Esercitazioni di Meccanica Razionale

Esercitazioni
di Meccanica Razionale
a.a. 2002/2003
Matrici d’inerzia
Maria Grazia Naso
[email protected]
Dipartimento di Matematica
Università degli Studi di Brescia
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.1
Teorema di Huygens-Steiner
I Il momento d’inerzia Iα di un corpo rispetto ad un asse α è uguale al momento
d’inerzia IG rispetto ad un asse baricentrico αG parallelo a α, più la massa m del corpo
moltiplicata per la distanza al quadrato d2 fra i due assi:
Iα = I αG + m d 2 .
I La legge di variazione dei prodotti d’inerzia al variare del polo O è espressa da
O
Ihk
= Ihk G − m xh xk ,
h 6= k ,
essendo ~
x = (G − O).
c
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M.G. Naso – p.2
Asta omogenea
Consideriamo un’asta omogenea AB, di massa m e lunghezza L.
m
è costante.
La densità di massa ρ =
L
I Calcoliamo la matrice d’inerzia dell’asta AB rispetto al
riferimento cartesiano ortogonale Oxyz indicato in Figura 1.
PSfrag replacements
z
z0
r
α
O≡A
x
s
α
G
B
y ≡ y0
x0
Figura 1: asta omogenea
c
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M.G. Naso – p.3
Calcoliamo i momenti d’inerzia dell’asta AB rispetto agli assi Oy,
Oz, Ox:
I22 = 0
I33 = I11 =
Z
L
0
mL2
,
ρ y dy =
3
2
Inoltre I12 = I13 = I23 = 0.
La matrice d’inerzia IO dell’asta omogenea AB è

 2
mL
0
0
3
 mL2

h
i


diag 1, 0, 1 .
IO =  0
0
0 =
3


mL2
0
0
3
c
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M.G. Naso – p.4
I Sia Gx0 y 0 z 0 il riferimento cartesiano baricentrale ortogonale di
Figura 1.
Per applicazione del Teorema di Huygens e della legge di variazione
dei prodotti d’inerzia, la matrice d’inerzia baricentrale I G dell’asta
omogenea AB è
 2

mL
0
0
12

 mL2
h
i


diag 1, 0, 1 .
IG =  0
0
0 =

12

2
0
0 mL
12
c
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M.G. Naso – p.5
Esercizio 1. Determinare il momento d’inerzia dell’asta
omogenea AB, di massa m e lunghezza L, rispetto ad una retta
r, passante per l’estremo A ed inclinata di un angolo α rispetto
all’asta AB (Figura 1).
Risoluzione.
I metodo: Sia ξ ∈ [0, L] la distanza del punto P corrente sull’asta
dall’estremo A. La distanza dall’asse risulta ξ sin α. Quindi il
momento d’inerzia richiesto è
Z L
m
mL2
2
(ξ sin α) dξ =
sin2 α .
Ir =
3
0 L
c
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M.G. Naso – p.6
II metodo: Nel riferimento Oxyz considerato, supponendo che la
retta r appartenga al piano Oyz, il versore ~r della retta r è
~r = cos α ~ + sin α ~k. Poiché Ir = IO ~r · ~r , ed essendo

mL2
3


IO ~r =  0

0
0
0
0
0

0


0



 


 

