Geometria delle Masse › download › ... · 2015-10-17 · R. Lapiello – appunti di Costruzioni...

R. Lapiello – appunti di Costruzioni - Geometria delle masse -

APPUNTI DI COSTRUZIONI

CORSO DI COSTRUZIONI PER GEOMETRI

MODULO didattico n° 4

GEOMETRIA DELLE MASSE

Roberto Lapiello

pagina - 1 -


I sistemi di masse La geometria delle masse studia le proprietà delle masse in relazione alla loro distribuzione nello spazio. A seconda della diversa distribuzione delle masse in un sistema, dipendono diversi comportamenti che riguardano le Costruzioni. Si consideri ad esempio un corpo costituito da due palline di diversa dimensione e materiale costituente, aventi la prima una massa m1 e la seconda la massa m2. Se si immagina di collegare queste due masse con un asta rigida senza peso, si può determinare un punto P lungo l’asta che posto su di un appoggio, consenta di mantenere il sistema costituito dalle due masse in equilibrio. Se la massa m2 è più grande, il punto P sarà più vicino a m2 e le due distanze l1 e l2 rispetteranno la condizione di equilibrio:

2211 lmlm ⋅=⋅ Per dimostrare la relazione appena scritta basta ricordare il secondo principio della dinamica per il quale si ha:

aF ⋅= m Poichè le due masse m1 e m2 nell’esempio portato sono soggette entrambe all’accelerazione di gravità ne consegue che alla massa m1 corrisponde una Forza gF ⋅= 11 m mentre alla massa m2 corrisponde la forza gF ⋅= 22 m . Le due forze saranno parallele, verticali ed equiverse. Se esprimiamo la condizione di equilibrio alla rotazione intorno a P del sistema di forze costituito da F1 e F2 si ha: 2211 lFlF ⋅=⋅ da cui, sostituendo le espressioni delle Forze si ricava: 2211 lgmlgm ⋅⋅=⋅⋅ e dividendo entrambi i membri per g si ottiene:

2211 lmlm ⋅=⋅

Il punto P è definito come il baricentro del sistema di masse costituito da m1 e m2. Si potrebbe ovviamente considerare un sistema di più masse concentrate del tipo di quello presentato e determinare per esempio la posizione del baricentro o altre proprietà che appresso definiremo. Un sistema di masse concentrate che conservi la mutua posizione delle masse nel piano si definisce un sistema di masse discreto. Immaginiamo di avere una lastra di materiale omogeneo avente una forma generica; si può pensare di sospenderla ad un filo ancorato nel punto P e di disegnare sulla lastra la verticale passante per P dopo che la lastra abbia assunto la posizione di equilibrio. La verticale per P dividerà la lastra in due parti tali che il sistema di forze costituito dai pesi delle due parti abbi la retta di azione coincidente proprio con la verticale per il punto P . Ruotando la lastra e appendendola ad un punto P’ si può tracciare un'altra verticale che ugualmente

m1 m2P

l1 l2F1 F2

P

P

P'

G

divide la lastra in due zone. L’inteserzione tra le due

pagina - 2 -


rette disegnate sulla lastra individua la posizione del baricentro, che a sua volta rappresenta il punto di applicazione della forza peso relativa all’intera lastra. In questo esempio abbiamo considerato un sistema di masse costituito da aree omogenee. Un sistema di masse rappresentato da aree omogenee è definito come sistema di masse continuo

ino ad ora abbiamo visto come una posizione di equilibrio di un corpo possa essere condizionata

sezione che condiziona la resistenza all’inflessione della

ccertato che la geometria delle masse o delle aree assume notevole importanza nello studio degli

Sistemi di masse discreti ete, un insieme di punti del piano nei quali si può pensare che

en to un

i definisce la massa totale del sistema M come la

i ++=∑

vviamente se il sistema di masse è costituito da più di tre masse la somma andrà estesa al

n sistema di masse si può considerare come un sistema di forze F tutte parallele aventi i moduli

alla ricerca del punto di applicazione della risultante del sistema di forze associato alle masse.

Fdalla distribuzione delle masse nel piano, ma possiamo facilmente verificare che il sistema di masse o di aree, condiziona anche la “resistenza delle travi” o più genericamente di una struttura. Consideriamo una trave avente sezione rettangolare, se sottoponiamo la trave ad un certo caricoP verticale, questa si infletterà sotto l’azione del carico. Si può sperimentare che disponendo la trave ponendo il lato maggiore della sezione in verticale, l’inflessione della trave sarà minore, cioè la sezione mostrerà una resistenza maggiore. In questo esperimento è evidente che la distribuzione delle aree della sezione nei due casi influenza la resistenza alla inflessione della trave, e quindi che la conoscenza dell’area della sezione e del baricentro non ci è sufficiente per studiare la resistenza di una trave e che occorrerà quindi determinare un’altra proprietà del sistema di masse o di aree, che tiene conto anche di come le aree siano distribuite nel piano in relazione alla posizione del baricentro. Si vedrà in seguito che la proprietà dellatrave è il “momento di inerzia”. Aequilibri e delle resistenze strutturali, si procederà allo studio di essa analizzando dapprima i sistemi di masse discreti e quindi si estenderanno successivamente i concetti e la trattazione ai sistemi di masse continui.

Si definisce sistema di masse discrin ognuno sia concentrata una determinata massa. Al fine della individuazione analitica di un sistema di masse, si descriveranno i punti attraverso le loro coordinate in un sistema di riferimento cartesiano ( )yxP ; , e le masse attraverso un valore che ne determina la consistenza im . Nell’esempio riportato a lato, è rappres ta

iii

X

Y

4

2

2

3

1

1 4 5 6

3

m1

m2

m3

sistema costituito da tre masse m1, m2 e m3, posizionate rispettivamente nei punti P1(1;2), P2(3,3) e P3(6;1). Il sistema di masse così descritto è univocamente determinato sia per la consistenza delle singole masse sia per la posizione reciproca. Ssomma di tutte le masse che costituiscono il sistema considerato. M = 321 mmmm Onumero totale delle masse costituenti il sistema. U irispettivamente equivalenti alla massa mi. Con questa posizione si possono estendere ai sistemi di masse le modalità di trattazione dei sistemi di forze, e considerando che il baricentro può essere visto come il punto di applicazione della forza peso, la sua ricerca si può ricondurre per analogia

pagina - 3 -


In analogia al momento di una Forza si definisce il momento statico di una massa. Si definisce momento statico di una massa m rispetto ad m1

un asse X il prodotto della massa m per la distanza d della massa dall’asse X. Facendo riferimento nello schema a lato il momento tatico della massa m1 rispetto a X è dato dal

zione del segno da attribuire al momento statico, in analogia alla trattazione dei

nza di un massa posta alla sinistra di un mpre riferendoci al sistema rappresentato in

masse rispetto ad un asse, la somma dei momenti tatici delle singole masse rispetto allo stesso asse:

acendo riferimento al sistema rappresentato in figura si ha:

dmdm ⋅+⋅−

Considerando un sistema di masse rappresentato su un piano cartesiano, si possono determinare momenti statici del sistema rispetto ai due assi di

X

d1

m2

m3

d2

d3

sprodotto:

111 dmS ⋅= Ai fini della valuta

momenti di forze, si considererà positiva la distaosservatore orientato secondo l’asse di riferimento. Sefigura, sono positive le distanze d1 e d3 relative alle masse m1 e m3, mentre è da considerarsi negativa la distanza d2 relativa alla massa m2. Si definisce momento statico di un sistema di s ∑ ⋅= ii dmS F

( ) 11332211 dmdmdmdmdmS ii ⋅=⋅+−⋅+⋅=⋅= ∑X

3322

i riferimento, esprimendo le distanze dagli assi attraverso le coordinate dei punti nei quali sono concentrate le masse. A tal fine si osservi che la distanza della masse dall’asse X è rappresentata in valore e segno dalle coordinate Y dei singoli punti massa. Si può quindi esprimere il momento statico del sistema di masse rispetto all’asse X attraverso la seguente espressione:

∑ ∑ ⋅=⋅= iiiXi ymdmS X

che particolarizzata per il sistema rappresentato

iviene:

ymymym ⋅+⋅+⋅=

Per il calcolo del momento statico del sistema di forze rispetto all’asse Y, si osservi che la distanza all’asse Y di una massa generica è data dalla ascissa X cambiata di segno del punto dove è

d

S 332211X

dconcentrata la massa. Infatti le ascisse X positive sono poste alla destra di Y e quindi corrispondono a distanze negative. Il momento statico del sistema di masse rispetto all’asse Y si calcola quindi con la seguente espressione:

( )∑ ∑ ⋅

Nel caso rappresentato si ha:

−=−⋅= iiii xmxmS Y

Y

4

2

2

3

1

1 4 5 6

3

m1

m2

m3

X

pagina - 4 -


xmS iY ⋅−= ∑ 332211 xmxmxmi ⋅−⋅−⋅−= Al sistema di masse si possono considerare associati due sistemi di forze paralleli agli assi per i

alle quali si ricavano le coordinate del Baricentro G.

quali si può determinare la Risultante R corrispondente alla massa totale M. Applicando quindi il teorema di Varignon ai due sistemi di forze si possono scrivere le due condizioni:

( ) ∑∑

⋅−=−⋅=

⋅=⋅=

iiGY

iiGX

xmXMS

ymYMS

d

Mym

MS

Y

Mxm

MS

X

iiXG

iiYG

∑

∑

⋅==

⋅=−=

all’applicazione del teorema di Varignon scaturisce la seg

momento statico di un sistema di masse rispetto ad una retta passante per il baricentro è nullo.

er comprendere la veridicità della proprietà appena descritta basta considerare che il baricentro

) E’ assegnato il sistema costituito da quattro masse applicate rispettivamente nei punti

er operare in maniera più spedita nei calcoli,

D uente proprietà: Il Paltro è il punto nel quale può considerarsi applicata la forza Peso relativa all’intero sistema e quindi può considerarsi ai fini del momento statico come punto di applicazione della massa totale del sistema M. Essendo M applicata in G, qualunque retta r passante per G presenterà distanza nulla dalla massa totale M e di conseguenza il momento statico del sistema rispetto alla retta r sarà nullo. 1

P1(1;3) , P2(2;1), P3(5;2) e P4(6;4). La consistenza delle masse è la seguente: m1=100 , m2=110 , m3=130, m4=140. Si rappresenti il sistema e si determini il Baricentro G.

Pcostruiamo una tabella le cui colonne conterranno nell’ordine i valori delle masse, le coordinate dei punti di applicazione, il momento statico Sx e il momento statico SY. Ogni riga della tabella conterrà i valori relativi ad una massa. Il totale della colonna M ci fornirà la massa Totale del sistema mentre i totali delle colonne relative ai momenti statici ci forniranno i momenti statici Sx e SY relativi all’intero sistema di masse.

N° M x y Sx=m*y Sy=-m*x 100,001 1,00 3,00 300,00 -100,00

2 110,00 2,00 1,00 110,00 -220,00 3 130,00 5,00 2,00 260,00 -650,00 4 140,00 6,00 4,00 560,00 -840,00

OTALI 480,00T 1.230,00 -1.810,00

X

Y

4

2

2

3

1

1 4 5 6

3

m1

m2

m3

M

MYG

XG

G

X

Y

4

2

2

3

1

1 5 6

3m1

m2

m3YG

XG

G

m3

3,77

2,56

pagina - 5 -


Le coordinate del Bar si o app ando le ch :

icentro G ottengon lic formule e seguono

56,2480

1230

77,34801810−

===

=−=−=

MS

Y

MX

XG

G

grafica, oltre alle masse e al Baricentro G trovato, si è rappresentato anche

contorno che delimita tutte le masse costituenti il sistema, a verifica grossolana dei calcoli

o che delimita

omento d’inerzia assiale di un sistema di masse discreto

della

ssendo la distanza elevata al quadrato, il momento d’inerzia assiale

i una massa sarà sempre una quantità positiva,

ad un asse è dato dalla somma dei

onsiderando un sistema di masse rappresentato un riferimento cartesiano, le coordinate dei

2211

xmxmxmxmJ

y

iiY

X

⋅+⋅+⋅=⋅=

⋅

∑

SY

Nella rappresentazione ileffettuati sussistendo per il Baricentro di un sistema di masse la seguente proprietà: Il Baricentro G di un sistema di masse tutte positive, ricade sempre all’interno del contorntutte le masse del sistema.

