a questi due assi. Rispetto all'asse orizzontale X1 si
ha:
b
S1 = ‡ x2
h
A = ‡ ‡ x2
Σ
0
x2
x1 =
x1
x2 =
0
bh2
(28)
2
e rispetto all'asse verticale X2 :
h
S2 = ‡ x1
b
A = ‡ ‡ x1
Σ
0
0
b2 h
(29)
2
X2
h
O
X1
b
Figura 4 - Una sezione rettangolare di base b ed altezza h
Le coordinate del baricentro si ottengono allora applicando le (10):
xG1 =
S2
=
b
S1
; xG2 =
=
h
(30)
bh
2
bh
2
In genere, puo' dimostrarsi che il baricentro di un'area piana dotata di un asse di simmetria e' obbligato ad
appartenere a quest'asse, e poiche' il rettangolo possiede due assi di simmetria, il baricentro si trova necessariamente alla loro intersezione.
I momenti d'inerzia rispetto allo stesso sistema di riferimento possono calcolarsi come:
I11 = ‡
b
x22
Σ
I22 = ‡ x21
Σ
A = ‡ ‡
h
x22
x2
x1 =
A = ‡ ‡ x21
x1
x2 =
0
h
0
0
b
0
bh3
(31)
3
b3 h
3
(32)
Lezione 21 - La geometria delle aree. Richiami.nb
I12 = ‡ x1 x2
Σ
b
167
h
A = ‡ ‡ x1 x2
0
x1
x2 =
b2 h2
(33)
4
0
Traslando il sistema di riferimento fino a portare l'origine a coincidere con il baricentro, si hanno i momenti
di inerzia baricentrici ottenibili a partire dalle leggi di Huyghens (19):
It22 =
It11 =
It12 =
b3 h
− bh
3
bh
b2
=
4
3
− bh
3
h2
12
=
4
b2 h2
− bh
b3 h
b h3
(34)
12
b h
= 0
4
2 2
Poiche' il momento centrifugo e' nullo, si puo' concludere che i (34) sono i momenti centrali di inerzia.
La sezione circolare e la corona circolare
Si consideri un'area circolare di raggio R, come riportato in Figura 5. Per ragioni di simmetria, il baricentro
coincide con il centro della circonferenza. Il calcolo dei momenti di inerzia si conduce nel modo piu' spedito
in coordinate polari, ponendo:
X2
R
x2
O
θ
x1
X1
Figura 5 - Il caso della sezione circolare
x1 = r Cosθ
x2 = r Sinθ
(35)
per cui si ha uno jacobiano pari a:
J = det
e quindi:
∂x1
∂r
∂x1
∂θ
∂x2
∂r
∂x2
∂θ
= det K
Cosθ −r Sinθ
O=r
Sinθ rCosθ
(36)
Lezione 21 - La geometria delle aree. Richiami.nb
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R
I11 = ‡ x22
A = ‡ ‡
I22 = ‡ x21
A = ‡ ‡
Σ
Σ
0
2π
r2 Sin2 θ r θ r =
πR4
R
0
(37)
4
0
2π
r2 Cos2 θ r θ r =
πR4
(38)
4
0
I12 = 0
(39)
Sia l'uguaglianza dei due momenti di inerzia I11 e I22 che l'annullarsi del momento centrifugo sono ovvie
conseguenze della simmetria della sezione. Il momento d'inerzia polare sara' pari a:
πR4
(40)
2
Considerando ora una sezione a forma di corona circolare, con raggio interno Ri e raggio esterno Re , si
osservi che le sue caratteristiche inerziali possono dedursi pensando la sezione come la differenza tra una
sezione circolare piena di raggio Re ed una di raggio Ri . Si ha cosi', immediatamente:
Ip = I11 + I22 =
I11 = I22 =
Ip =
π IR4e − R4i M
(41)
4
π IR4e − R4i M
(42)
2
La sezione triangolare
Si consideri ora una sezione a forma di triangolo rettangolo, di base b ed altezza h, come riportato in Figura
7. Il momento statico rispetto all'asse X1 si puo' calcolare come:
S1 = ‡ x2
Σ
b
A = ‡ ‡
0
h Hx1 L
x2
x2
(43)
x1
0
Ora, sfruttando la similitudine dei triangoli, dalla Figura 6 si evince:
h
=