0  cos α = 
0


 
mL2
mL2
sin α
3
3 sin α
mL2
si ha Ir =
sin2 α .
3
c
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M.G. Naso – p.7
Esercizio 2. Determinare il momento d’inerzia dell’asta
omogenea AB, di massa m e lunghezza L, rispetto ad una retta
s, passante per il baricentro G dell’asta ed inclinata di un angolo
α rispetto ad AB. (Figura 1).
i
h
2
2
sin
α
Is = mL
12
c
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M.G. Naso – p.8
Asta non omogenea
Consideriamo un’asta non omogenea AB, di lunghezza L e densità
di massa ρ(P ) = k AP , P ∈ AB, k > 0, (densità lineare).
I Calcoliamo la matrice d’inerzia dell’asta AB rispetto al
riferimento cartesiano ortogonale Oxyz di Figura 2.
z
z0
PSfrag replacements
O≡A
G
x
B
y ≡ y0
x0
Figura 2: asta non omogenea
c
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M.G. Naso – p.9
La massa m dell’asta AB è data da m =
2m
.
L2
Z
L
0
kL2
.
k y dy =
2
Quindi k =
Calcoliamo i momenti d’inerzia dell’asta AB rispetto agli assi Oy,
Oz, Ox:
Z L
2
mL
I22 = 0, I33 = I11 =
k y y 2 dy =
.
|{z}
2
0
=ρ(y)
Inoltre I12 = I13 = I23 = 0.
La matrice d’inerzia IO dell’asta non omogenea AB è
h
i
mL2
diag 1, 0, 1 .
IO =
2
c
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M.G. Naso – p.10
Esercizio 3. Determinare la matrice d’inerzia dell’asta AB, non
omogenea, di lunghezza L e densità di massa ρ(P ) = k AP ,
P ∈ AB, k > 0, rispetto al riferimento cartesiano baricentrale
ortogonale Gx0 y 0 z 0 di Figura 2.
G = 0, I G = I G = I G = 0. Calcoliamo I G e I G . Si
Risoluzione. I22
12
13
23
33
11
G
G
= I11
.
osservi che I33
I metodo: Per applicazione della definizione di momento d’inerzia, si
ha
2
Z L
mL2
2
G
G
I33 = I11 =
L−y
.
ky
dy =
3
18
0
c
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II metodo: Per applicazione del Teorema di Huygens
G
I33
=
O
I33
−
2
m yG
mL2
.
=
18
La matrice d’inerzia baricentrale IG dell’asta non omogenea AB
risulta
h
i
mL2
diag 1, 0, 1 .
IG =
18
c
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M.G. Naso – p.12
Rettangolo omogeneo
Consideriamo una lamina rettangolare omogenea OABC, di massa
m e lati OA = a, AB = b.
m
La densità di massa ρ =
è costante.
ab
I PSfrag
Calcoliamo
la matrice d’inerzia della lamina OABC rispetto al
replacements
riferimento cartesiano ortogonale Oxyz di Figura 3.
z0
z
C
B
P
G
y0
O
A
y
x0
x
Figura 3: rettangolo omogeneo
c
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M.G. Naso – p.13
Poiché il corpo rigido è piano, l’asse Ox, ortogonale al piano Oyz su
cui giace la lamina OABC, è tale che I11 = I22 + I33 , con
I22 6= I33 , e I13 = I12 = 0 .
Calcoliamo infatti i momenti d’inerzia della lamina OABC rispetto
agli assi Oy, Oz, Ox:
Z aZ b
Z b
2
mb
ρ z 2 dz dy =
ρ z 2 a dz =
I22 =
3
0
0
0
Z aZ b
Z a
ma2
2
2
ρ y dz dy =
ρ y b dy =
I33 =
3
0
0
0
Z aZ b
2
2
m a +b
2
2
I11 =
= I22 + I33 ,
ρ (z + y ) dz dy =
3
0
0
c
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M.G. Naso – p.14
mentre i prodotti d’inerzia −I12 , −I13 , −I23 della lamina OABC
sono determinati da
I12 = I13 = 0
Z aZ b
m ab
I23 = −
.
ρ y z dz dy = −
4
0
0
Risulta



IO = 


m(
a2 +b2
)
3
0
0
mb2
3
0
− m4ab
0



− m4ab 
.