M Si consideri il sistema di masse rappresentato a lato. Si definisce Momento d’inerzia assiale di massa il prodotto massa per il quadrato della distanza della massa dall’asse.

2111 dmJ X ⋅=

Considerando le masse sempre positive ed e

d indipendentemente dalla posizione relativa tra l’asse e la massa. Il momento d’inerzia assiale di un sistema di masse rispettomomenti d’inerzia assiali delle singole masse rispetto allo stesso asse.

233

222

211

2 dmdmdmdmJ iiX ⋅+⋅+⋅=⋅= ∑

X

d1

m1

m2

m3

d2

d3

X

Y

4

2

2

3

1

1 4 5 6

3

m1

m2

m3

C inpunti di applicazione delle masse rappresentano le distanze dagli assi coordinati, e quindi si possono determinare i momenti d’inerzia assiali rispetto agli assi X e Y nel modo che segue:

222 mymymymJ ii +⋅+⋅=⋅=233

222

211

2

233

∑

Il momento d’inerzia IX può esprimersi anche nella

ma: seguente for ( ) ( ) 222111

2 yymyymymJ iiX ⋅⋅+⋅⋅=⋅= ∑ ( ) 332211333 ySySySyym XXX ⋅+⋅+⋅=⋅⋅+

ove con e si sono indicati i momenti statici rispetto all’asse X delle masse m1, 2 e 3. Dalla lettura di questa seconda espressione del momento d’inerzia assiale si deduce che il

d m XS1 , XS2 XS3

m

pagina - 6 -


pagina - 7 -

’in zia iale

esta è posta alla

1

uardando la figura i comprende che il quadrato ella distanza può esprimersi, attraverso

ostituendo il valore di nell’espressi

momento d er ass rispetto all’asse X può intendersi come il momento statico rispetto allo stesso asse X di un sistema di masse costituito dai Momenti statici delle singole masse rispetto ad X ed applicate nei medesimi punti di m1, m2 e m3. In maniera del tutto analoga si può ricavare la medesima proprietà per il momento d’inerzia assiale ispetto all’asse Y. r

omento d’inerzia polare di un sistema di masse discreto M

Consideriamo la massa m1 del sistema di masse rappresentato in figura, quistanza d dal polo O origine degli assi di riferimento. d

Si definisce momento d’inerzia polare della massa m1 ispetto al polo O il prodotto della massa per il r

quadrato della della massa dal polo. 2

111 dmJ O ⋅= G sd 2

1dl’applicazione del teorema di Pitagora, come la somma dei quadrati delle coordinate del punto di applicazione di m1. 2

121

21 yxd +=

S 2

1d one del momento polare si ottiene: ( ) YXO JJymxmxmJ 11

211

211

2111 +=⋅+⋅=+⋅= y2

1

momento polare della massa m1 rispetto al polo O è uguale alla somma dei momenti d’inerzia assiali spetto agli assi coordinati aventi origine in O.

costituenti il sistema.

ove con e si sono indicati i momenti d’inerzia assiali dell’intero sistema di masse.

2lla massa m2 per le rispettive distanze della massa dagli assi X e Y.

ell’espressione del momento d’inerzia centrifugo le distanze andranno

Ilri Il momento d’inerzia polare di un sistema di masse rispetto ad un polo O è uguale alla somma dei

omenti d’inerzia polare delle singole massem YXiiO JJdmdmdmdmJ +=⋅+⋅+⋅=⋅= ∑ 2

33222

211

2 d XJ YJ

Momento d’inerzia centrifugo di un sistema di masse discreto

Consideriamo la massa m2 rappresentata nel piano cartesiano riferito agli ssi X e Y. a

SI definisce momento d’inerzia centrifugo della masse m rispetto agli assi X e Y l prodotto de

X

Y

4

2

2

3

1

1 4 5 6

3

m1

m2

m3d1 d2

d3

O

X

Y

2

2

3

1

1

3m2

d2X

d2Y

i YXXY ddmJ 2222 ⋅⋅= N


considerata con il loro segno algebrico, quindi è possibile avere valori negativi del momento

XY

d’inerzia centrifugo. Considerando che le distanze dall’asse Y considerate positive corrispondono a punti massa con cordinate X negative, facendo riferimento alle coordinate del punto di applicazione della massa m2 si può scrivere per il momento d’inerzia centrifugo la seguente espressione:

)( yxmxymJ 2222222 ⋅⋅−=−⋅⋅=

onsiderando i segni che assumono le coordinate x e y dei punti masse a seconda della

n sistema di masse m1,

iiiXY ⋅⋅−∑ momento d’inerzia centrifugo di un sistema di masse

YYYXY

Cappartenenza ad uno specifico quadrante, si avranno momenti d’inerzia centrifughi negativi per le masse appartenenti al primo e al terzo quadrante, e momenti positivi per le masse appartenenti al secondo e quarto quadrante. momento d’inerzia centrifugo di uIl

m2 e m3 rispetto agli assi X e Y e uguale alla somma dei momenti centrifughi delle singole masse.

⋅⋅−⋅⋅−=⋅⋅−= 333222111 yxmyxmyxmyxmJ

Ilrispetto agli assi X e Y può anche intendersi come il momento Statico rispetto a X del sistema dei masse costituito dai momenti statici rispetto a Y. La veridicità di quanto affermato può desumersi dall’espressione del momaniera opportuna i termini dell’espressione:

)()()( ySySySyxmyxmyxmJ ⋅+

mento d’inerzia centrifugo isolando in

332211333222111 ⋅+⋅=⋅⋅−+⋅⋅−+⋅⋅−=

vviamente isolando in maniera diversa i termini si ricava anche:

332211333222111 xSxSx XXXXY

O

)()()( SxymxymxymJ )()()(⋅=−⋅⋅+−⋅⋅+−⋅⋅= −⋅+−⋅+−

cioè che il momento centrifugo può vedersi come il momento statico rispetto a Y del sistema

centrifugo viene valutato rispetto

) E’ assegnato il sistema costituito da quattro masse ap

’e logamente all’esercizio 1 in forma tabellare. Rispetto

emomenti statici rispetto a X.

volte il momento d’inerziaAa due assi non perpendicolari. In tale caso le distanze andranno valutate secondo le direzioni degli assi.

X

Y

4

2

2

3

1

1 4 5 6

3

m1

m2

m3

1

X

Y

m1d1Y

d1X YXXY ddmJ 1111 ⋅⋅= 2 plicate rispettivamente nei punti

P1(1;3) , P2(-2;1), P3(-3;-2) e P4(4;-3). La consistenza delle masse è la seguente: m1=110 , m2=105 , m3=120, m4=180. Si rappresenti il sistema e si determini il Baricentro G e i momenti d’inerzia assiali e centrifugo.

sempio numerico proposto viene svolto anaLalla tabella utilizzata nell’esercizio 1 aggiungeremo altre tre colonne nelle quali inseriremo nell’ordine il momento d’inerzia assiale rispetto a X, il momento d’inerzia assiale rispetto a Y e il

pagina - 8 -


momento centrifugo . Al piede di queste colonne provvederemo a determinare la somma dei valori.

XYJ

N° M x y Sx=m*y Sy=-m*x Jx=m*y2 Jy=m*x2 Jxy=-m*x*y1 110,00 1,00 3,00 330,00 -110,00 990,00 110,00 -330,002 105,00 -2,00 1,00 105,00 210,00 105,00 420,00 210,003 120,00 -3,00 -2,00 -240,00 360,00 480,00 1.080,00 -720,004 180,00 4,00 -3,00 -540,00 -720,00 1.620,00 2.880,00 2.160,00

TOTALI 515,00 -345,00 -260,00 3.195,00 4.490,00 1.320,00

Le coordinate del Baricentro si calcolano nel modo che segue:

X

Y

2

2

3

1

1

3m1

m2

YG

XG

G

m4

m3

−1−2−3

−1

−2

−3

40,50

−0,67

67,000,51500,345

50,000,51500,260

−=−

==

=−

−=−=

MS

Y

MS

X

XG

YG

Nel grafico a fianco è rappresentato il sistema di masse ed il relativo baricentro. I momenti d’inerzia del sistema sono: Momento d’inerzia assiale rispetto a X 00,3195=XJMomento d’inerzia assiale rispetto a Y 00,4490=YJMomento d’inerzia centrifugo 00,1320=XYJ Per quanto attiene alle unità di misura si osservi che se le masse sono espresse in Kg e le coordinate in m, i Momenti statici saranno espressi in Kgm e i momenti d’inerzia in Kgm2.

Teorema di trasposizione (Teorema di Huygens) E’ assegnato un sistema di masse generico di cui conosciamo le distanze delle masse da due assi paralleli posti alla distanza d e di cui uno (X0) passa per il baricentro del sistema, il teorema di Huygens ci consente di affermare quanto segue:

X0

y1

m1

m2

m3

y2

y3

X

d1

d2

d3d

Il momento d’inerzia asiale del sistema di masse riferito ad un asse X parallelo all’asse X0 baricentrico, è uguale al momento d’inerzia assiale rispetto all’asse baricentrico X0 maggiorato del prodotto della massa totale del sistema M per il quadrato della distanza d tra i due assi.

pagina - 9 -


J MdJ XX ⋅+= 20

er dimostrare quanto sserito da Huygens, facendo riferimento allo schema generico

sservando che:

P arappresentato in figura, si calcola il momento d’inerzia assiale rispetto all’asse X nel modo che segue: 2

33222

211 dmdmdmJ X ⋅+⋅+⋅=

o dydydddyd +=−=+= 332211 ;; ostituendo nell’espressione del momento d’inerzia si ottiene: s

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

dymdmymdymdmymdymdmymJ

dydymdydymdydymJ

dymydmdymJ

X

X

X

⋅⋅⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅−⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅+⋅=

⋅⋅++⋅+⋅⋅−+⋅+⋅⋅++⋅=

+⋅+−⋅++⋅=

332

323322

22

222111

211

322

33222

22122

11

233

222

211

222

222

rdinando tenendo conto dei termini omogenei si ottiene:

X

X

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅−⋅⋅⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=

⋅⋅⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅−⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅+⋅=

3322112

32

22

1233

222

211

332

323322

22

22211

21

211

222

222

raggruppando

222

ell’espressione ottenuta riconosciamo nel primo termine il momento d’inerzia assiale rispetto

a distanza tra i due assi d, corrisponde alla coordinata YG del baricentro rispetto all’asse X, quindi

e ci riferiamo a due assi Y e Y0 di cui Y0 è a baricentrico, anche tra questi due assi vale il teorema

ella pratica può presentarsi anche il caso in cui si conosce il momento d’inerzia rispetto ad un

o

dymdymdymdmdmdmymymymJ

dymdmymdymdmymdymdmymJ

e

∑∑∑ ⋅⋅⋅+⋅+⋅= iiiiiX ymdmdymJ

Nall’asse baricentrico X0 e nel secondo termine il prodotto del quadrato della distanza tra i due assi X e X0 e la massa totale del sistema M. La sommatoria presente nel terzo termine dell’espressione rappresenta il momento statico del sistema di masse rispetto all’asse baricentrico X0 e pertanto il terzo termine dell’espressione è uguale a zero. L’espressione si riduce ai primi due termini che corrispondono all’enunciato formulato all’inizio di questa trattazione: 2

0 dMJJ XX ⋅+= Lil teorema di trasposizione può scriversi anche nella forma che segue: 2

0 GXX YMJJ ⋅+= Sdi trasposizione che assume la forma: 2

0 GYY XMJJ ⋅+= Nasse X e si vuole determinare il momento d’inerzia rispetto ad un asse X0 baricentrico e parallelo a X. Risolvendo l’espressione del teorema di trasposizione rispetto a 0XJ si ottiene l’espressione cercata:

pagina - 10 -


20 GXX YMJJ ⋅−=

In riferimento alla direzione Y si ha:

eterminiamo ora qual è la relazione che ci esprime il teorema di trasposizione applicato ai

el disegno a fianco è rappresentato per

J utilizzando le coordinate delle masse rispetto agli

2

0 GYY XMJJ ⋅−= Dmomenti centrifughi. Nsemplicità un sistema costituito da due sole masse, le cui coordinate sono espresse mediante sia rispetto ad un riferimento cartesiano generico XY e sia rispetto ad un sistema baricentrico i cui assi X0 e Y0 sono rispettivamente paralleli a X e a Y. Seppure il sistema presentato potrebbe apparire troppo particolare e quindi non adatto ad una trattazione teorica rivolta alla ricerca di risultati ed espressioni di validità generale, si farà nella trattazione espresso riferimento alle coordinate ed alle regole della geometria analitica per la trasposizione delle coordinate, così da non farsi condizionare nei risultati dalla pesprimiamo il momento d’inerzia centrifugo XY

assi X e Y.

