Momenti di inerzia della seguente figura
Salve,
devo calcolare i momenti di inerzia rispetto agli assi x, y e z della seguente sezione omogenea di massa \(\displaystyle m_L \).
Ho proceduto calcolando il momeno di inerzia del quadrato (1) e poi del semicerchio (2)
\(\displaystyle I_{x,1}=\rho\int_0^adx \int_{-a}^ay^2dy=\frac{m_1a^2}{2}\)
\(\displaystyle I_{y,1}=\rho\int_0^ax^2dx \int_{-a}^ady=\frac{m_1a^2}{2}\)
\(\displaystyle I_{z,1}=\rho\int_0^a\int_{-a}^ax^2+y^2dydx=\frac{m_1a^2}{3}\)
\(\displaystyle I_{x,2}=\rho\int_{-\frac{\pi}{2}}^\frac{\pi}{2}\sin(\theta)^2d\theta \int_{-a}^ar^3dr=0\)
\(\displaystyle I_{y,2}=\rho\int_{-\frac{\pi}{2}}^\frac{\pi}{2}\cos(\theta)^2d\theta \int_{-a}^ar^3dr=0\)
\(\displaystyle I_{z,2}=\rho\int_{-\frac{\pi}{2}}^\frac{\pi}{2}d\theta \int_{-a}^ar^3dr=0\)
e successivamente calcolare il momento di inerzia della figura per l'asse x e in maniera analoga per y e z come \(\displaystyle I_{x}=I_{x,1}-I_{x,2} \)
Tuttavia ho come la sensazione di aver sbagliato qualcosa perciò chiedo una vostra conferma
Grazie
devo calcolare i momenti di inerzia rispetto agli assi x, y e z della seguente sezione omogenea di massa \(\displaystyle m_L \).
Ho proceduto calcolando il momeno di inerzia del quadrato (1) e poi del semicerchio (2)
\(\displaystyle I_{x,1}=\rho\int_0^adx \int_{-a}^ay^2dy=\frac{m_1a^2}{2}\)
\(\displaystyle I_{y,1}=\rho\int_0^ax^2dx \int_{-a}^ady=\frac{m_1a^2}{2}\)
\(\displaystyle I_{z,1}=\rho\int_0^a\int_{-a}^ax^2+y^2dydx=\frac{m_1a^2}{3}\)
\(\displaystyle I_{x,2}=\rho\int_{-\frac{\pi}{2}}^\frac{\pi}{2}\sin(\theta)^2d\theta \int_{-a}^ar^3dr=0\)
\(\displaystyle I_{y,2}=\rho\int_{-\frac{\pi}{2}}^\frac{\pi}{2}\cos(\theta)^2d\theta \int_{-a}^ar^3dr=0\)
\(\displaystyle I_{z,2}=\rho\int_{-\frac{\pi}{2}}^\frac{\pi}{2}d\theta \int_{-a}^ar^3dr=0\)
e successivamente calcolare il momento di inerzia della figura per l'asse x e in maniera analoga per y e z come \(\displaystyle I_{x}=I_{x,1}-I_{x,2} \)
Tuttavia ho come la sensazione di aver sbagliato qualcosa perciò chiedo una vostra conferma
Grazie
Risposte
Il semicerchio di centro $O$ e raggio $a$ ha momenti di inerzia tutti nulli ?
Sì, calcolandolo mi esce così; perciò ho la sensazione di aver sbagliato qualcosa
E ti sembra fisicamente possibile che una figura piana (come il semicerchio, ma anche diversa) abbia momento di inerzia uguale a zero rispetto a tutti gli assi? Non ho fatto verifiche sui tuoi integrali, ma sono d’accordo con te, hai sbagliato qualcosa. Comincia ad analizzare i momenti di inerzia di un cerchio. Tieni presente che il momento di inerzia è additivo.
Ciao john_titor20
in coordinate polari, cilindriche e sferiche il raggio "r" è una quantità sempre non negativa
Prova a correggere di conseguenza gli estremi di integrazione.
in coordinate polari, cilindriche e sferiche il raggio "r" è una quantità sempre non negativa
Prova a correggere di conseguenza gli estremi di integrazione.
Non occorre mettersi a calcolare degli integrali, esistono tabelle già fatte dove sono dati i m.i. di figure semplici rispetto a determinati assi. Per esempio, c’è questa in Wikipedia:
https://it.m.wikipedia.org/wiki/Lista_d ... di_inerzia
Guarda e sfrutta le formule relative ai m.i. del disco, tenendo conto che nella tua figura hai mezzo disco. La figura è piana, e la lamina è omogenea. Queste circostanze vanno pure usate.
Trattandosi di figure piane omogenee, puoi calcolare il m.i. “di area “ e poi moltiplicare per la densità di superficie $ rho $ = massa/area , per ottenere il momento di inerzia di massa. Inoltre devi usare il teorema di HS e quello degli assi perpendicolari per figure piane. Esempio per il disco:
https://www.edutecnica.it/meccanica/dina2/50.png
Se non ti è chiaro ill concetto, dai un’occhiata qui:
https://www.matematicamente.it/forum/vi ... a#p8476353
Anche i momenti di inerzia del quadrato sono sbagliati.
https://it.m.wikipedia.org/wiki/Lista_d ... di_inerzia
Guarda e sfrutta le formule relative ai m.i. del disco, tenendo conto che nella tua figura hai mezzo disco. La figura è piana, e la lamina è omogenea. Queste circostanze vanno pure usate.