ma2
3
N.B. L’asse Ox è principale d’inerzia.
c
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M.G. Naso – p.15
Esercizio 4. Determinare la matrice d’inerzia della lamina
rettangolare omogenea OABC, di massa m e lati OA = a,
AB = b, rispetto al riferimento cartesiano ortogonale baricentrale
Gx0 y 0 z 0 di Figura 3.
Risoluzione. Per applicazione del Teorema di Huygens, si trova
G
I22
G
I33
G
I11
2
2
2
mb
mb
mb
O
2
−
=
= I22
− m zG
=
3
4
12
2
2
2
ma
ma
ma
O
2
−
=
= I33
− m yG
=
3
4
12
2 + b2
m
a
G
G
,
= I22
+ I33
=
12
c
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M.G. Naso – p.16
IÈ possibile verificare che ogni asse normale ad un piano di
simmetria materiale è principale d’inerzia.
I I piani coordinati sono piani di simmetria materiale e quindi
G = I G = I G = 0. Poiché ogni asse normale ad un piano di
I12
13
23
simmetria materiale è principale d’inerzia, il riferimento baricentrale
Gx0 y 0 z 0 è principale d’inerzia.
La matrice d’inerzia IG baricentrale della lamina OABC è


2
2
m(a +b )
0
0 
12

h
i


2 +b2
2
2
2
m
a
) mb
 = diag (
mb
ma
IG = 
.
0
,
,
0


12
12
12
12


2
ma
0
0
12
c
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M.G. Naso – p.17
I Se la lamina homogeneaiOABC è quadrata (a = b = L), si ha
mL2
IG = 12 diag 2, 1, 1 .
c
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M.G. Naso – p.18
Anello omogeneo
Consideriamo un anello omogeneo, di massa m e raggio R.
m
è costante.
La densità di massa ρ =
2πR
I Calcoliamo la matrice d’inerzia dell’anello rispetto al riferimento
cartesiano ortogonale baricentrale Oxyz indicato in Figura 4.
z
P
PSfrag replacements
θ
O≡G
y
x
Figura 4: anello omogeneo
c
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M.G. Naso – p.19
b := θ ∈ [0, 2π]. Si trova
Sia P un punto dell’anello. Poniamo y + OP
Z 2π
I11 =
ρ R2 R dθ = mR2 .
0
Poiché il corpo rigido è piano, l’asse Ox, ortogonale al piano Oyz su
cui giace l’anello, è principale d’inerzia e I11 = I22 + I33 , e per
mR2
simmetria I22 = I33 . Pertanto I22 = I33 =
.
2
I I piani coordinati sono piani di simmetria materiale e quindi
I12 = I13 = I23 = 0. Poiché ogni asse normale ad un piano di
simmetria materiale è principale d’inerzia, il riferimento baricentrale
Oxyz è principale d’inerzia.
c
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M.G. Naso – p.20
La matrice d’inerzia baricentrale IG dell’anello è


0
0
mR2


h


2
2
mR
=
mR
IG =  0
diag 1,

0
2


mR2
0
0
2
1
2,
1
2
i
.
c
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M.G. Naso – p.21
Arco di circonferenza omogeneo
_
Consideriamo un arco di circonferenza AB, di massa m, raggio R e
m
b
è costante.
apertura AOB = α. La densità di massa ρ =
αR
_
I Calcoliamo la matrice d’inerzia dell’arco AB rispetto al
riferimento cartesiano ortogonale Oxyz di Figura 5.
PSfrag replacements
z
B
P
θ
α
O
A
y
x
Figura 5: arco di circonferenza omogeneo
c
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M.G. Naso – p.22
b := θ ∈ [0, α]. Si trova
Sia P un punto dell’arco. Poniamo AOP
Z α
I11 =
ρ R2 R dθ = mR2 .
0
N.B. I11 è indipendente da α.
Z α
I33 =
ρ R2 cos2 θ R dθ
0
Z α
2
mR
1 + cos 2θ
2α + sin 2α
=
dθ = mR2
.
α
2
4α
0
Poiché il corpo rigido è piano, l’asse Ox, ortogonale al piano Oyz su
cui giace l’arco di circonferenza, è principale d’inerzia e
I11 = I22 + I33 , con I22 6= I33 . Risulta quindi
I22 = I11 − I33
2α − sin 2α
= mR
.
4α
2
c
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M.G. Naso – p.23
I Inoltre I12 = I13 = 0 e
Z α
2
2
sin
α
mR
2
I23 = −
.
ρ R sin θ cos θ R dθ = −
2
α
0
La matrice d’inerzia IO dell’arco di circonferenza è