X

Y

m1

m2

Y0

X0

O

G

y2

y02y1

y01

x01x1

x2x02

XG

YG

articolarità del sistema presentato. Come primo passo

222111 yxmyxmJ XY ⋅⋅−⋅⋅−= Dall’esame del disegno e considerando la corrispondenza tra i segmenti geometrici e le coordinate

he sostitute nella espressione del momento d’inerzia centrifugo e sviluppando i calcoli danno il

cartesiane, si ottengono le seguenti regole di trasposizione delle coordinate:

022022

011011

;;

yYyxXxyYyxXx

GG

GG

+=+=+=+=

cseguente risultato:

( ) ( ) ( ) ( )

022022

202022011011101011

0202201011

xYmyXmYXmyxmxYmyXmYXmyxmJ

yYxXmyYxXmJ

GG

GGGGGGXY

GGGGXY

⋅⋅−⋅⋅−−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−=

+⋅+⋅−+⋅+⋅−=

ggruppando i termini “omogenei” si ha: ra

022011

022011210202201011

022022

202022011011101011

xYmxYmyXmyXmYXmYXmyxmyxmJ

xYmyXmYXmyxmxYmyXmYXmyxmJ

GG

GGGGGGXY

GG

GGGGGGXY

⋅⋅−⋅⋅−−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−=

⋅⋅−⋅⋅−−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅−=

pagina - 11 -


pagina - 12 -

ell’espressione ottenuta si riconosce immediatamente che i primi due termini esprimono il momento d’inerzia centrifugo rispetto agli assi baricentrici X0,Y0, mentre il terzo e quarto termine esprimono il momento d’inerzia centrifugo rispetto agli assi X e Y della massa totale concentrata nel baricentro.

yxmyxmJ ⋅⋅−

N

YX

GGGGiGGGG YXmYXmmYXMYX ⋅⋅−⋅⋅−=⋅⋅−=⋅⋅−

⋅⋅−= 020220101100

appena descritti e raggruppando in maniera adeguata gli altri termini dell’espressione si ottiene:

∑ 21

ostituendo i termini S

( ) ( )02201 102201100 xmxmYymymXMYXJJ GGGGYXXY ⋅−⋅−⋅+⋅+⋅⋅−⋅⋅−=

ermini tra parentesi altro non sono che i momenti statici e del sistema di masse rispetto

ne cercata assume quindi la seguente forma:

I t 0x 0y

agli assi baricentrici XS S

0 e Y0 e che quindi risultano uguali a zero. L’espressione di trasposizio

MYXJJ GGYXXY ⋅⋅−= 00 Il momento centrifugo di un sistema di masse rispetto a due a X e generici è uguale al momento d’inerzia centrifugo rispetto agli assi X

ssi Yli assi X e Y, aumentato del momento

G.

olto più semplice e la dimostraz ne del teorema di trasposizione per i momenti d’inerzia polari, econdo cui:

momento d’inerzia polare di un sis m di masse rispetto al polo O è pari al momento d’inerzia polare

G

ome è noto, il momento d’inerzia polare polo O può esprimersi come

YY ⋅+= 20

JJJ

MXJMYJJ

GGYXO

GYGXO

⋅+++=

⋅++⋅+=22

00

20

20

0 e Y0 baricentrici e paralleli agd’inerzia centrifugo rispetto agli assi X e Y della massa totale del sistema M concentrata nel baricentro M ios MdJJ GO ⋅+= 2

te a Ilrispetto al polo G aumentato del prodotto della massa totale M del sistema per il quadrato della distanza d tra i due poli O e . Crispetto al s

X

Y Y0

X0

O

G

omma dei momenti d’inerzia assiali riferiti agli assi X e Y con origine in O.

JJJ +=

XG

YGd

YXO

ricordando che:

MYJJ GXX ⋅+= 20

MXJJ G

si può scrivere:

X( ) MY


ma osservando che la somma del quadrato delle coordinate del baricentro G altro non è che il uadrato della distanza tra i due poli, si ha:

ariazione dei momenti ’inerzia conseguenti alla rotazione degli assi questo paragrafo ci riproponiamo di determinare le espressioni analitiche che ci consentono di

ti ad una nte stessa

rigine O degli assi X e Y ma ruotati rispetto a

e Y1. IL sistema di

⋅

q

MdJJJ

YXd

YXO

GG

⋅++=

+=2

00

222

che corrisponde a quanto enunciato.

V dIncalcolare i momenti d’inerzia riferioppia di assi cartesiani X1 e Y1 avec

o

X

Yquesti di un angolo α . Per fare ciò consideriamo lo schema grafico riportato a fianco nel quale è rappresentato un sistema di masse costituito da una sola massa m applicata nel punto A di coordinate x e y rispetto agli assi X e Y e di coordinate x1 ey1 rispetto agli assi X1riferimento X1OY1 è ruotato di un angolo α rispetto al sistema XOY. I momenti d’inerzia della massa m rispetto al sistema X1OY1 sono i seguenti:

111211

211 ;; xmJymJxmJ YXXY ⋅−=⋅=⋅=

Dalla figura si evince che:

1y

αα

αα

senxyCDCEy

senyxEAODx

⋅−⋅=−=

⋅+⋅=+=

cos

cos

1

1

coordinate nelle espressioni dei momenti d’inerzia si ottengono le spressioni cercate.

omento d’inerzia assiale JY1

Sostituendo i valori delle e

M

( )

ααααcos1 +⋅= JJJ XYY

αααα

αα

cos2

cos222

22

⋅⋅⋅+⋅

⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+

⋅+⋅⋅=⋅=

senJsen

senyxmsenym

XY

’inerzia assiale JX1

cos

cos2222

1

11

⋅⋅= xmJ

senyxmxmJ

Y

Y

Momento d

( )

ααααcos1 +⋅= JJJ YXX

αααα

αα

cos2

cos2cos

cos

22

22221

2211

⋅⋅⋅−⋅

⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅=

⋅−⋅⋅=⋅=

senJsen

senyxmsenxmymJ

senxymymJ

XY

X

X

mx

y

Y1

X1

O

x1 y1

α

α

C

D B

E A

pagina - 13 -


Momento d’inerzia centrifugo JX1Y1

( ) ( )

( ) ( ) αααα

αααααα

αααααα

αααα

coscos

coscoscos

coscoscoscoscos

22

11

2211

222211

1111

⋅⋅−−−⋅=

⋅⋅−⋅⋅+⋅−⋅=

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅−⋅⋅⋅+⋅⋅⋅−=

⋅−⋅⋅⋅+⋅⋅−=⋅⋅−=

senJJsenJJ

senJsenJsenJJJ

senxymsenymsenxmyxmJsenxysenyxmyxmJ

YX

XYXYXYYX

YX

YX

e relazioni di trasposizione dei momenti d’inerzia relative ad assi ruotati sono in definitiva le seguenti:

XYYX

L

αααα cos2cos 221 ⋅⋅⋅−⋅+⋅= senJsenJJJ XYYXX

αααα cos2cos 221 ⋅⋅⋅+⋅+⋅= senJsenJJJ XYXYY

( ) ( ) αααα coscos 22

11 ⋅⋅−−−⋅= senJJsenJJ YXXYYX Seppure potesse ritenersi un osservazione banale, vale la pena porre l’attenzione sulla non ariabilità del momento d’inerzia polare dovuta alla rotazion di riferimento. I nuovi assi, eppur ruotati di α rispetto a X e Y mantengono la stessa origine O, e pertanto la posizione relativa

tra polo di riferimento O e la massa m non è mutata. Da ciò si osserva che:

li assi principali d’inerzia

engono definiti assi principali d’inerzia quella coppia di assi cartesiani ξ e η rispetto ai quali il

ossibili coppie di assi cartesiani aventi la medesima origine. Per determinare gli assi principali d’inerzia partiamo dalla relazione che ci consente di determinare

a coppia di assi X1 e Y1 ruotati di un angolo α rispetto ad lle quali sono noti i momenti d’inerzia del sistema di masse.

v e degli assi s

11 YXYXO JJJJJ +=+=

e cioè che ruotando gli assi intorno all’origine O la somma dei momenti d’inerzia assiale si mantiene costante.

G Vmomento d’inerzia centrifugo è nullo. Si vedrà inoltre che rispetto a tali direzioni i momenti d’inerzia assiali sono rispettivamente il massimo e il minimo momento d’inerzia assiale ottenibili tra tutte le p

il momento centrifugo relativo ad unun’altra coppia di assi X e Y rispetto a ( ) ( ) αααα coscos 22

11 ⋅⋅−−−⋅= senJJsenJJ YXXYYX Volendo ricercare la coppia di assi rispetto ai quali il momento d’inerzia centrifugo è nullo, basta imporre 011 =YXJ nell’espressione su riportata per ottenere così un equazione la cui soluzione ci fornisce il valore di α che ci fornisce la direzione principale ξ cercata.

( ) ( )

αα 22cos senJJ YX −− Moltiplicando per 2 ambo i membri si ottiene:

αααααα 22

cos0coscos

senJsenJJsenJ

XY

YXXY

⋅=

=⋅⋅−−−⋅

pagina - 14 -


αααα

22coscos22sen

senJJ

J

YX

XY

−⋅⋅

=−⋅

icordando le formule trigonometriche di R

duplicazione:

ααα

ααα22cos2cos

cos22sen

sensen−=

⋅⋅=

si ha:

ααα 2

2cos22 J XY⋅ tgsen

JJ YX

==−

’angolo α che la direzione principale ξ formgue:

L a con l’asse X viene quindi ricavato con l’espressione che se

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅

=YX

XY

JJJarctg 22α e quindi: ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅

=YX

XY

JJJarctg 2

21α

Come è noto, la funzione arcotangente, a causa della periodicità della funzione stessa, risolta alla calcolatrice ci fornisce come risultati solo angoli appartenenti al primo o al quarto quadrante.

tterremo in particolareO un angolo positivo appartenente al primo quadrante se l’argomento della funzione è positivo, e un angolo negativo appartenente al quarto quadrante se l’argomento della

nzione è negativo. Per dete ione l’angolo α cercato occorre determinare a priori il quadrante di appartenenza dell’angolo 2α e quindi ove ce ne fosse bisogno, correggere il

sultato analitico della funzione arcotangente risolta con la calcolatrice.

fu rminare con più precis

riPer poter determinare il quadrante di appartenenza dell’angolo 2α, occorre considerare le possibilità di accoppiamento dei segni algebrici del numeratore e del denominatore dell’espressione che ci fornisce la tangente dell’angolo 2α.

ααα

2cos222 sentg

JJJ

YX

XY ==−⋅

Si noti che il numeratore XYJ⋅2 rappresenta un valore proporzionale al seno dell’angolo, mentre il denominatore ( )YX JJ − rappresenta un valore proporzionale secondo un medesimo fattore al oseno dell’angolo. Si possono avere i seguenti casi di corrispondenza tra i quadranti e i segni lgebrici dei fattori considerati.

