Matrice d'Inerzia. Esercizio.
Scrivere la matrice d'inerzia della lamina rettangolare (dell'esercizio dell'immagine) rispetto al punto $O$ e al baricentro $G$.
Nota: Si osservi che in questo caso il prodotto d'inerzia rispetto ad $O$ è diverso da zero : $I_(Oxy) !=0$
IO so ce il momento di Inerzia risultano essere:
$I_(x x) = rho int_(A) (y^2 + z^2) dA$
$I_(y y) = rho int_(A) (x^2 + z^2) dA$
$I_(y z) = rho int_(A) (x^2 + y^2) dA$
mentre i prodotti d'Inerzia sono:
$I_(x y) = - rho int_(A) (xy) dA$
$I_(x z) = - rho int_(A) (xz) dA$
$I_(y z) = - rho int_(A) (yz) dA$
Calcolo i momenti d' Inerzia.
Sapendo che in caso generico di lamina rettangolare si ha
$I_x = 1/(12) mb^2$
$I_y = 1/(12) ma^2$
$I_z = 1/(12) m(a^2+b^2)$
ho fatto le seguenti considerazioni, correggetemi se sbaglio:
$I_(Gx') = 1/(12) m(b/2)^2$
$I_(Gy') = 1/(12) m(a/2)^2$
$I_(Gz') = 1/(12) m[(a/2)^2+(b/2)^2]$
Per cui la matrice d'Inerzia rispetto al baricentro $G$ risulta essere:
$ ( ( 1/(12) m(b/2)^2 , 0 , 0 ),( 0 , 1/(12) m(a/2)^2 , 0 ),( 0 , 0 , 1/(12) m[(a/2)^2+(b/2)^2] ) ) $
I prodotti d'Inerzia
$I_(G x' z') = - rho int_(A) (xz) dA$ ed $I_(G y' z') = - rho int_(A) (yz) dA$
penso che siano nulli in quanto la lamina appartiene al piano $z'=0$ in quanto siamo in due dimensioni.
Il prodotto d'Inerzia che ha valore $!=0$ è invece
$I_(G x' y') = - rho int_(A) (x'y') dA$
dove $dA = (a/2)* (b/2)$ dove le coordinate del baricentro sono $G(a/2 , b/2)$. Non sono sicuro di questo $dA$ che ho scritto, dite che è sbagliato?
Fino ad adesso ho detto tutto correttamente?
Nota: Si osservi che in questo caso il prodotto d'inerzia rispetto ad $O$ è diverso da zero : $I_(Oxy) !=0$
IO so ce il momento di Inerzia risultano essere:
$I_(x x) = rho int_(A) (y^2 + z^2) dA$
$I_(y y) = rho int_(A) (x^2 + z^2) dA$
$I_(y z) = rho int_(A) (x^2 + y^2) dA$
mentre i prodotti d'Inerzia sono:
$I_(x y) = - rho int_(A) (xy) dA$
$I_(x z) = - rho int_(A) (xz) dA$
$I_(y z) = - rho int_(A) (yz) dA$
Calcolo i momenti d' Inerzia.
Sapendo che in caso generico di lamina rettangolare si ha
$I_x = 1/(12) mb^2$
$I_y = 1/(12) ma^2$
$I_z = 1/(12) m(a^2+b^2)$
ho fatto le seguenti considerazioni, correggetemi se sbaglio:
$I_(Gx') = 1/(12) m(b/2)^2$
$I_(Gy') = 1/(12) m(a/2)^2$
$I_(Gz') = 1/(12) m[(a/2)^2+(b/2)^2]$
Per cui la matrice d'Inerzia rispetto al baricentro $G$ risulta essere:
$ ( ( 1/(12) m(b/2)^2 , 0 , 0 ),( 0 , 1/(12) m(a/2)^2 , 0 ),( 0 , 0 , 1/(12) m[(a/2)^2+(b/2)^2] ) ) $
I prodotti d'Inerzia
$I_(G x' z') = - rho int_(A) (xz) dA$ ed $I_(G y' z') = - rho int_(A) (yz) dA$
penso che siano nulli in quanto la lamina appartiene al piano $z'=0$ in quanto siamo in due dimensioni.