mR2
0
0




2
2
sin
2α
−
sin
2α
α
mR
 0

−
mR2
IO = 
.
4α
2
α




mR2 sin2 α
2α
+
sin
2α
0
−
mR2
2
α
4α
I Se α = 2π allora ritroviamo gli stessi risultati trovati per l’anello
omogeneo.
c
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M.G. Naso – p.24
Disco omogeneo
Consideriamo un disco omogeneo, di massa m, raggio R.
m
è costante.
La densità di massa ρ =
2
πR
I Calcoliamo la matrice d’inerzia del disco rispetto al riferimento
cartesiano ortogonale baricentrale Oxyz di Figura 6.
z
P
PSfrag replacements
r
θ
O
y
x
Figura 6: disco omogeneo
c
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M.G. Naso – p.25
b := θ ∈ [0, 2π] e
Sia P un punto del disco. Poniamo y + OP
|P − O| := r ∈ [0, R]. Si trova
Z 2π Z R
Z R
2
mR
I11 =
ρ r2 r dr dθ =
ρ r2 2π r dr =
.
2
0
0
0
Poiché il corpo rigido è piano, l’asse Ox, ortogonale al piano Oyz su
cui giace il disco, è principale d’inerzia e I11 = I22 + I33 , con
1
mR2
I22 = I33 . Risulta quindi I22 = I33 = I11 =
.
2
4
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.26
I I piani coordinati sono piani di simmetria materiale e quindi
I12 = I13 = I23 = 0.
La matrice d’inerzia baricentrale IO del disco è
 2

mR
0
0
2

 mR2
h
i


2
mR
diag 2, 1, 1 .
IO =  0
0 =
4
4


mR2
0
0
4
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.27
Settore circolare omogeneo
Consideriamo un settore circolare omogeneo AOB, di massa m,
b =α.
raggio R ed apertura AOB
2m
è costante.
La densità di massa ρ =
2
αR
I Calcoliamo la matrice d’inerzia del settore circolare omogeneo
rispetto
al riferimento
PSfrag
replacements cartesiano ortogonale Oxyz di Figura 7.
z
B
r
P
α θ
O
A
y
x
Figura 7: settore circolare omogeneo
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.28
Sia P un punto del settore circolare omogeneo. Poniamo
b := θ ∈ [0, α] e |P − O| := r ∈ [0, R]. Si trova
y + OP
Z αZ R
Z R
2
mR
I11 =
ρ r2 r dr dθ =
ρ r2 r α dr =
.
2
0
0
0
N.B. I11 è indipendente da α.
Poiché il corpo rigido è piano, l’asse Ox, ortogonale al piano Oyz su
cui giace il settore circolare, è principale d’inerzia e
I11 = I22 + I33 , con I22 6= I33 . Si ha
I33
I22
Z
αZ R
mR2 2α + sin 2α
=
ρ r cos θ r dr dθ =
8
α
0
0
mR2 2α − sin 2α
= I11 − I33 =
.
8
α
2
2
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.29
I Il piano coordinato Oyz è un piano di simmetria materiale e
quindi I12 = I13 = 0. Inoltre
Z αZ R
2 sin2 α
mR
I23 = −
ρ r2 sin θ cos θ r dr dθ = −
.
4
α
0
0
La matrice d’inerzia IO del settore circolare omogeneo è