Segno di

ca

Risultato di α2sen

Quadrante e di J XY

Segno di α2cos e di ( )YX JJ − ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅

=YX

XY

JJJarctg 22α apportare al

risultato

Correzione da

I + + 9020 <≤ α No

II + - 0290 ≤<− α +180

III - - 9020 <≤ α +180

IV - + 0290 ≤<− α No

X

η

ξ

Oα

pagina - 15 -


Dall’esame della tabell isulta che il risultato della funzione arcotange ta all lcolatrice deve essere corretta nte nel i il denominatore è negativo. Tenendo presente che )− è negativo quando l’angolo di inclinazione dell’asse princip ξ potrà andrà terminato corret ente nel modo che segue

a resclusivame

nte risol a cacaso in cu ( )YX JJ −

(J YX J XY JJ > αale de tam :

Se : ⎟⎠

⎜⎝ −

⋅=⇒<YX

XY JJarctgJJ

2α

Se :

⎟⎞

⎜⎛ ⋅ XYJ21

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠⎜⎜⎝

⎛−

⋅=⇒> 1802

21

YX

XYXY JJ

arctgJJ α ⎞⋅ J

Si noti che nel caso si abbia che

XY JJ = il denominatore dell’argomento della funzione is ta nullo e quindi α è matematicamente indeterminato. Il significato fisico

dell’indeterminatezza di α è che tutte le coppie di assi X e Y aventi medesima origine sono assi rincipali d’inerzia.

Determinato l’angolo α si possono calcolare i momenti d’inerzia principali Jξ e Jη attraverso le formule asposizione ricavate nel paragrafo precedente, oppure applicando le espressioni che qui si riportano e che si omette di dimostrare per brevità di trattazione.

arcotangente r ul

p

di tr

=

=

η

ξ

J

J

22

22 XYYXYX JJJJJ

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

±+

=

I momenti principali Jξ e Jη sono rispettivamente il massimo ed il minimo momento d’inerzia assiale ottenibile tra tutte le coppie di assi passanti per la medesima origine. Particolare i lo studio delle condizioni di resistenza delle sezioni e della deformabilità,

vestono la coppia di assi principali d’inerzia aventi come origine il baricentro G del sistema di asse e i r i momenti d’inerzia assiali. I momenti d’inerzia riferiti agli principali baricentrici di

un sistema di masse sono i minimi momenti d’inerzia principali ottenibili per il sistema di masse onsiderato.

menti d’inerzia e centrifugo

ncipali d’inerzia.

Come proseg mrelativi Si ripordeterm

nteresse nelrim lative

c Ai fini pratici, la determinazione degli assi principali d’inerzia baricentrici e i relativi momenti

rincipali d’inerzia si persegue attraverso i seguenti steps: p

1) Si riferisce il sistema di masse ad una coppia di assi X e Y ortogonali generici; 2) Si determinano i momenti statici ed i momenti d’inerzia assiali e centrifugo rispetto agli

assi X e Y; 3) Si determina la posizione del baricentro; 4) Si determinano attraverso il teorema di trasposizione i mo

rispetto agli assi X0 e Y0 paralleli a X e Y e passanti per il baricentro G; 5) Si calcola l’angolo α di inclinazione dell’asse principale ξ; 6) Si determinano con la formula prima riportata i momenti pri

esempio applicativo riprendiamo l’esercizio 2) dal punto dove eravamo arrivati e

uia o secondo gli steps descritti ricercando gli assi principali d’inerzia baricentrici ed i momenti d’inerzia assiali.

ta di nuovo la tabella di calcolo compilata nell’esecuzione dell’esercizio ed i risultati già inati.

pagina - 16 -


pagina - 17 -

N° M x y Sx=m*y Sy=-m*x Jx=m*y2 Jy=m*x2 Jxy=-m*x*y1 110,00 1,00 3,00 330,00 -110,00 990,00 110,00 -330,002 105,00 -2,00 1,00 105,00 210,00 105,00 420,00 210,003 120,00 -3,00 -2,00 -240,00 360,00 480,00 1.080,00 -720,004 180,00 4,00 -3,00 -540,00 -720,00 1.620,00 2.880,00 2.160,00

TOTALI 515,00 -345,00 -260,00 3.195,00 4.490,00 1.320,00

67,000,51500,

00

===

−−=

MY X

G

G

,000,5

=345−

5,0=00,5150,260

−

−=M

S

SYX

00,132000449=

319=

XY

Y

X

JJJ

er poter determinare gli assi principali d’inerzia baricentrici si determinano dapprima i momenti d’inerzia rispetto agli assi Xbaricentrici e paralleli rispettivamente aPer calcolare i momenti d’inerzia rispetto agli assi X0 e Y0 applichiamo il teorema di

asposizione nella forma inversa:

P

0 e Y0 X e Y.

tr

20 GXX YMJJ ⋅−=

20 GYY XMJJ ⋅−=

MYXJJ GGXYYX ⋅⋅+=00

82,296367,05153195 20 =⋅−=XJ

25,436150,05154490 20 =⋅−=YJ

( ) 47,114750,067,0515132000 =⋅−+=YXJ A questo punto possiamo calcolare l’angolo α che

etermina l’asse principale baricentr ξ . el caso specifico la formula da adottare per il

calcolo di α è:

⋅

dN

ico

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⋅⋅= 180

221

00

00

YX

YX

JJJ

arctgα

infatti l’angolo 2α deve appartenere al 2° quadrante essendo 0>XYJ e ( ) 0<− YX JJ .

67,6018025,436182,2963

47,1147221

°=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛−

⋅⋅= arctgα

’inerzia si passano a calcolare i momenti d’inerzia principali con la

X

Y

2

2

3

1

1

3m1

m2

G

m4

m3

−1−2−3

−1

−2

−3

40,50

−0,67

Y0

X0

X

Y

2

2

3

1

1

3m1

m2

G

m4

m3

−1−2−3

−1

−2

−3

40,50

−0,67

Y0

X0

ξ

η

Determinati gli assi principali dformula che segue.


=

=

η

ξ

J

J2

00

20000

22 YXYXYX J

JJJJ+⎟

⎞⎠

⎜⎝⎛ −

±+

=

00,500647,11472

25,436182,29632

25,436182,2963 22

=+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

++

=ξJ

07,231947,11472

25,436182,29632

25,436182,2963 22

=+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−+

=ηJ

E’ assegnato il sistema costituito da cinque masse applicate rispettivamente nei punti P1(-3;2) , P2(1;4), P3(3;3), P4(4;-1) e P5(-1;-1). La consistenza delle masse è la seguente: m1=135 , m2=145 , m3=120, m4=150, m5=145. Si determini il Baricentro G, gli assi principali d’inerzia baricentrici e i momenti d’inerzia principali.

ome primo passo per la soluzione dell’esercizio roposto, disegniamo lo schema grafico del

promoass

aricentro, attraverso l’applicazione del teorema di

3)

Cpsistema di masse assegnato, dopo di che si

cederà a determinare il baricentro G e i menti d’inerzia assiali e centrifughi rispetto agli i X e Y di riferimento. Una volta determinato il

btrasposizione si calcolano i momenti d’inerzia assiali e centrifughi rispetto agli assi X0 e Y0 paralleli a X e Y e aventi origine nel baricentro G. Fatto ciò si è in grado di determinare l’angolo α che l’asse principale baricentrico ξ forma con l’asse X0 e quindi i momenti d’inerzia principali. Per procedere speditamente nei calcoli costruiamo la consueta tabella di calcolo.

N° M x y Sx=m*y

X2

2

3

1

1

3

m2

m4m5

−1−2−3

−1

4

m1

4

m3

Sy=-m*x Jx=m*y2 Jy=m*x2 Jxy=-m*x*y1 135,00 -3,00 2,00 270,00 405,00 540,00 1.215,00 810,002 145,00 1,00 4,00 580,00 -145,00 2.320,00 145,00 -580,003 120,00 3,00 3,00 360,00 -360,00 1.080,00 1.080,00 -1.080,004 150,00 4,00 -1,00 -150,00 -600,00 150,00 2.400,00 600,005 145,00 -1,00 -1,00 -145,00 145,00 145,00 145,00 -145,00

TOTALI 695,00 915,00 - 4.235,00 4.985,00 -555,00 395,00

Su ogni riga sono riport a i rig ti u sa tive coordinate e quindi le quantit calcol m s mo d’inerzia assiali e centrifughi rispetto Y). Sull’ultimo rigo della tabella troviamo i totali per colonna che rappresentano nell’ordine la massa totale del sistema, il momento statico totale rispetto a X, il omento statico totale rispetto a Y, Il mom intero sis spe fin ento dell gli as .

e coordinate del baricentro si calcolano nel seguente modo:

ati i d ti not uardan na mas e le relaà ate (Mo enti tatici, menti a X e

mento d’inerzia assiale dell’

’intero sistema sempre rispetto atema risi X e Y

tto a X e a Y ed in e il mom centrifugo

L

pagina - 18 -


32,1695915

80,0695555

===

=−

−=−=

MS

Y

MS

X

XG

YG

I momenti d’inerzia rispetto agli assi X e Y sono:

Y

X

JJ

mo quindi momenti d’inerziaspetto agli assi baricentrici X0 e Y0

JJ

0

39549854235

−===

XY Calcolia

J

ri

03,302432,16954235 220 =⋅−=⋅−= GXX YM

20,454080,06954985 220 =⋅−=⋅−= GYY XMJJ

92,33832,18,069539500 =⋅⋅+−=⋅⋅+= MYXJJ GGXYYX

ssendo la formula da adottare per il calcolo di α è la seguente: E 000 <− YX JJ

96,7718020,454003,3024

92,33825,01802

21

00

00 °=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛−

⋅⋅=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⋅⋅= arctg

JJJ

arctgYX

YXα

I momenti rzia sono i seguenti:

principali d’ine

=

=

η

ξ

J

J2

00

20000

22 YXYXYX J

JJJJ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −

±+

=

51,461292,3382

20,454003,30242

20,454003,3024 22

=+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

++

=ξJ

72,295192,3382

20,454003,30242

20,454003,3024 22

=+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−+

=ηJ

o rappresentati il baricentro G e gli assi principali ξ e η.

) Si consideri il sistema costituito da cinque masse applicate rispettivamente nei punti P1(-1;-3) , P2(4;3), P3(3;-3), P4(-2;-2) e P5(-3;-3). La consistenza delle masse è la seguente: m1=100 , m2=90 , m3=45, m4=68, m5=34. Si determini il Baricentro G, gli assi principali d’inerzia baricentrici e i momenti d’inerzia principali.

oemtni statici e dei momenti ’inerzia relativi agli assi di riferimento X e Y.