Trattandosi di figure piane omogenee, puoi calcolare il m.i. “di area “ e poi moltiplicare per la densità di superficie $ rho $ = massa/area , per ottenere il momento di inerzia di massa. Inoltre devi usare il teorema di HS e quello degli assi perpendicolari per figure piane. Esempio per il disco:
https://www.edutecnica.it/meccanica/dina2/50.png
Se non ti è chiaro ill concetto, dai un’occhiata qui:
https://www.matematicamente.it/forum/vi ... a#p8476353
Anche i momenti di inerzia del quadrato sono sbagliati.
[...] Anche i momenti di inerzia del quadrato sono sbagliati.
Sì,ora me ne sono accorto. L'errore è negli estremi di integrazione dove \(\displaystyle x \) è compreso tra \(\displaystyle 0 \) e \(\displaystyle 2a \) non tra \(\displaystyle 0 \) e \(\displaystyle a \)? E quindi:
\(\displaystyle I_{x,1}=\rho\int_0^{2a}dx \int_{-a}^ay^2dy=\frac{m_1a^2}{3} \)
Per il semidisco tenendo presente che
in coordinate polari, cilindriche e sferiche il raggio "r" è una quantità sempre non negativa
Prova a correggere di conseguenza gli estremi di integrazione.
allora:
\(\displaystyle I_{x,2}=\rho\int_{-\frac{\pi}{2}}^\frac{\pi}{2}\sin(\theta)^2d\theta \int_{0}^ar^3dr=\frac{\rho \pi a^4}{8}=\frac{m_2 a^2}{4}\) considerando che \(\displaystyle \rho=\frac{2m_2}{\pi a^2}\)
Non occorre mettersi a calcolare degli integrali, esistono tabelle già fatte dove sono dati i m.i. di figure semplici rispetto a determinati assi.
Il problema è che durante l'esame non possiamo usare tabelle, perciò prima lo risolvo con gli integrali e poi con i vari teoremi per esercitarmi in entrambi i modi
Tieni presente che il momento di inerzia è additivo.
In tal caso allora posso sommare i due momenti di inerzia considerando però quello relativo al semidisco con "massa negativa"?
Comunque, come suggerito da Shackle, nessuno ti vieta adesso di verificare i tuoi calcoli con le tabelle.
Inoltre, in generale per le figure piane vale
$I_z = I_x+I_y$
per cui un integrale lo riesci a risparmiare a prescindere
.
Per il semidisco il conto è corretto. In questo caso, se solo puoi usare il risultato del disco $mR^2/2$, che è abbastanza noto, usando delle simmetrie e qualche considerazione puoi ottenere il risultato senza calcoli.
Quanto all'ultima domanda la risposta è SI. Puoi pensare ad una massa "negativa" oppure per l'additività
I(quadrato) = I(semidisco) + I(figura)
da cui ti risulta la differenza comunque.
Inoltre, in generale per le figure piane vale
$I_z = I_x+I_y$
per cui un integrale lo riesci a risparmiare a prescindere
.Per il semidisco il conto è corretto. In questo caso, se solo puoi usare il risultato del disco $mR^2/2$, che è abbastanza noto, usando delle simmetrie e qualche considerazione puoi ottenere il risultato senza calcoli.
Quanto all'ultima domanda la risposta è SI. Puoi pensare ad una massa "negativa" oppure per l'additività
I(quadrato) = I(semidisco) + I(figura)
da cui ti risulta la differenza comunque.
Si, il momento di inerzia del quadrato rispetto all’asse centrale di inerzia $x$ vale :
$I_(x,1) = (m_1a^2)/3 $
io non mi sono messo certo a fare degli integrali, ho usato direttamente dei m.i. noti ! Quello del rettangolo rispetto a un asse centrale di inerzia è abbastanza noto [nota]almeno per chi ha fatto ingegneria, come me ed ingres[/nota] , e trasformando un rettangolo in un quadrato si ottiene facilmente il valore di cui sopra. Ti segnalo che per qualunque retta del piano del quadrato che passi per il baricentro il m.i. ha sempre lo stesso valore. Ma queste sono nozioni che forse ora non ti sono familiari, non so se lo diventeranno perché questa roba si approfondisce molto in corsi appositi, come la Scienza delle Costruzioni dove si studia la geometria delle masse, che interessa molto gli allievi ingegneri.
Poi devi correggere anche gli altri naturalmente. Vale quanto suggerito da Ingres per le figure piane, e cioè :
$I_z = I_x + I_y$
che é il teorema degli assi perpendicolari. Poi c’é il teorema di Huygens-Steiner che pure occorre parecchio in tante circostanze.
Insomma, datti da fare giovanotto, il mondo non basta (chi lo diceva? James Bond ? )
$I_(x,1) = (m_1a^2)/3 $
io non mi sono messo certo a fare degli integrali, ho usato direttamente dei m.i. noti ! Quello del rettangolo rispetto a un asse centrale di inerzia è abbastanza noto [nota]almeno per chi ha fatto ingegneria, come me ed ingres[/nota] , e trasformando un rettangolo in un quadrato si ottiene facilmente il valore di cui sopra. Ti segnalo che per qualunque retta del piano del quadrato che passi per il baricentro il m.i. ha sempre lo stesso valore. Ma queste sono nozioni che forse ora non ti sono familiari, non so se lo diventeranno perché questa roba si approfondisce molto in corsi appositi, come la Scienza delle Costruzioni dove si studia la geometria delle masse, che interessa molto gli allievi ingegneri.
Poi devi correggere anche gli altri naturalmente. Vale quanto suggerito da Ingres per le figure piane, e cioè :
$I_z = I_x + I_y$
che é il teorema degli assi perpendicolari. Poi c’é il teorema di Huygens-Steiner che pure occorre parecchio in tante circostanze.
Insomma, datti da fare giovanotto, il mondo non basta (chi lo diceva? James Bond ?
)
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