 2
mR
0
0
2



mR2 2α−sin 2α
mR2 sin2 α 
IO =  0
.
−
8
α
4
α


mR2 sin2 α
mR2 2α+sin 2α
0
− 4
α
8
α
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.30
Triangolo isoscele omogeneo
M
Consideriamo un triangolo isoscele omogeneo AOB, di massa m,
2m
è
base AB = a ed altezza OH = h. La densità di massa ρ =
ah
costante.
I Calcoliamo la matrice d’inerzia del triangolo isoscele omogeneo
rispettoPSfrag
al riferimento
replacementscartesiano ortogonale Oxyz di Figura 8.
z
O
x
z0
G
A
H
x0
B
y ≡ y0
Figura 8: triangolo isoscele omogeneo
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.31
In Oxyz: A
− a2 , h, 0
,B
r1 : y = −
a
2 , h, 0
2h
x,
a
,
e
r2 : y =
2h
x.
a
Si trova
I11
I22
2m
=
ah
Z
2m
=
ah
Z
0
hZ
0
hZ
I33 = I11 + I22
a
y
2h
2m
2
y dx dy =
a
ah
− y
2h
a
y
2h
2m
2
x dx dy =
ah
−ay
2h
Z
h
a 3
mh2
y dy =
h
2
h
1 a3 3
ma2
y dy =
3
3 4h
24
0
Z
0
mh2 ma2
+
=
.
2
24
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.32
Poiché il corpo rigido è piano, l’asse Oz, ortogonale al piano Oxy su
cui giace la lamina triangolare, è principale d’inerzia e I13 = I23 = 0.
Inoltre
Z hZ a y
2h
2m
I12 = −
x y dx dy = 0 .
ah 0 − a y
2h
Quindi il riferimento Oxyz è principale d’inerzia e si ha
h
i
2
2
2
2
ma
ma
mh
IO = diag mh
.
,
,
+
2
24
24
2
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.33
Esercizio 5. Calcolare il momento d’inerzia della lamina omogenea, a forma di
M
triangolo isoscele AOB, di massa m, base AB = a ed altezza OH = h, rispetto
all’asse AB (Figura 8).
i
h
mh2
IAB = 6
Esercizio 6. Calcolare la matrice d’inerzia della lamina omogenea, a forma di
M
triangolo isoscele AOB, di massa m, base AB = a ed altezza OH = h, rispetto al
sistema baricentrale Gx0 y 0 z 0 (Figura 8).
h
h
ii
2
2
2
2
mh
ma
ma
mh
IG = diag 18 ,
,
+ 18
24
24
Esercizio 7. Determinare le grandezze richieste negli Esercizi 5-6, nel caso in cui la
M
lamina omogenea AOB, di massa m e lato AB = L, sia a forma di triangolo
equilatero.
h
h
2
mL2
mL2
IAB = 8 ; IG = diag mL
,
,
24
24
mL2
12
ii
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.34
M
Esercizio 8. Consideriamo un triangolo rettangolo AOB, di massa m, cateti
OA = a, OB = b. Introdotti il riferimento cartesiano ortogonale Oxyz ed il
riferimento cartesiano baricentrale ortogonale Gx 0 y 0 z 0 (Figura 9), si calcolino
(a) la matrice d’inerzia baricentrale IG ;
(b) la matrice d’inerzia IO .
PSfrag replacements
z
z0
A
H
G
x0
O
y0
B
y
x
Figura 9: triangolo rettangolo omogeneo
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.35
M
Risoluzione. (a) Il baricentro G, intersezione delle tre mediane del triangolo AOB,
divide ogni mediana in due parti, una doppia dell’altra. Nel riferimento baricentrale
Gx0 y 0 z 0 (Figura 9), A 0, − 31 b, 23 a , B 0, 23 b, − 31 a , e la retta AB ha equazione
x0 = 0, y 0 = 3b − ab z 0 . Quindi
G
I22
G =
Analogamente I33
Inoltre
=
Z
mb2
.
18
G
I23
=−
Z
2a
3
−a
3
b−b
3
a
z0
b
−3
ma2
2m 02 0 0
z dy dz =
.
ab
18
G = IG + IG .
Essendo la lamina triangolare piana, si ha I11
22
33
Z
Quindi
IG
2a
3
−a
3
Z
b−b
3
a
z0
b
−3
 m(a2 +b2 )