b
h Hx1 L
b − x1
h Hx1 L =
h Hb − x1 L
(44)
b
Sara' pertanto:
S1 = ‡ x2
Σ
b
A = ‡ ‡
0
h Hb−x1 Lêb
x2
x2
x1 =
x1
x2
x1 =
0
bh2
(45)
6
e rispetto all'asse verticale X2 :
S2 = ‡ x1
Σ
b
A = ‡ ‡
0
h Hb−x1 Lêb
0
b2 h
6
(46)
Lezione 21 - La geometria delle aree. Richiami.nb
169
X2
h
hHx1 L
O
X1
b
x1
b−x1
Figura 6 - Il caso della sezione triangolare
Il baricentro del triangolo ha coordinate (cfr.Figura 7):
xG1 =
xG2 =
S2
A
S1
=
=
A
b
3
h
(47)
3
X2
X2 G
2hê3
h
X1 G
hê3
O
X1
b
bê3
2bê3
Figura 7 - Il baricentro della sezione triangolare e gli assi baricentrici
I momenti di inerzia rispetto agli assi X1 ed X2 sono calcolabili attraverso la loro definizione:
I11 = ‡
b
x22
Σ
I22 = ‡ x21
Σ
A = ‡ ‡
0
b
x22
x2
x1 =
x21
x2
x1 =
0
A = ‡ ‡
0
h Hb−x1 Lêb
h Hb−x1 Lêb
0
bh3
(48)
12
b3 h
12
(49)
Lezione 21 - La geometria delle aree. Richiami.nb
170
I12 = ‡ x1 x2
Σ
b
A = ‡ ‡
0
h Hb−x1 Lêb
x1 x2
x2
x1 =
0
b2 h2
(50)
24
I momenti di inerzia rispetto agli assi baricentrici si calcolano applicando la legge di Huygens:
I'22 = I22 − A x2G1 =
I'11 = I11 − A x202 =
b3 h
bh b2
−
12
bh3
2
12
I'12 = I12 − A x01 x02 =
9
bh h2
−
2
b2 h2
24
=
36
=
9
−
b3 h
bh3
(51)
36
bh b h
= −
2 3 3
b2 h2
72
La sezione ellittica
Si consideri una sezione a forma ellittica, con semiassi di lunghezza a e b, rispettivamente, e quindi di
equazione:
x21
+
x22
(52)
=1
a2
b2
in un riferimento con origine nel baricentro ed assi coordinati orientati secondo i semiassi. Il baricentro e'
immediatamente identificabile come intersezione dei due assi di simmetria, mentre l'area racchiusa dall'ellissi
si puo' calcolare tramite integrazione:
X2
b
X1
O
b
a
a
Figura 8 - Una sezione di forma ellittica
a
1−x22 ëb2
−b −a
1−x22 ëb2
b
A = ‡ ‡
x1
x2 = π ab
(53)
Del tutto analogamente, i momenti di inerzia si calcolano facilmente utilizzando Mathematica, oppure
facendo uso delle formule di riduzione. E' ad esempio:
Lezione 21 - La geometria delle aree. Richiami.nb
171
I22 = ‡ x21 dx1 dx2
(54)
Σ
e l'integrale e' esteso all'area ellittica S definita dall'equazione (52). Facendo uso delle formule di riduzione,
si puo' scrivere:
b
I22 = ‡ dx2 ‡
−b
1−x22 ëb2
a
−a
1−x22 ëb2
x21 dx1 =
2 a3
3
‡
b
1−
−b
x22
3ê2
dx2
b2
(55)
Per calcolare l'ultimo integrale si adotti il cambio di variabile:
x2
η =
(56)
b
da cui dx2 = b dh. Inoltre gli estremi di integrazione diventano -1 ed 1, e quindi infine:
I22 =
2 a3
1
2
‡ I1 − η M
3ê2
b dη =
3
−1
Del tutto analogamente si ha:
I11 =
2 a3 b 3
3
π b3 a
8
π=
π a3 b
(57)
4
(58)
4
ed anche:
π a3 b
π b3 a
πab
(59)
Ia2 + b2 M
4
4
4
Per motivi di simmetria, il momento centrifugo e' nullo, quindi gli assi scelti sono centrali di inerzia.
Ip = I11 + I22 =
+
=
Nota - Come gia' detto, Mathematica permette il calcolo immediato di questi integrali. Ad esempio:
a
1−x22 ëb2
−b −a
1−x22 ëb2
b
‡ ‡
x1 x2
x1
x2
0
Note
[Huyghens] - "Horologium oscillatorium, sive de motu pendulorum ad horologia aptato demonstrationes
geometricae", Parigi 1673. [Torna al testo]
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