In figura son 4

Si procede come al solito costruendo la tabella di calcolo dei md

X

Y

2

2

3

1

1

3

m2

m4m5

−1−2−3

−1

4

m1

4

m3

1,32

0,80

GX0

Y0

η

ξ

pagina - 19 -


N° M x y Sx=m*y Sy=-m*x Jx=m*y2 Jy=m*x2 Jxy=-m*x*y

1 100,00 -1,00 3,00 300,00 100,00 900,00 100,00 300,002 90,00 4,00 3,00 270,00 -360,00 810,00 1.440,00 -1.080,003 45,00 3,00 -3,00 -135,00 -135,00 405,00 405,00 405,004 68,00 -2,00 -2,00 -136,00 136,00 272,00 272,00 -272,005 34,00 -3,00 -3,00 -102,00 102,00 306,00 306,00 -306,00

TOTALI 337,00 197,00 -157,00 2 2.523,00 -953,00.693,00

Le coordinate del baricen n egu

tro so o le s enti:

58,0337197

47,0337157−

===

=−− ==

MS XY

MX

G

YG

momenti d’inerzia rispetto agli assi X0 e Y0 sono:

2693 220 =⋅−=⋅−= GXX YMJJ

S

I

63,257958,0337

56,244847,03372523 220 =⋅−=⋅−= GYY XMJJ

13,86158,047,033795300 −=⋅⋅+−=⋅⋅+= MYXJJ GGXYYX

ssendo e l’angolo 2α appartiene al quarto quadrante. La formula da adottare per il calcolo di α è la seguente:

0E 000 >− YX JJ 00 <YXJ

( ) 82,4256,244863,2579

8625,02

21

00

00 °−=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−

−⋅⋅=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⋅⋅= arctg

JJJ

arctgYX

YXα

principali d’ine

13,1

I momenti rzia sono i seguenti:

=

=

η

ξ

J

J2

00

20000

22 YXYXYX J

JJJJ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −

±+

=

( ) 72,337713,8612

56,244863,25792

56,244863,2579 22

=−+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

++

=ξJ

( ) 47,165013,8612

56,244863,25792

56,244863,2579 22

=−+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−+

=η

X

Y

2

3

1

1

3

2

m2

m4

m5

−1−2−3

−1

4

m1

4

m3

G X0

Y0 η

ξ

−2

−3

J

pagina - 20 -


Centro e asse relativo di un sistema di masse Dato un sistema di masse ed un asse x, si definisce centro X relativo all’asse x del sistema di masse, il baricentro del sistema di masse costituito dai momenti statici Six rispetto all’asse x delle singole masse. Consideriamo il sistema di masse rappresentato in figura e determiniamo la posizione del centro X relativo all’asse X. Tenendo presente la definizione di centro data prima, sostituiamo il sistema di masse m1, m2 e m3 con il sistema costituito dai singoli momenti statici rispetto ad X delle masse. Nel punto di applicazione di m1 considereremo quindi una massa pari al momento statico di m1 rispetto a x :

111 ymS X ⋅=consideriamo

; nel punto di applicazione di m2 applicata una massa pari a : 222 ymS X ⋅=

applicazione di e infine nel punto di

m applichiamo una massa pari a . Il centro del sistema di masse relativo all’asse X è il baricentro del sistema di masse costituito dai momenti statici, quindi per il teorema di Varignon le sue coordinate si ottengono con le espressioni che seguono:

3

333 ymS X ⋅=

X

Y

YG G

XG

XYX

XXX1 X2 X3

Y1

Y2

Y3

m2 (S2X)

m1 (S1X)

m3 (S3X)

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )X

XY

XXXX

XXX

XXXX

X

X

XXXXXX

XXXX

SJ

SSSxymxymxym

X

SSSxSxSxS

X

SJ

SSSyymyymyym

SSSySySyS

Y

−=++

⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅−−=

++−⋅+−⋅+−⋅

−=

=++

⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=

++⋅+⋅+⋅

=

321

333222111

321

332211

321

333222111

321

332211

Le espressioni appena scritte ci forniscono le coordinate del centro X cercato. Considerando che il momento statico rispetto all’asse X può esprimersi anche come il prodotto della massa totale M del sistema per la coordinata YG del baricentro G, Le coordinate del centro X possono esprimersi anche attraverso le espressioni che seguono:

G

XYX

G

XX

YMJ

X

YMJ

Y

⋅−=

⋅=

e cioè possono scriversi le seguenti relazioni

Se determiniamo il centro relativo all’asse Y ricaviamo le seguenti espressioni per le coordinate:

XYGX

XGX

JMYXJMYY−=⋅⋅

=⋅⋅

pagina - 21 -


pagina - 22 -

Y

XYY S

JY = XYGY JMXY −=⋅⋅

Y

YY S

X −=J

dalle quali applicando il teorema di Varignon si ottiene: JMXX =⋅⋅

a:

:

YGY

Uguagliando le due espressioni trovate che relcoordinate dei centri relativi agli assi X e Y si h

MYXMXY GXGY ⋅⋅=⋅⋅ e cioè che

azionano il momento d’inerzia centrifugo JXY alle

GXGY YXXY ⋅=⋅ Se per due assi X e Y non baricentrici, per i qè 0≠GX e 0≠Y , si ha che 0=

uali quindi G XX , si avrà anche

che 0=YY e viceversa; i due assi conterracentro relativo all’altro. Se due assi sono tali chcontiene il centro relativo all’altro si dicono con

no coniugati il momento d’inerziadel sistema di masse rispetto a questi due

principali d’inerzia di un sistema di masse, essendo il momento d’inerzia centrifugo

nno l’uno il e ognuno iugati. Se

centrifugo assi sarà

si 0

due assi so

nullo. Gli as=ξηJ

assi co l’asse ξ conterrà tutti i ceagli assi paralleli alla direzione di η e viceversa. Dalle espressioni con le quali si determinano le coordinate dei centri relativi si deduce che l’asse ed il elativo centro risultano sempre dalla parte op

sono niugati, cioè ntri relativi

posta del baricentro del sistema, inoltre, più l’asse si vvicina al baricentro più il centro si allontana da questo. Il centro relativo ad una asse baricentrico

è all’infinito, mentre il centro relativo ad un asse all’infinito coincide con il baricentro.

Il raggio d’inerzia Si definisce raggio d’inerzia iX, la distanza ideale alle quale posizionare la massa totale del sistema per ottenere il medesimo momento d’inerzia assiale JX.

X

Y

G

X

Y

ra

Mx xX

Analogamente si ottiene il raggio d’inerzia i

J X= e cioè iMJ ⋅= 2i

Y.

MJ

i Yy = e cioè

Poiché nel paragrafo precedente abbiamo ricavato le seguenti espressioni dei momenti d’inerzia assiali:

2yY iMJ ⋅=

XGX JMYY =⋅⋅ e X YGY JMX =⋅⋅

Possiamo scrivere per i raggi d’inerzia le seguenti espressioni:

⋅=2GXx e GYy

XXi ⋅=2i YY


Sistemi di masse continui Nell’ambito i di masse continui co tituiti da aree. In effetti nello studio delle tensioni e quindi delle resistenze delle travi, intervengono in maniera determinante le proprietà della geometria delle masse applicate alle sezioni costituenti le

avi, e pertanto in questo paragrafo ci occuperemo della determinazione delle principali proprietà

di operare su forme geometriche più articolate ttraverso la scomposizione di queste in più forme semplici.

Cominciamo dapprima ad esprimere alcune proprietà utili alla individuazione del baricentro di una gura piana.

pparterrà a tale asse;

ass asse principale

ll’intersezione delle due diagonali.

delle costruzioni rivestono particolare importanza i sistem s

trattinenti la geometria delle masse relativamente alle principali forme geometriche semplici. Sarà inoltre suggerito un procedimento che consentirà a

fi1) Se la figura ammette un asse di simmetria il baricentro a2) Se la figura ammette due assi di simmetria il baricent

i. Val la pena inoltre osservare che se esiste un asse di simmetria questo è und’inerzia baricentrico.

Il baricentro delle figure piane principali

Il quadrato, il rettangolo, il rombo, il trapezio.

ro sarà individuato dall’intersezione di tali

Per tutte queste forme regolari, il baricentro è individuato da

G

GGG

Il cerchio g olari iscritti e circoscritti a una circonferenza.

centro del cerchio o della circonferenza iscritta o ircoscritta. Per individuare graficamente il baricentro di un poligono regolare basta tracciare due

bisettrici o gli assi relativi ad almeno due lati. Si noti che sia gli assi che le bisettrici sono assi di simmetria.

e i poli oni reg Il baricentro di queste figure coincide con ilc

GGG

pagina - 23 -


Il triangolo Il baricentro di un triangolo si determina graficamente attraverso l’intersezione di due mediane. Ricordando che l’intersezione delle mediane le divide in due parti di cui una è lunga 1/3 e l’altra

m

23 h

23 m

m

C

2/3 della lunghezza totale della median

ha considerata,

det mmeA, il baricentro è posto su

e X di ferimento coincidente con la

base AB e l’asse Y uscente da A, le coordinate del baricentro sono:

Y

α

ta la lunghezza della diana uscente dal vertice

questa alla distanza di 2/3 di m. Considerando l’assri

αcos

3⋅=

=hYG

AGX GLa coordinata X del baricentro è ottenuta attraverso una s

emplice regola trigonometrica, mentre la oordinata Y è ricavata considerando la similitudine tra i triangoli CDM e CNG, dove il segmento

Il trapezio Il baricentro del trapezio può ottenersi componendo la figura in due triangoli di Area rispettivamente A1 e A2. L’area del triangolo A1 può considerarsi concentrata nel baricentro G1 e l’area del triangolo A2 concentrata nel

cCD rappresenta l’altezza del triangolo rispetto alla base AB.

baricentro G2. Il baricentro G el trapezio starà sulle d

congiungente G1 con G2 e presenterà l’ordinata YG determinata dalla seguente espressione:

BbBbhYG +

+⋅⋅=2

3

Per dimostrare l’espressione appena scritta operiamo nel modo che segue: Considerate concentrate in G1 e G2 rispettivamente le aree dei due triangoli A1 e A2, determiniamo il momento statico del trapezio rispetto alla base maggiore:

hAhAS ⋅⋅+⋅⋅=31

32

21

L’area del trapezio è pari a :

hBbAt ⋅+

=2

13 h

BA

GN

MD

CD

G1

A1

A2

A B

G1

G

B

b

h

23 h

1 h3YG

pagina - 24 -


L’orinata del Bel trapezio

aricentro YG si ottiene quindi attraverso il rapporto tra il momento statico S e l’area A . d t

BbAA

Bb

AA

hBb

AhA

ASY

tG

⋅+

+⋅⋅==

2

332

21

Dove:

h

+⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+⋅=

+

⋅+⋅=

⋅⋅ 231

32

2

31

321

2121

2;

2 21 AehbA ⋅=

Sostituendo nell’espressione di

hB ⋅=

Yg si ha:

BbBbh

BbBbh

BbBbh

BbhBhbYG ⎜

⎝⎛ ⋅⋅+⋅⋅=

31

232

2 ritrovando l’espressione cercata di YG:

++⋅

⋅=+

⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⋅=

+⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅=

+⋅⎟⎠⎞ 2

32

22

32

232

BbBbhYG +

+⋅⋅=2

3

baricentro di un semicerchio di raggio r sarà cidente con l’asse del

se del semicerchio alla distanza

Il semicerchio Ilposizionato lungo l’asse Y coindiametro di ba

πrYG ⋅=

34

La superficie parabolica L’asse della parabola è un asse quindi conterrà il baricentro G. Detto f la freccia della parabola di base, l’area della parabola è

e di simmetria

e c la corda pari a :

cfA ⋅=2

⋅3

mentre la coordinata YG del baricentro è pari a :

fYG ⋅=52

r cie parabolica i valori di A e le coordinate di G sono le seguenti:

G

Y

YG

Y

X

f

YG

G

c

Se si conside a mezza superfi

pagina - 25 -


cfA ⋅⋅=32

fYG ⋅=52

cX G ⋅=85

Baricentro delle figure composte Con il termine “figura composta”, ci riferiamo a quelle figure piane che possono essere ottenut

ttraverso la composizione di più figure piane di caratteristiche geometriche note. In altre parole qualsiasi figura piana ottenibile attraverso la composizione

i rettangoli, triangoli, cerchi, trapezi, etc.. Il baricentro di una figura composta sarà determinato consideran sistema costituito

alle singole figure piane “semplici” le cui aree aranno concentrate nei rispettivi baricentri. Il

enuto ha le medesime sistema di masse discreto

cui baricentro coincide con il baricentro della

ppresentazione la figura è stata rappresentata su un piano cartesiano facendo in modo che fosse contenuta tutta nel primo

uadrante e che alcuni lati della figura siano dagiati sugli assi X e Y di riferimento. In

riportate le dimensioni in cm della procedere alla scomponiamo la figura nei quattro rettangoli di area A1, A2, A3 ed

ordinate (X ;Y ), (X ;Y ), (X ;Y ) e (X ;Y ). In luogo ree) discrete che si ottiene considerando le singole

baricentro del sistema discreto così ottenuto è il ricerca delle coordinate del baricentro della figura.

oli rettangoli e le coordinate dei relativi baricentri.

aricentro delle figure composte Con il termine “figura composta”, ci riferiamo a quelle figure piane che possono essere ottenut

ttraverso la composizione di più figure piane di caratteristiche geometriche note. In altre parole qualsiasi figura piana ottenibile attraverso la composizione

i rettangoli, triangoli, cerchi, trapezi, etc.. Il baricentro di una figura composta sarà determinato consideran sistema costituito

alle singole figure piane “semplici” le cui aree aranno concentrate nei rispettivi baricentri. Il

enuto ha le medesime sistema di masse discreto

cui baricentro coincide con il baricentro della

ppresentazione la figura è stata rappresentata su un piano cartesiano facendo in modo che fosse contenuta tutta nel primo

uadrante e che alcuni lati della figura siano dagiati sugli assi X e Y di riferimento. In

riportate le dimensioni in cm della procedere alla scomponiamo la figura nei quattro rettangoli di area A1, A2, A3 ed

ordinate (X1;Y1), (X2;Y2), (X3;Y3) e (X4;Y4). In luogo ree) discrete che si ottiene considerando le singole

baricentro del sistema discreto così ottenuto è il ricerca delle coordinate del baricentro della figura.

oli rettangoli e le coordinate dei relativi baricentri.