=

mab
2m 0 0 0 0
y z dy dz =
.
ab
36
18
0
0
ma2
18
0
mab
36
0


mab 

36 
mb2
18
,
ed il riferimento Gx0 y 0 z 0 non è inerziale.
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.36
(b) Nel riferimento Oxyz, si ha (G − O) =
IO = I G



+m 

a2 +b2
9
0
0
a2
9
0
− ab
9
0

b
3
~ +
~k. Risulta
 m(a2 +b2 )
 
ab  = 
−9 
 
b2
9
a
3
6
0
0
ma2
6
0
− mab
12
0




− mab
12 
mb2
6
.
Esercizio 9. Determinare le matrici d’inerzia, come richieste nell’Esercizio 8, nel
M
caso di una lamina omogenea AOB, di massa m, a forma di triangolo rettangolo
isoscele (cateti OA = OB = L).





mL2
mL2
0
0
0
0



 9
 3
2
2
2
2




mL
mL
mL 
mL
=
;
I


IG =  0

−
0
O
18
36 
6
12 



mL2
mL2
mL2
mL2
0
0
−
36
18
12
6
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.37
Figure composte
Esercizio 10. Si consideri la lamina quadrata omogenea ABCD,
di massa m, (Figura 10), con foro quadrato EF HI (EF = l,
AB = L, l < L). Si chiede di calcolare
(a) la matrice
d’inerzia IO della lamina rispetto agli assi del
PSfrag replacements
riferimento cartesiano ortogonale Oxyz (Figura 10).
(b) il momento d’inerzia Ir della lamina rispetto all’asse r
passante per i punti A e B.
z
C
D
I
H
O
E
x
A
y
F
B
Figura 10: lamina omogenea
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.38
Risoluzione.
(a) Poiché il corpo rigido è piano, l’asse Ox, ortogonale al piano
Oyz su cui giace la lamina, è principale d’inerzia e I11 = I22 + I33 ,
con I22 = I33 = 12 I11 .
I piani coordinati sono piani di simmetria materiale e quindi
I12 = I13 = I23 = 0.
Il riferimento Oxyz è baricentrale e principale d’inerzia.
I La densità di massa (costante) è data da ρ =
2
Siano m1 = ρ EF =
ml2
L2 −l2
2
e m2 = ρ AB =
m
L2 −l2
.
mL2
.
L2 −l2
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.39
I I momenti d’inerzia della lamina quadrata ABCD (N.B. senza il
foro), di massa m2 e lato L, rispetto agli assi Oy, Oz e Ox sono
I22
m2 L 2
mL4
=
=
12
12(L2 − l2 )
I11
= 2 I22
I33
= I22
mL4
.
=
2
2
6(L − l )
I I momenti d’inerzia del quadrato EF HI (N.B. il materiale
rimosso), di massa m1 e lato l, rispetto agli assi Oy, Oz e Ox sono
2
I22
2
I11
m1 l 2
ml4
=
=
12
12(L2 − l2 )
=
2
2 I22
2
2
I33
= I22
ml4
.
=
6(L2 − l2 )
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.40
Quindi i momenti d’inerzia della lamina quadrata ABCD forata,
rispetto agli assi Oy, Oz e Ox sono rispettivamente
I22 =
I22
2
− I22
2
I11 = I11
− I11
m(L2 + l2 )
=
12
I33 = I22
m(L2 + l2 )
.
=
6
h
i
m(L2 + l2 )
La matrice d’inerzia richiesta è IO =
diag 2, 1, 1 .
12
(b) Per applicazione del Teorema di Huygens si ha
m(4L2 + l2 )
L2
=
Ir = I22 + m
.
4
12
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.41
Esercizio 11. Si consideri la lamina quadrata omogenea ABCD
(Figura 11), con foro quadrato EF HI (massa m, EF = l,
AB = L, l < L). Si chiede di calcolare la matrice d’inerzia I O
replacements
dellaPSfrag
lamina
rispetto agli assi del riferimento cartesiano
ortogonale Oxyz (Figura 11).
z
C
D
H
F
I
O
y
E
x
A
B
Figura 11: lamina omogenea
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.42
Risoluzione.
Poiché il corpo rigido è piano, l’asse Ox, ortogonale al piano Oyz su
cui giace la lamina, è principale d’inerzia e I11 = I22 + I33 , con
I22 = I33 = 12 I11 .
I piani coordinati sono piani di simmetria materiale e quindi
I12 = I13 = I23 = 0.
Il riferimento Oxyz è baricentrale e principale d’inerzia.
La densità di massa (costante) è data da ρ =
2
Siano m1 = ρ EF =
ml2
L2 −l2
2
e m2 = ρ AB =
m
L2 −l2
.
mL2
.
L2 −l2
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.43
I I momenti d’inerzia della lamina quadrata ABCD (N.B. senza il
foro), di massa m2 e lato L, rispetto agli assi Oy, Oz e Ox sono
rispettivamente
I22
m2 L 2
mL4
=
=
12
12(L2 − l2 )
I11
= 2 I22
I33
= I22
mL4
.
=
2
2
6(L − l )
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.44
I I momenti d’inerzia del quadrato EF HI (N.B. il materiale
rimosso), di massa m1 e lato l, rispetto agli assi Oy, Oz e Ox sono
rispettivamente