Il prodotto d'Inerzia che ha valore $!=0$ è invece
$I_(G x' y') = - rho int_(A) (x'y') dA$
dove $dA = (a/2)* (b/2)$ dove le coordinate del baricentro sono $G(a/2 , b/2)$. Non sono sicuro di questo $dA$ che ho scritto, dite che è sbagliato?
Fino ad adesso ho detto tutto correttamente?
Risposte
Ciao Antonio 80.
Non va bene. I momenti di inerzia seguenti….. :
…..sono già i momenti centrali di inerzia , cioè calcolati rispetto a una terna che ha l'origine in $G$ e assi $x,y$ nel piano paralleli ai lati, asse $z$ perpendicolare al piano : quindi assi centrali di inerzia , appunto.
Sbagli. Che c'entra $(b/2)^2$ e simili ?
I prodotti di inerzia rispetto alla terna centrale di inerzia, cioè principale con origine in $G$, sono tutti nulli.
È giusto che essendo il sistema piano, quindi simmetrico rispetto al piano $z=0$ , i prodotti di inerzia dove compare $z$ siano nulli, qualunque sia l'asse $z$ perpendicolare al piano.
Devi rivedere un po' il tutto, cominciando con ordine , prima con la terna centrale, e poi con la terna avente origine in $O$ .
Un consiglio: siccome la lamina è omogenea , la densità superficiale $\rho = M/(ab)$ è costante. Esegui i calcoli considerando momenti e prodotti di inerzia di area , e poi per avere quelli di massa basta moltiplicare per la densità .
Non va bene. I momenti di inerzia seguenti….. :
"Antonio_80":
Sapendo che in caso generico di lamina rettangolare si ha
$ I_x = 1/(12) mb^2 $
$ I_y = 1/(12) ma^2 $
$ I_z = 1/(12) m(a^2+b^2) $
…..sono già i momenti centrali di inerzia , cioè calcolati rispetto a una terna che ha l'origine in $G$ e assi $x,y$ nel piano paralleli ai lati, asse $z$ perpendicolare al piano : quindi assi centrali di inerzia , appunto.
ho fatto le seguenti considerazioni, correggetemi se sbaglio:
$ I_(Gx') = 1/(12) m(b/2)^2 $
$ I_(Gy') = 1/(12) m(a/2)^2 $
$ I_(Gz') = 1/(12) m[(a/2)^2+(b/2)^2] $
Sbagli. Che c'entra $(b/2)^2$ e simili ?
I prodotti d'Inerzia
$ I_(G x' z') = - rho int_(A) (xz) dA $ ed $ I_(G y' z') = - rho int_(A) (yz) dA $
penso che siano nulli in quanto la lamina appartiene al piano $ z'=0 $ in quanto siamo in due dimensioni.
Il prodotto d'Inerzia che ha valore $ !=0 $ è invece
$ I_(G x' y') = - rho int_(A) (x'y') dA $
I prodotti di inerzia rispetto alla terna centrale di inerzia, cioè principale con origine in $G$, sono tutti nulli.
È giusto che essendo il sistema piano, quindi simmetrico rispetto al piano $z=0$ , i prodotti di inerzia dove compare $z$ siano nulli, qualunque sia l'asse $z$ perpendicolare al piano.
Devi rivedere un po' il tutto, cominciando con ordine , prima con la terna centrale, e poi con la terna avente origine in $O$ .
Un consiglio: siccome la lamina è omogenea , la densità superficiale $\rho = M/(ab)$ è costante. Esegui i calcoli considerando momenti e prodotti di inerzia di area , e poi per avere quelli di massa basta moltiplicare per la densità .
"navigatore":
I prodotti di inerzia rispetto alla terna centrale di inerzia, cioè principale con origine in $G$, sono tutti nulli.
.