Y

X

f

YG

G

cXG

Il

eeaaintendiamo come figura composta un a intendiamo come figura composta un a dd

do il do il dsdssistema così ottcaratteristiche di unsistema così ottcaratteristiche di unililfigura composta assegnata. Si consideri la figura composta riportata a fianco. Per comodità di calcolo e di

figura composta assegnata. Si consideri la figura composta riportata a fianco. Per comodità di calcolo e di rara

qqafigura sono afigura sono figura considerata. Per potere determinazione del baricentro, figura considerata. Per potere determinazione del baricentro, AA4, i cui baricentri avranno rispettivamente le codella figura confideremo il sistema di masse (aaree concentrate nei rispettivi baricentri.

1 1 2 2 3 3 4 4

Ilbaricentro della figura data. Procediamo nellaDapprima determiniamo le aree dei sing

Ilbaricentro della figura data. Procediamo nellaDapprima determiniamo le aree dei sing

4, i cui baricentri avranno rispettivamente le codella figura confideremo il sistema di masse (aaree concentrate nei rispettivi baricentri.

cmYcmXcmA

cmYcmXcmA

cmYcmXcmA 2014007020 22

2 ==⋅=

cmYcmXcmA

102075103020202002010

52

10552

3020203001030

352

7030220

652

1060102202001020

242

4

232

3

2

112

1

===+++==⋅=

===++==⋅=

===+

=+===⋅=

’area totale della figura è pari a :

22

=

L

G

A1 A2

Y

A3

A4

X20 30 10

1060

20

10

31,1

9

35,95

20 20 10

20

30

pagina - 26 -


22 431 21002003001400200 cmAAAAAA it =+++=+++== ∑

momento statico rispetto all’asse X è:

momento statico rispetto all’asse Y è:

)3

443322

75500cm

XAXAXAXAXAXAS

−

⋅+⋅+⋅+⋅−=⋅−=−⋅= ∑ ∑

Il

344332211

6550010200530035140065200 cmS

YAYAYAYAYAS

X

iiX

=⋅+⋅+⋅+⋅=

⋅+⋅+⋅+⋅=⋅= ∑

Il

( ) (( )

11

752005530030140010200SY

iiiiY

=⋅+⋅+⋅+⋅−= Le coordinate del baricentro della figura sono:

cmAS

Y

A

t

XG

tG

19,312100

655002100

===

Consideriamo un secondo esempio in cui ricercforo all’interno. Si faccia riferimento al disegnofigura come un rettangolo di

cmS

X Y 95,3575500=

−−=−=

hiamo il baricentro di una figura composta con un rappresentato a fianco. Possiamo considerare la

Area A al quale viene sottratto il cerchio di Area A2. n

1La superficie del foro sarà considerarata come uarea (massa) negativa.

( )2

21

222

21

16,168516.3142000

16,31410

20005040

cmAAA

cmA

cmA

t =−=+=

−=⋅−=

=⋅=

π

Le coordinate dei baricentri della aree A1 e A2 sono:

cmYcmX 2520 11

cmYcmX 35102515105 22 =+==+===

I momenti statici rispetto agli assi X e Y sono:

cmYAS

iiY

iiX

−=⋅−+⋅−=⋅−=

=⋅−+⋅=⋅=

∑∑

Le coordinate del Baricentro della figura composta sono:

Y

X

A

A2

G

1

( )[ ]( ) 3

3

6,352873516,314202000

4,390043516,314252000

cmXAS

cmASYcm

AtG 16,1685

S

t

XG

Y 14,2316,1685

4,3900493,206,35287====

−−=−=

X

pagina - 27 -


Consideriamo ancora un altro esempio ppresentata a

sse di simmetria contiene il baricentro, per convenienza di calcolo si fa coincidere in questo aso l’asse di simmetria

ferimento, così che per determinare il baricentro basterà determinare la sua ordinata YG. La figura i considera composta dal

o in alto e i due triangoli in basso. Indicheremo con 1 l’area dell’intero rettangolo, con A2 l’area (negativa) del semicerchio, con A3 e con A4 le aree

(entrambe negative) dei due triangoli. Dovendo determinare solo l’ordinata YG del baricentro, per ogni area considerata indicheremo solo l’ordinata dei relativi baricentri.

La figura rafianco presenta un asse di simmetria. Poiché un a

cdella figura con l’asse Y di ri

srettangolo che contiene intera figura al quale va sottratto il semicerchil’

A

cm

cmYcmA

cmYcmA

33,310501010

63,233

3043,3532

2

22

2

==−=⋅

−=

=⋅

−=−=−=π

YcmA

cmYcmA

33,33

10502

15415

15330030110

42

4

21

21

==

⋅⋅

==⋅=

π

L’area totale è: −== 257,2846505043,3533300 cmAA it

statico rispetto a X è:

345,4081533,35033,350 cmiiX ’ordinata del Baricentro G è:

101032 33

−=⋅

−=

∑ =−−

Il momento

∑ −⋅−⋅=⋅= 63,2343,353153300YAS =⋅−⋅L

cmASY

t

XG 34,14

57,284645,40815

===

Un ultimo esempio. SI consideri la figura a fianco. Anche questa può

ssere considerata come una superficie composta on un asse di simmetria verticale. La suddivisione

ella figura occorre determinare solo l’ordinata YG del baricentro.

ecin superfici semplici è rappresentata in figura così ome il sistema di riferimento. Data la simmetria

Y

X

A1

A3 A4

A2

G

Y

X

A1

A3

A4

A2

A5

G

cd

pagina - 28 -


pagina - 29 -

cmYcmxA

A

cmxA

A

4001040

30102

2040

10005020

8202

2060

5

4

23

2

==

=⋅+

=

==

=⋅+

=

L’area totale della figura è: ∑ +== 1200AA it Il momento statico rispetto all’asse X è: ∑ =⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=⋅= 3236737540067,1430045100067,818001001200 cmYAS iiX

cmYcm

cmY

cmYcm

cmY

52

10

67,144020

402023

10100

452

5020

67,816020

602023209000

100

52

42

3

22

12

==

=++⋅

⋅+=

=+=

=++⋅

⋅−=

=

237004003001000800 cm

L’ordinata del baricentro G è:

cmA 120020601 =⋅=

=+++

cmASY

t

XG 98,63

3700236737

===

Il Momento d’inerzia delle figure principali

nche in questo caso procederemo per gradi. Ricaveremo dapprima le formule che ci consentono menti d’inerzia assiali per alcune figure principali e poi tratteremo la ricerca delle i inerzia per le figure

rettangolo

golo di mens ni B x H con i lati adagiati sugli

assi cartesiani X e Y. Ci proponiamo di determinare il momento d’inerzia del rettangolo rispetto all’asse X.

maginiamo di dividere il rettangolo in nte strisce orizzontali piccolissime e tte di area a. Se queste aree sono

ole (infinitesime) ossono essere sostituite da un sistema

ole strisce. Con questa ipotesi, il momento mma dei momenti d’inerzia di ogni singola a striscia i, il momento d’inerzia dell’intera

Adi calcolare i mocaratteristiche dcomposte.

Y

X

G

Y0

X0

a a*y

X

Il

Consideriamo un rettandi io

Imtatuabbastanza piccpdi masse concentrate, tutte di massa (area) pari ad a ed applicate nei baricentri delle singd’inerzia rispetto all’asse X può ottenersi come sostriscia di area a. Detta yi la distanza della genericsuperficie rispetto ad X si scrive:


XXiiXiiiX YSySyyayaJ ⋅=⋅=⋅⋅=⋅= ∑∑∑ 2 L’interpretazione della espressione appena scritta dovrebbe essere già chiara al lettore. Il momento d’inerzia rispetto ad X di un sistema di masse può essere considerato come il momento Statico rispetto allo stesso asse X del sistema le cui masse hanno intensità par i momenti statici. Di conseguenza il momento d’inerzia rispetto ad X può essere determinato concentrando il momento statico del rettangolo rispetto all’asse X nel baricentro dei momenti statici e cioè nel centro relativo all’asse X. Ricordando che il momento statico del rettangolo rispetto all’asse X è pari a

i a

GX YAS ⋅= il momento d’inerzia JX può essere determinato nel modo che segue:

er determinare la posizione del centro X e quindi la distanza YX immaginiamo di tracciare in orrispondenza dei baricentri delle singole striscie i vettori momenti statici di modulo pari a:

i intuisce facilmente che il sistema di masse costituito dai momenti statici rappresenta un iangolo con il vertice in corrispondenza dell’ asse X. Poiché il centro rappresenta il baricentro del

i momenti statici, si determina che la distanza YX è pari ai 2/3 di H.

XGX YYAJ ⋅⋅= Pc

iix yaS ⋅= Strsistema di masse costituito da

HYX ⋅=32

Essendo 2GHY = e l’area del rettangolo pari a HBA ⋅= per il momento d’inerzia rispetto a X si

ricava:

33

22

3HBHHHBJ X⋅

=⋅⋅⋅⋅=

Con ragionamento analogo può ricavarsi il momento d’inerzia rispetto all’asse Y adagiato sul lato di lunghezza H.

3

3BHJY⋅

=

Per ottenere il momento d’inerzia rispetrasposizione dei momenti d’inerzia assiali.

tto all’asse baricentrico X0 applichiamo il teorema di

121234

4323

32

0HHBHBdAJJ xXX =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⋅−

⋅=⋅−=

Per analogia si ricava il momento d’inerzia del rettangolo rispetto all’asse baricentrico Y

333332 HBHBHBHBHB ⋅=

⋅⋅−⋅⋅=

⋅−

⋅

0.

12

3

0BHJY⋅

=

pagina - 30 -


Il Momento d’inerzia assiale del triangolo metteremo per brevità la

rispetto all’asse X1 sempre arallelo a X ma passante er il vertice C del triangolo.

Odimostrazione delle formule che qui riportiamo. Le formule proposte ci permettono di calcolare il momento d’inerzia assiale del triangolo rispetto agli X contenente la base B del triangolo, rispetto all’asse X0 parallelo a X ma baricentrico, epp

4

363

1

0

HBJ X

X

⋅=

123HBJ

X

⋅=

assiale del cerchio

di assi qualsiasi coppia di assi cartesiani

icolari tangenti alla circonferenza, così ome gli assi X0 e Y0 possono considerarsi

ali ’inerzia baricentrici.

3HBJ ⋅=

Il Momento d’inerzia La coppia X e Y può considerarsi come

perpendccome una coppia generica tra gli assi principd

400

45 DJJ YX ⋅⋅== π

6

41

64

DJJ YX ⋅⋅== π

Il Momento d’inerzia delle figure composte

nendo la ranno di

onseguenza l’inerzia della figura composta facendo ricorso ai teoremi di trasposizione. Analizziamo come primo esempio la sezione riportata a fianco. La figura proposta è già stata studiata nei paragrafi precendenti ai fini della ricerca dei baricentri.

13 H

Anche nella ricerca dei momenti d’inerzia per le figure composte, si procederà compoigura in figure semplici di cui se ne conoscono le caratteristiche d’inerzia e si determinef

c

G

A B

C

23 H

H

α

X X

Y

X0

X1

X

Y Y0

X0G

pagina - 31 -


La figura composta è considerarata costituita rettangolo siamo da quattro rettangoli. Per ogni

in grado di determinare i mrispetto ai rispettivi assi baricensistema di riferimento scelto, aformula ricavata in precedenza. d’inerzia rispetto rispetto all’ariferimento di ogni singolo ottenuto attraverso l’applicaziontrasposizione per i momenti dmomento d’inerzia dell’intera fiall’asse X è dato infine dalla sommmomenti d’inerzia rispetto allo stetutti i rettangoli nei quali è stafigura. Ma procediamo

eterminiamo dapprima

omenti d’inerzia trici paralleli al

ttraverso la Il momento

sse X o Y di rettangolo sarà e del teorema di

’inerzia assiali. Il gura rispetto

a dei singoli sso asse X di

ta scomposta la con ordine.

i momenti d’inerzia di gni rettangolo rispetto all’asse X.