2
m M OH
2
4
m
ml
l
1
=
=
I
= 2  HIF
=
I
I22
33
22
6
12
12(L2 − l2 )
I11
= 2 I22
ml4
.
=
2
2
6(L − l )
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.45
I Quindi i momenti d’inerzia della lamina quadrata ABCD forata,
rispetto agli assi Oy, Oz e Ox sono rispettivamente
I22 =
I22
− I22
I11 = I11
− I11
m(L2 + l2 )
=
12
I33 = I22
m(L2 + l2 )
.
=
6
La matrice d’inerzia richiesta è
h
i
m(L2 + l2 )
diag 2, 1, 1 .
IO =
12
N.B. Nel caso in cui il foro sia ruotato di 45◦ (Figura 11) rispetto a
quello della lamina di Figura 10, otteniamo la stessa matrice
d’inerzia IO .
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.46
Esercizio 12. Si consideri la lamina quadrata omogenea ABCD
(Figura 12), di massa m e lato AB = L, con foro circolare, di
centro O e raggio R ≤ L. Si chiede di calcolare la matrice
d’inerzia IO della lamina rispetto agli assi del riferimento
cartesiano ortogonale Oxyz (Figura 12).
z
C
D
PSfrag replacements
O
E
y
x
A
B
Figura 12: lamina omogenea
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.47
Risoluzione.
Poiché il corpo rigido è piano, l’asse Ox, ortogonale al piano Oyz su
cui giace la lamina, è principale d’inerzia e I11 = I22 + I33 , con
I22 = I33 = 12 I11 .
I piani coordinati sono piani di simmetria materiale e quindi
I12 = I13 = I23 = 0.
Il riferimento Oxyz è baricentrale e principale d’inerzia.
La densità di massa (costante) è data da ρ =
Siano m1 = ρ πR2 =
m πR2
L2 −πR2
2
m
L2 −πR2
e m2 = ρ AB =
.
mL2
.
L2 −πR2
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.48
I I momenti d’inerzia della lamina quadrata ABCD (N.B. senza il
foro), di massa m2 e lato L, rispetto agli assi Oy, Oz e Ox sono
rispettivamente
I22
m2 L 2
mL4
=
=
12
12(L2 − πR2 )
I11
= 2 I22
I33
= I22
mL4
.
=
2
2
6(L − πR )
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.49
I I momenti d’inerzia del disco (N.B. il materiale rimosso), di
massa m1 , di centro O e raggio R, rispetto agli assi Oy, Oz e Ox
sono rispettivamente
◦
I22
m πR4
m1 R 2
=
=
4
4(L2 − πR2 )
◦
◦
I11
= 2 I22
◦
◦
I33
= I22
m πR4
.
=
2
2
2(L − πR )
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.50
I Quindi i momenti d’inerzia della lamina quadrata ABCD forata,
rispetto agli assi Oy, Oz e Ox sono rispettivamente
m
◦
4
4
I33 = I22
L − 3πR
I22 = I22 − I22 =
2
2
12(L − πR )
m
◦
4
4
I11 = I11 − I11 =
L − 3πR .
2
2
6(L − πR )
La matrice d’inerzia richiesta è
h
i
m
4
4
diag 2, 1, 1 .