Ed in effetti sono andato a rivedere nella teoria questo fatto!
"navigatore":
È giusto che essendo il sistema piano, quindi simmetrico rispetto al piano $z=0$ , i prodotti di inerzia dove compare $z$ siano nulli, qualunque sia l'asse $z$ perpendicolare al piano.
Ok, perfetto!
"navigatore":
Devi rivedere un po' il tutto, cominciando con ordine , prima con la terna centrale, e poi con la terna avente origine in $O$ .
Ed è proprio in questo che sto avendo problemi! Hai per favore qualche altra dritta da darmi? Sto facendo proprio fatica, ho visto un po di esercizi risolti e la teoria, ma in questo caso non sto riuscendo a dire qualcosa di diverso di quello che ho scritto nel mio primo messaggio!
Help!
"navigatore":
Un consiglio: siccome la lamina è omogenea , la densità superficiale $\rho = M/(ab)$ è costante. Esegui i calcoli considerando momenti e prodotti di inerzia di area , e poi per avere quelli di massa basta moltiplicare per la densità.
Non mi è chiaro tanto il motivo, ma se riesco a scrivere le formule su quello che dici è sicuro che riuscirò a comprendere il perchè!
Possiamo per favore ragionarci per arrivare alla soluzione?
Ti ringrazio anticipatamente.
Ragioniamoci. A te la palla.
Ti ho già detto che le espressioni che hai scritto all'inizio sono i momenti di inerzia centrali. Se fai riferimento ai momenti di area, anziché di massa,[nota]per avere il m.i. di massa, è sufficiente moltiplicare per la densità come ti ho spiegato. Prova a farlo per le espressioni scritte[/nota] essi si scrivono:
$I_(xG) = 1/(12) ab^3 $
$I_(yG) = 1/(12)ba^3$
$I_(zG) = I_(xG)+I_(yG)$
Va' avanti ora.
Ti ho già detto che le espressioni che hai scritto all'inizio sono i momenti di inerzia centrali. Se fai riferimento ai momenti di area, anziché di massa,[nota]per avere il m.i. di massa, è sufficiente moltiplicare per la densità come ti ho spiegato. Prova a farlo per le espressioni scritte[/nota] essi si scrivono:
$I_(xG) = 1/(12) ab^3 $
$I_(yG) = 1/(12)ba^3$
$I_(zG) = I_(xG)+I_(yG)$
Va' avanti ora.
Perdonami, questo fatto l'ho capito, ok, il mio problema e' impostare il ragionamento!
Anto', il problema tuo quale è ? Devi fare due cose:
1) Scrivere la matrice di inerzia relativa al baricentro G , riferendoti agli assi centrali di inerzia. E i tre momenti di inerzia che ti ho scritto sono proprio gli elementi della diagonale principale di tale matrice; i momenti centrifughi sono tutti nulli , come sai dalla teoria. Perciò, per quanto riguarda la terna centrale, hai finito
2) ora devi fare riferimento al punto $O$ , origine delle coordinate, e quindi trovare i momenti di inerzia e centrifughi relativi ai tre assi che hanno origine in $O$ .
Sai $I_(xG)$ e $I_(yG)$ : col teorema di trasporto ti calcoli i momenti di inerzia $I_x$ e $I_y$ . Poi $I_z$ lo trovi con la somma di questi due.
E infine ti rimane da calcolare $I_(xy) = I_(yx) $ , cioè un solo momento centrifugo. Abbiamo detto anche che $I_(xz) = I_(yz) = 0 $ .
Forza e coraggio.
1) Scrivere la matrice di inerzia relativa al baricentro G , riferendoti agli assi centrali di inerzia. E i tre momenti di inerzia che ti ho scritto sono proprio gli elementi della diagonale principale di tale matrice; i momenti centrifughi sono tutti nulli , come sai dalla teoria. Perciò, per quanto riguarda la terna centrale, hai finito
2) ora devi fare riferimento al punto $O$ , origine delle coordinate, e quindi trovare i momenti di inerzia e centrifughi relativi ai tre assi che hanno origine in $O$ .