Rettangolo A1

Per calcolare il momento d’inerzia di questo rettangolo rispetto a X procederemo prima al calcolo del momento d’inerzia JX0 rispetto all’asse baricentrico parallelo ad X e poi ricaveremo JX attraverso il teorema di trasposizione.

Do

433

0 67,166612

102012

cmHBJ X =⋅

=⋅

=

eri si ha:

cm

Per il teorema di trasposizione si ha: 2

0 XXX dAJJ ⋅+=

dove la distanza inserita in formula crettangolo considerato. Sostituendo i num 1666J

oincide con la coordinata Y del baricentro del

42 67,8466666520067,X =⋅+ Rettangolo A2 Il rettangolo A2 risulta a proprio sull’asse X, pertanto possiamo utilizzare la formula che ci fornisce direttamente il momento d’inerzia rispetto all’asse adagiato sulla base.

=

con la base appoggiat

433

67,228666637020

3cmHBJ X =

⋅=

⋅=

Rettangolo A3

sull’asse X, useremo pertanto

Anche Il rettangolo A3 presenta la base appoggiata proprio la medesima formula utilizzata per il rettangolo A2

433

1000031030

3cmHBJ X =

⋅=

⋅=

G

A1 A2

A3

A4

Y

X20 30 10

1060

20

10

31,1

9

35,95

20 20 10

20

30

pagina - 32 -


Rettangolo A4 Anche per il rettangolo A4 possiamo utilizz

are la stessa formula

433

67,2666632010

3HBJ X =

⋅=

⋅=

A questo punto siamo in grado di calcolare il moemsommando i momenti d’inerzia rispetto a X di ciasc 1000067,228666667,846666JJ iXX ++== ∑ In maniera del tutto analoga procediamo al calcol Rettangolo A1

Il rettangolo A1 si può considerare con la baformula che ci fornisce direttamente il mom

cm

tno d’inerzia dell’intera figura rispetto all’asse X un rettangolo che compone la figura.

cm=+

o del momento d’inerzia rispetto all’asse Y.

se appoggiata sull’asse Y, si utilizza quindi la ento d’inerzia rispetto a Y.

401,317000067,26666

433

67,2666633

cmY ==

Rettangolo A2

20⋅

Il rettangolo A2 non risulta appoggiato sull’asse Y, pertanto determineremo prima il momento d’inerzia rispetto all’asse parallelo a Y ma passante per il baricentro del rettangolo A2, quindi applicheremo il teorema di trasposizione per determinare il momento d’inerzia del rettangolo A2 rispetto all’asse Y.

10HBJ ⋅=

4220

433 2070HB ⋅⋅

0

67,130666630207067,46666

67,4666612

cmdAJJ

cmJ

YYY

Y

=⋅⋅+=⋅+=

===

nche per Il rettangolo A3 procederemo come per il rettangolo A2

12

Rettangolo A3 A

422

0 9300005530102250012

cmdAJJ YYY =⋅⋅+=⋅+=

433

225003010 cmHB=

⋅=

⋅

ettangolo A4 Anche per il rettangolo A4 allo stesso modo del rettangolo precedente

0 12JY =

R

422

0 67,112666675102067,1666 cmdAJJ YYY =⋅⋅+=⋅+=

433

67,166612

1020 cmHB=

⋅=

⋅

Il momento d’inerzia dell’intera figura rispetto a Y è dato dalla somma dei momenti dei singoli rettangoli. iYY =+++==∑

0 12JY =

401,339000067,112666693000067,130666667,26666 cmJJ

pagina - 33 -


A questo punto possiamo proseguire nella determinazione dei moassi X0 Y0 paralleli al sistema X Y di riferimento ma passante nel baricentro della figura composta.

ei momenti d’inerzia

onto che in questo caso onosciamo il momento d’inerzia i un asse generico X e

0entri . Il

alcoloche se

J

YAJJ

⋅−=

⋅−=

Dove lformulatra l’asSostitu

cmJ

Y

X

=⋅−=

=⋅−=

Si può andare ancora avanti procedendo alla ricerca degli assi principali d’inerzia e dei relativi momen rzia. Per poter procedere alla determinazione degli assi principali baricentri abbiam petto agli assi X0 e Y0. Anche ti d’inerzia centrifughi conviene procedere attraverso la determinazione dapprima del momento d’inerzia centrifugo rispetto agli assi X e Y e poi per trasposizione al momento d’inerzia centrifugo rispetto agli assi baricentrici X0 e Y0. pereremo anche in questo caso sommando i contributi forniti dai singoli rettangoli, per i quali osservando che gli assi principali di ogni rettangolo che compone la figura risulta parallelo agli assi X e Y, il momento d’inerzia centrifugo di ogni rettangolo rispetto agli assi X e Y sarà ricavabile attraverso la seguente formula: dove A rappresenta l’area di ogni singolo rettangolo e xg e yg rappresentano le coordinate dei baricentri dei singoli rettangoli. Procediamo con i valori numerici.

Rettangolo A1

Rettangolo A2

G

A1 A2

X

Ymenti d’inerzia rispetto agli e

Il calcolo dJX0 e JY0 sarà condotto applicando anche qui il teorema di trasposizione, ma tenendo ccddesideriamo calcolare il momento

’inerzia rispetto all’asse X dparallelo a X ma baric coc si conduce con le formule

guono.

20

20

GYY

GXX

XAJ

a A rappresenta l’area totale della figura e le coordinate del Baricentro G riportate nella di trasposizione dei momenti rappresentano rispettivamente le distanze tra l’asse X0 e X e

se Y0 e Y. endo i valori trovati si ha:

420

420

76,67595495,35210001,3390000

2,112708619,31210001,3170000

cmJ

ti principali d’ineo la necessità di determinare il momento d’inerzia centrifugo risper i momen

O

ggXY yxAJ ⋅⋅−=

413000065101020 cmyxAJ ggXY −=⋅⋅⋅−=⋅⋅−=

A3

A4

X0

Y0

pagina - 34 -


ggXY −=⋅⋅−= Rettangolo A3 yxAJ ggXY =⋅⋅−= Rettangolo A4 yxAJ ggXY −=⋅⋅−=

Il momento d’inerzia centrifugo dell’

∑ −−== 130000JJ iXYXY Il momento d’inerzia centrifugo rispdi trasposizion

4147000035307020 cmyxAJ −=⋅⋅⋅

−=⋅⋅⋅

intera superficie rispetto agli assi X e Y è:

41832500150000825001470000 cm

etto agli assi X0 e Y0 baricentrici si ottiene attraverso il teorema e.

momenti principali d’inerzia si ricavano con le formule che seguono:

4825005551030 cm−=⋅⋅⋅−

415000010752010 cm

−=−−

4

00 05,52218919,3195,3521001832500 cmYXAJJ GGXYYX =⋅⋅+−=⋅⋅+= I

( )

( ) 200

200

0 41YXYX

Y JJJ

⋅+−+

entre l’angolo α di inclinazione dell’asse ξ rispetto all’asse X0 è dato dalle formula:

Se

0

200

200

00 421

2X

YXYXYX

J

JJJJJ

J ⋅+−⋅++

=ξ

22JJ ⋅−=η

m

: ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⋅⋅=⇒<

00

00221

YX

YXXY JJ

JarctgJJ α

Se : ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⋅⋅=⇒> 180

221

00

00

YX

YXXY JJ

JarctgJJ α

Applicando i valori dell’esercizio in corso si ha:

( )

( ) 422 99,33269505,522189476,6759542,112708616759542,1127086

97,147034405,522189476,6759542,112708622

cm

cm

=⋅+−⋅−+

=

=⋅+−⋅+=

η

ξ

’ango

422176,6759542,1127086 +J

76,22

J

32,332

21

00

00 °=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⋅⋅lo α è pari a: L =α

YX

YXJJ

Jarctg

Nella figura che segue sono rappresentati gli assi principali d’inerzia, i raggi d’inerzia principali e l’ellisse centrale d’inerzia. I semidiametri dell’ellisse centrale d’inerzia coincidono con i raggi principali d’inerzia e sono stati determinati con le espressioni che seguono:

pagina - 35 -


cmA

Jicm

AJ

i 59,122100

99,33269546,262100

97,1470344====== η

ηξ

ξ

G

Y

X

X0

Y0

η

ξ

α=33°,32

Tutta la procedura per il calcolo delle caratteristiche di inerzia delle figure composte, può apparire borosia e lunga, ma se il lavoro di calcolo viene organizzato in forma gabellare il tutto appare più

semplice e più spedito. Negli esempi che seguono sarà seguita la strada del calcolo gabellare che verrà illustrata dettagliatamente nel primo esempio proposto.

Esercizio n° 1

er la figura complessa rappresentata a anco, si individui il baricentro, gli assi

principali d’inerzia baricentrici e l’ellisse centrale d’inerzia.

A4 e A5 caratterizzanti i due vuoti. La ppresentazione sul piano cartesiano è

stata predisposta facendo in modo che la figura sia tutta nel primo quadrante. Indipendentemente dalla posizione specifica dei singoli rettangoli, per tutti si procederà nel calcolo dei momenti d’inerzia rispetto agli

ssi X e Y determinando dapprima quelli ali baricentrici relativi

poi trasponendoli per ottenerne quelli rispetto agli assi assunti come riferimento cartesiano. Questa procedura si presta

ertanto ad essere facilmente “automatizzata” dovendo ripetere in maniera ciclica lo stesso procedimento per ogni rettangolo componente la figura. Proprio la ripetitività delle operazioni da compiere rendono il procedimento di calcolo adatto ad esser organizzato in forma tabellare. Nella

Esempi applicativi numerici

la

Y

X

A1

A2

A3

A4 A5

A6

Pfi

La figura ai fini operativi viene considerata composta da sei aree rettangolari di cui due , ra

arispetto agli assi principalla singola figura e

p

pagina - 36 -


tabella riporteremo alla stregua di quanto abbiamo già fatto per i sistemi di masse discrete, nell’ordine che segue, le dimensioni geometriche dei rettangoli, le coordinate dei baricentri dei singoli rettangoli, l’area dei rettangoli, i momenti d’inerzia di ogni rettangolo rispetto agli assi baricentrici paralleli agli assi di riferimento, i momenti statici Sx e Sy dei singoli rettangoli, i momenti d’inerzia assiali e centrifughi di ogni rettangolo rispetto agli assi di riferimento che si ottengono attraverso l’applicazione dei teoremi di trasposizione. Sull’ultima riga della tabella saranno effettuate le somme per ottenere rispettivamente l’area totale della figura composta, i momenti statici e i momenti d’inerzia della figura composta rispetto agli assi di riferimento. I contenuti delle celle calcolate sono stati determinati con le seguenti formule:

HBA ⋅= la dimensione di B per le aree A4 e A5 è stata considerata di segno algebrico negativo per ottenere la sottrazione delle aree relative.

1212

3

0

3

0BHJHBJ YX⋅

=⋅

=

gYgX XASYAS ⋅−=⋅=

gY XAJ ⋅+=

422

37940080,2920,462500

34,128223320,460

34,98323380,29

cm

cm

cm

=⋅⋅

=⋅

=⋅

i a:

0 YgXX JYAJJ ⋅+=

20

2

ggXY YXAJ ⋅⋅−= Con i totali ricavati sull’ultima riga della tabella possiamo calcolare le grandezze cercate. I momenti d’inerzia rispetto agli assi baricentric

i X0 e Y0 si calcolano con le formule che seguono.