IO =
−
3πR
L
2
2
12(L − πR )
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.51
Esercizio 13. Si consideri la lamina quadrata omogenea OABC
(Figura 13), di massa m e lato AB = L, con foro a settore
circolare, di centro O e raggio L. Si chiede di calcolare il
baricentro G e la matrice d’inerzia IO della lamina rispetto agli
assi del riferimento cartesiano ortogonale Oxyz (Figura 12).
PSfrag replacements
z
B
C
G
G2
G1
O
A
y
x
Figura 13: lamina omogenea
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.52
Risoluzione.
Siano G1 e G2 i baricentri, rispettivamente, del settore circolare
AOC e del quadrato OABC.
Nel riferimento Oxyz, il baricentro G2 del quadrato OABC ha
√
4 2
L L
2
4
π
coordinate G2 0, 2 , 2 . Essendo poi OG1 = 3 L π sin 4 = 3π L,
4L 4L
si ha G1 0, 3π , 3π . Il baricentro G appartiene al piano Oyz su cui
giace la lamina, quindi xG = 0. Per simmetria zG = yG .
4m
.
La densità di massa (costante) è data da ρ = L2 (4−π)
Siano m1 = ρ
πL2
4
=
πm
4−π
2
e m2 = ρ AB =
4m
4−π .
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.53
Per applicazione della proprietà distributiva dei baricentri, si trova
2L
m2 y G2 − m 1 y G1
=
.
yG =
m
3(4 − π)
2L
2L
, 3(4−π)
.
Pertanto G 0, 3(4−π)
Poiché il corpo rigido è piano, l’asse Ox, ortogonale al piano Oyz su
cui giace la lamina, è principale d’inerzia e I11 = I22 + I33 , con
I22 = I33 = 12 I11 . Inoltre I12 = I13 = 0.
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.54
I I momenti d’inerzia della lamina quadrata OABC (N.B. senza il
foro), di massa m2 e lato L, rispetto agli assi Oy, Oz e Ox sono
rispettivamente
I11
2
2
8mL
= m2 L 2 =
3
3(4 − π)
I22
1 4mL2
= I11 =
2
3(4 − π)
I33
=
I23
mL2
m2 L 2
=−
.
=−
4
4−π
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.55
I I momenti d’inerzia del settore circolare (N.B. il materiale
rimosso), di massa m1 , di centro O e raggio R, rispetto agli assi
Oy, Oz e Ox sono rispettivamente
/
I11
m πL2
m1 L 2
=
=
2
2(4 − π)
/
I22
m πL2
m1 L 2
=
=
4
4(4 − π)
/
I33
=
/
I23
m L2
.
=−
2(4 − π)
/ può essere calcolato anche come
N.B. I33
/
I33
π L4
m πL2
1 ◦
1 m◦ L 2
=ρ
=
.
= I33 =
4
4 4
16
4(4 − π)
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.56
La matrice d’inerzia richiesta è

16−3π
6

2
mL

/
I O = I
−
I
=
 0
O
O
4−π 
0
0
0
16−3π
12
− 12
− 12
16−3π
12



.

c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Matrici d’inerzia - 2003
M.G. Naso – p.57