Sai $I_(xG)$ e $I_(yG)$ : col teorema di trasporto ti calcoli i momenti di inerzia $I_x$ e $I_y$ . Poi $I_z$ lo trovi con la somma di questi due.
E infine ti rimane da calcolare $I_(xy) = I_(yx) $ , cioè un solo momento centrifugo. Abbiamo detto anche che $I_(xz) = I_(yz) = 0 $ .
Forza e coraggio.
Punto 2)
Allora, ho fatto questo grafico:
In questo caso considero l'origine degli assi del momento in $O$, chiamo le coordinate $x',y',z'$, dove considero $z'=z$ in quanto siamo in due dimensioni e quindi il piano $xy$ coincide con $x'y'$, si dunque una traslazione in $x$ ed $y$.
Siano $(x_o, y_o,0)$ le coordinate di $O$ rispetto a $G$.
La coordinata di un generico punto $P$ e' $(x,y,z)$.l, se riferite ad $G$ saranno $(x',y',z')$, se riferiti ad $O$ il legame e':
$x=x_o +x'$
$y = y_o + y'$
$ z= z_o + z'$
Ho detto tutto correttamente fino a questo punto?
Allora, ho fatto questo grafico:
In questo caso considero l'origine degli assi del momento in $O$, chiamo le coordinate $x',y',z'$, dove considero $z'=z$ in quanto siamo in due dimensioni e quindi il piano $xy$ coincide con $x'y'$, si dunque una traslazione in $x$ ed $y$.
Siano $(x_o, y_o,0)$ le coordinate di $O$ rispetto a $G$.
La coordinata di un generico punto $P$ e' $(x,y,z)$.l, se riferite ad $G$ saranno $(x',y',z')$, se riferiti ad $O$ il legame e':
$x=x_o +x'$
$y = y_o + y'$
$ z= z_o + z'$
Ho detto tutto correttamente fino a questo punto?
Non complicarti la vita.
Hai cambiato nome agli assi baricentrici, e mi adeguo. Conosci $I_(x'), I_(y')$ e $ I_(z')$ .
Devi calcolare i momenti di inerzia rispetto agli assi coordinati $x,y,z$ che hanno origine in $O$ .
Conosci il teorema di Huygens-Steiner sui momenti di inerzia rispetto agli assi paralleli ? Siccome $x$ ed $x'$ sono paralleli , si ha che : $I_x = I_(x') + A* y_G^2$ . Analoga relazione vale per $I_y$ .
Sai andare avanti a fare questi calcoli ?
Una volta trovati $I_x$ ed $I_y$ , il momento di inerzia rispetto a $z$ , che è perpendicolare al piano in $O$ , è la somma dei primi due .
Ti rimane da calcolare $I_(xy)$ , unico prodotto di inerzia diverso da zero. Devi scrivere un piccolo integrale doppio, per questo. Ma non è difficile.
Comincia coi momenti di inerzia.
Hai cambiato nome agli assi baricentrici, e mi adeguo. Conosci $I_(x'), I_(y')$ e $ I_(z')$ .
Devi calcolare i momenti di inerzia rispetto agli assi coordinati $x,y,z$ che hanno origine in $O$ .
Conosci il teorema di Huygens-Steiner sui momenti di inerzia rispetto agli assi paralleli ? Siccome $x$ ed $x'$ sono paralleli , si ha che : $I_x = I_(x') + A* y_G^2$ . Analoga relazione vale per $I_y$ .
Sai andare avanti a fare questi calcoli ?
Una volta trovati $I_x$ ed $I_y$ , il momento di inerzia rispetto a $z$ , che è perpendicolare al piano in $O$ , è la somma dei primi due .
Ti rimane da calcolare $I_(xy)$ , unico prodotto di inerzia diverso da zero. Devi scrivere un piccolo integrale doppio, per questo. Ma non è difficile.
Comincia coi momenti di inerzia.
