D. ... approfondimento per l'insegnante

Pantografo del Sylvester per la rotazione

Il sistema è formato dal parallelogramma articolato OABC, di lati OA=a ed AB=b, il cui vertice O è imperniato al piano del modello. Sui lati AB e BC sono costruiti due triangoli isosceli simili (AP=AB, CQ=CB e PÂB = BQ =a).

Il punto P ( ed il suo corrispondente Q) ha due gradi di libertà quindi il meccanismo realizza una trasformazione fra due regioni del piano: quella dei punti accessibili a P e quella dei punti accessibili a Q. Per determinarle possiamo procedere nel seguente modo:

deformiamo il parallelogramma in modo tale che P abbia distanza minima da O ( ciò accade quando AÔC = p e i punti A,O,B,C sono allineati): anche Q ha distanza minima da O (fig.2). I triangoli AOP e ACQ sono congruenti ( AP = OC; AO = CQ; PÂO = OQ = ) quindi : OQ = OP = .

Ruotando il sistema attorno ad O possiamo osservare che i punti P e Q descrivono una circonferenza di raggio r_i = .I punti interni a tale circonferenza sono inaccessibili a P e Q .

In tale configurazione del sistema possiamo inoltre osservare che il triangolo POQ è simile ai triangoli ABP e BCQ, essendo

Deformiamo ora il sistema in modo tale che il punto P (ed anche Q) abbia distanza massima da O (fg.3). Ciò avviene quando P ed A sono allineati con O. Si ha : OP=OQ=a+b. Ruotando il triangolo OPQ attorno ad O , i punti P e Q descrivono una circonferenza di raggio r_e=a+b. I punti esterni ad essa sono inaccessibili a P e Q. Le regioni piane messe in corrispondenza dalla macchina sono sovrapposte e coincidono con la corona circolare di centro O , raggio interno r_i e raggio esterno r_e.

Anche in questa configurazione il triangolo OPQ è simile ai triangoli APB e CBQ ()

L'analisi delle configurazioni limite induce a confrontare, in una generica posizione dello strumento, i triangoli OAP e OCQ (fig.1). Essi sono direttamente congruenti

(OA = CQ, AP = DC, OÂP = ), i punti P e Q hanno dunque in ogni posizione ugual distanza da O e il triangolo OPQ è isoscele. Affinché esso sia ancora simile ai triangoli APB e CBQ, come avviene nelle configurazioni limite, dovrà essere . Infatti :

indicata con D I' intersezione di OQ e CB , poiché AO e BC sono parallele si ha:

; ma e quindi .

I punti P e Q si corrispondono quindi nella rotazione di centro O e ampiezza a.

Se la macchina realizza una simmetria centrale. In questo caso la configurazione del sistema (fig.4) mostra la sua equivalenza con il pantografo per la simmetria centrale: è sufficiente sostituire al parallelogramma OABC il parallelogramma PBCD, ed O, centro della simmetria, cade nel punto medio del lato CD.