4

422

3062500

25034,6618333

250034,3203333

00

0

0

YXAJJ

XAJJ

YAJJ

GGxyyx

Gyy

Gxx

+−=⋅⋅+=

−=⋅−=

−=⋅−=

L’angolo α che individua gli assi principali è par

33,5518034,128223334,983233

37940025,01802

21

00

00 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⋅⋅=

JJJ

arctgYX

YXα

°=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛−

⋅⋅ arctg

N° B H Xg Yg A Jx0 Jy0 Sx Sy Jx Jy Jxy1 30 10 15,00 65,00 300,00 2.500,00 22.500,00 19.500,00 -4.500,00 1.270.000,00 90.000,00 -292.500,002 10 20 25,00 50,00 200,00 6.666,67 1.666,67 10.000,00 -5.000,00 506.666,67 126.666,67 -250.000,003 60 40 50,00 20,00 2.400,00 320.000,00 720.000,00 48.000,00 -120.000,00 1.280.000,00 6.720.000,00 -2.400.000,004 -15 20 37,50 20,00 -300,00 -10.000,00 -5.625,00 -6.000,00 11.250,00 -130.000,00 -427.500,00 225.000,005 -15 20 62,50 20,00 -300,00 -10.000,00 -5.625,00 -6.000,00 18.750,00 -130.000,00 -1.177.500,00 375.000,006 20 10 80,00 45,00 200,00 1.666,67 6.666,67 9.000,00 -16.000,00 406.666,67 1.286.666,67 -720.000,00

TOTALI 2.500,00 74.500,00 -115.500,00 3.203.333,34 6.618.333,34 -3.062.500,00

cmA

Y xG 80,29

2500===

S

cmS y

74500

20,462500115500

=−

−=A

X G −=

pagina - 37 -


dove essendo 00 YX JJ < all’angolo che si ricava dalla calcolatrice è stato aggiunto 180°. I mementi d’inerzia principali si ottengono con le formule che seguono:

( )

( )

( )

Ed infine si determinano i raggi principali d’inerzia

( ) 98,724940379400434,128223334,9832335,02

34,128223334,983233 22 =⋅+−⋅−+

=

421

2

70,1540525379400434,128223334,9832335,02

34,128223334,983233

421

2

22

22

22

0000

00

0000

00

=+−−+

=

=⋅+−⋅++

=

=+−++

=

yxyxyx

yxyxyx

JJJJJ

J

JJJJJ

J

η

ξ

cmA

Jicm

AJ

i 03,172500

98,72494082,242500

70,1540525====== η

ηξ

ξ

Si riporta infine il grafico nel quale sono rappresentati il baricentro , gli assi principali d’inerzia e Gellisse principale d’inerzia.

l’

Y

X

Y0

X0G

ξ

η

α=55°,75

sercizio n° 2

E

pagina - 38 -


Per la figura composta rappresentata a fianco, si individui il baricentro, gli assi principali d’inerzia baricentrici e l’ellisse centrale

’inerzia.

ostruttiva delle sezioni di travi.

Per il calcolo dei momenti d’inerzia rispetto agli assi X e Y si terrà conto della particolare configurazione geometrica; Il momento d’inerzia rispetto a Y sarà calcolato considerando che entrambi i rettangoli hanno un lato appoggiato proprio sull’asse Y, mentre il momento d’inerzia rispetto a X sarà ottenuto considerando il rettangolo A2 appoggiato sull’asse X e provvedendo alla trasposizione del momento d’inerzia centrale del rettangolo A1.

X

Y

d Si tratta in realtà di una figura a L, molto semplice

a analizzare ma anche molto diffusa nella pratica A1

dcLa figura viene risolta scomponendola in due rettangoli. Ricerca del baricentro:

A2

cmSYcmS

cmxA

cm

cmAAA

AA

XY

iiY

t

76,275,3956276,125,18187

5,18187240600

215825

5,1555

1425600825

60015408255515

3

3

221

21

====−

−=−=

−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+⋅−=⋅−=

⎞⎛

=+=+=

=⋅==⋅=

∑

yAS iiX 395622

6002

15825 =⋅+⎟⎠

⎜⎝

+⋅=⋅= ∑

S

XAA t

Gt

G 14251425

421

433

21

4323

21

75,3529682

152

406002

55152

15825

00,38187534015

31555

00,174312531540

25515825

125515

cmJJJ

cmJJJ

cmJJJ

XYXYXY

YYY

XXX

−=⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅=+=

=⋅

+⋅

=+=

=⋅

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅+

⋅=+=

I momenti d’inerzia rispetto agli assi baricentrici X0 e Y0, paralleli a X e Y, si ottengono trasponendo i momenti d’inerzia appena calcolati.

i possono ora calcolare i momenti principali d’inerzia e l’angolo α che individua la direzione ell’asse principale ξ . Con i valori dei momenti principali d’inerzia vengono quindi

4

422

422

33,15179176,2776,12142575,352968

92,14985976,12142500,381875

92,64499476,27142500,1743125

00

0

0

cmYXAJJ

cmXAJJ

cmYAJJ

GGXYYX

GYY

GXX

=⋅⋅+−=⋅⋅+=

=⋅−=⋅−=

=⋅−=⋅−=

Sd

pagina - 39 -


successivamente d’inerzia.

eterminati i raggi principali d’inerzia per la rappresentazione dell’ellisse centrale d

14992,6449941517912

212

21

00

00 ⎜⎝

⎛−

⋅⋅=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⋅⋅= arctg

JJJ

arctgYX

YXα 76,1592,859

33,°=⎟

⎠

⎞

( )

( )

( )

( ) 61,14985933,151791492,14985992,6449945,092,14985992,644994

41

23,64499533,151791492,149859

22

22

22

0000

=⋅+−⋅−+

=

=+−

=⋅+

yxyxyx JJ

J

2

2200 −= JJη

92,6449945,02

+

−⋅+=

J

92,14985992,644994

421

222

0000

00

+

=+−++

= yxyxyx JJJ

JJJξ

cmA

Jicm

AJ

i 25,101425

61,14985928,211425

23,644995====== η

ηξ

ξ

In figura è rappresentata la sezione analizzata con gli assi principali d’inerzia e l’ellisse principale d’inerzia.

X

Y

G

ξ

η

pagina - 40 -


Esercizio n° 3 Per la figura composta rappresentata a fianco, si individui il baricentro, gli assi

a in esame già è stata determinata la osizione del baricentro in un esercizio

precedente. Ci si pone ora l’obiettivo di determinare gli assi principali d’inerzia ed i relativi momenti d’inerzia, oltre alla

eterminazione dell’ellisse centrale d’inerzia. L’asse Y è un asse di simmetria della figura, e pertanto coincide con l’asse principale d’inerzia η . L’asse ξ sarà perpendicolare a Y (quindi parallelo a X) e passante per il baricentro. Per calcolare i momenti d’inerzia si è scomposta la figura in rettangoli e triangoli equilateri rettangoli con i cateti paralleli agli assi di riferimento X e Y. Momenti d’inerzia rispetto a Y (η)

Y

X

principali d’inerzia baricentrici e l’ellisse centrale d’inerzia. Della figur

A1

A3

A6

A2

A7

G

A4

A5

p

d

∑ =++++++===

=⋅

=

===⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⋅⋅+

⋅=

=⎟⎠⎝

10

3236122

⎞⎜⎛ +⋅⋅⋅+

⋅=

⋅=

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅⋅⋅+

⋅==

⋅=

=

28100033,5333367,916667,91666000033,533336000036000

33,5333312

4010

67,9166;67,91663

1010101021

3610

600002010202012020;33,533332080

600003

2010202021

362020;360000

126020

3

7

56

3

5

23

4

3

3

23

2

3

1

iYY

Y

YYY

YY

YY

JJJ

J

JJ

J

JJ

η

Momento d’inerzia rispetto a X0 (ξ).

J

J

( )

( )

52,5135723

101098,6310103610102

97,91131798,6370802012

8020

10,13765098,632032902020

3620202

48,159692898,63100206012

2060

23

65

23

3

23

42

23

1

=⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −−⋅⋅+

⋅⋅=+

=−⋅⋅+⋅

=

=⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −⋅−⋅⋅+

⋅⋅=+

=−⋅⋅+⋅

=

ξξ

ξ

ξξ

ξ

JJ

J

JJ

J

pagina - 41 -


pagina - 42 -

∑ ++== ,91131710,13765048,1596928ξξ iJJ

=++

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⋅

52,455425849,139478952,51357293

49,13947892

1098,631023

+⋅

= 4012

10407ξJ

I raggi d’inerzia sono pari a

cmA

Jicm

AJ

i 00,4057,2846

52,4554258=== ξ

ξ 94,957,2846

281000=== η

η

X

G ξ

η


Il Nocciolo d’inerzia Si definisce nocciolo d’inerzia di una figura, quella parte di superficie nella quale sono contenuti i centri relativi rispetto all’ellisse centrale d’inerzia di tutte le rette che non tagliano la figura.

nocciolo d’inerzia riveste particolare importanza nello studio della sollecitazione di presso trave nell’ipotesi di materiale perfettamente elastico. La ricerca del dotta ricercando i centri delle rette tangenti alla figura considerata. Si

corda infatti che il centro di una retta è posto sempre dal lato opposto di questa rispetto al aricentro e che più la retta è lontana dal baricentro più il centro si avvicina a questo, mentre

quando la retta si avvicina il centro si allontana. Da queste considerazioni si determina che la superficie cercata è quella delimitata dai centri relativi a tutte le rette tangenti alla figu .

verranno determinati i noccioli d’inerzia relativi al rettangolo ed al cerchio, rimandando er le altre figure note alle formule che sono iportate sui prontuari, mentre si ritiene che la

determinazione del nocciolo d’inerzia per le figure composte vada oltre gli obbiettivi formativi perseguiti da questo testo.

Il rettangolo Il rettangolo è la sezione geometrica più utilizzata in campo strutturale, e provvediamo a determinarne il nocciolo d’inerzia in forma letterale, così da ottenere delle utili formule che ci consentiranno di ottenere il nocciolo d’inerzia per qualsiasi dimensione assumeranno la base B e l’altezza H della sezione. Il nocciolo d’inerzia si determina calcolando la posizione del centro relativo di ogni retta tangente alla figura. Nel caso specifico determineremo i centri relativi alle rette coincidenti con i lati del rettangolo. Per il calcolo dei centri faremo uso della relazione che lega le coordinate dei centri alla posizione della retta considerata ed al valore del raggio d’inerzia.

raggio d’inerzia è dato dalla seguente espressione:

Ilflessione in una sezione di

occiolo d’inerzia, viene connrib

raNel seguito p r

GX YYi ⋅=2ξ

ξiIl

12;

1212;;

12

23

23 HiH

HB

HB

AJ

iHBAHBJ ==⋅

⋅

==⋅=⋅

= ξξ

ξξ

La distanza dal Baricentro del centro relativo alla base è data da:

62

12

22 H

H

H

Yi

YG

X === ξ

Sull’asse η si riportano dal lato opposto della base considerata la distanza YX appena determinata.

ξ

η

pagina - 43 -


Rifacendo lo stesso procedimento considerando le rette coincidenti con le altezze si ottengono le

ativi alla distanza 6B

. posizioni degli altri due centri rel

62BX G

Il nocciolo d’inerzia si ottiene congiungendo tra loro i centri così determinati. Si noti che lungo le due direzioni proncipali, il nocciolo d’inerzia divide l’altezza e la base in tre parti

uguali ad

12

22 B

BiηXY ===

3H

ed a 3B

.

Il cerchio

el cerchio qualsiasi coppia di assi Nbaricentrici sono assi principali d’inerzia.

ortogonali

d’inerzia degenera in un seguenza anche il nocciolo

ξ

ηL’ellisse centralecerchio e di cond’inerzia assumerà la forma di un cerchio. Il raggio di nocciolo si ricava con la formula consueta.

1664;

64

2

2

4

24 D

D

AJiDJ =

⋅

==⋅

=π

ππ

D⋅4

82

16

22 D

D

D

YiYG

X ===

pagina - 44 -

Geometria delle Masse › download › ... · 2015-10-17 · R. Lapiello – appunti di Costruzioni...

Documents

Transcript of Geometria delle Masse › download › ... · 2015-10-17 · R. Lapiello – appunti di Costruzioni...