Il momento d’inerzia rispetto alla diagonale di coseni direttori
$cos alpha = (a)/(sqrt(a^2 +b^2))$
$cos beta = (b)/(sqrt(a^2 +b^2))$
$cos gamma = 0 $
Assumiamo ora un riferimento con origine nel vertice $O$ e assi, $x$ coincidente col lato $a$, $y$ con $b$ e $z$ ortogonale a questi, i momenti d’inerzia rispetto a tali assi, per il teorema degli assi paralleli, sono:
$I'_( x x) = I_(x x) + m(b^2)/(4) = m (b^2)/(3)$
$I'_( y y) = I_(y y) + m(a^2)/(4) = m (a^2)/(3)$
$I'_( z z) = I_(z z) + m(a^ + b^2)/(4) = m (a^2 + b^2)/(3)$
I prodotti d'Inerzia che risultano nulli sono $I_(xz) =0$ ed $I_(yz) = 0$ e quindi resta da calcolare il seguente:
$I_(y x) = - rho int_(0)^(b) y dy int_(0)^(a) xdx = -m(ab)/(4)$
Oltre questo no so proprio dire, puoj per favore aiutarmi a capire?
$cos alpha = (a)/(sqrt(a^2 +b^2))$
$cos beta = (b)/(sqrt(a^2 +b^2))$
$cos gamma = 0 $
Assumiamo ora un riferimento con origine nel vertice $O$ e assi, $x$ coincidente col lato $a$, $y$ con $b$ e $z$ ortogonale a questi, i momenti d’inerzia rispetto a tali assi, per il teorema degli assi paralleli, sono:
$I'_( x x) = I_(x x) + m(b^2)/(4) = m (b^2)/(3)$
$I'_( y y) = I_(y y) + m(a^2)/(4) = m (a^2)/(3)$
$I'_( z z) = I_(z z) + m(a^ + b^2)/(4) = m (a^2 + b^2)/(3)$
I prodotti d'Inerzia che risultano nulli sono $I_(xz) =0$ ed $I_(yz) = 0$ e quindi resta da calcolare il seguente:
$I_(y x) = - rho int_(0)^(b) y dy int_(0)^(a) xdx = -m(ab)/(4)$
Oltre questo no so proprio dire, puoj per favore aiutarmi a capire?
"Antonio_80":
Il momento d’inerzia rispetto alla diagonale di coseni direttori
$ cos alpha = (a)/(sqrt(a^2 +b^2)) $
$ cos beta = (b)/(sqrt(a^2 +b^2)) $
$ cos gamma = 0 $
e questo che c'entra? La diagonale non c'entra proprio .
Assumiamo ora un riferimento con origine nel vertice $ O $ e assi, $ x $ coincidente col lato $ a $, $ y $ con $ b $ e $ z $ ortogonale a questi, i momenti d’inerzia rispetto a tali assi, per il teorema degli assi paralleli, sono:
$ I'_( x x) = I_(x x) + m(b^2)/(4) = m (b^2)/(3) $
$ I'_( y y) = I_(y y) + m(a^2)/(4) = m (a^2)/(3) $
$ I'_( z z) = I_(z z) + m(a^ + b^2)/(4) = m (a^2 + b^2)/(3) $
I prodotti d'Inerzia che risultano nulli sono $ I_(xz) =0 $ ed $ I_(yz) = 0 $ e quindi resta da calcolare il seguente:
$ I_(y x) = - rho int_(0)^(b) y dy int_(0)^(a) xdx = -m(ab)/(4) $
Oltre questo no so proprio dire, puoj per favore aiutarmi a capire?
A parte il fatto che hai scambiato quelli con apice con quelli senza apice ( per lo meno, con riferimento al tuo disegnino!) , hai finito, Antonio !
Hai i tre momenti di inerzia e il prodotto di inerzia che ti servono , per scrivere la matrice di inerzia relativa ad $O$ , con gli assi in $O$ orientati come da disegno ! Bene! non devi fare altro.
Oleeeeeee!
Ti ringrazio Nav.!
Ti ringrazio Nav.!
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