Momento di inerzia di una lastra con altezza variabile
Buongiorno ragazzi,sono di nuovo qui a chiedervi un aiutino con un problema..
L'esercizio mi chiede di calcolare il momento d'inerzia di una lastra ,omogenea,che varia con l'altezza $h=2+x^2$(rispetto agli assi che passano per i lati e per il centro di massa).
Dato che non mi è stato fornita alcun disegno della lastra non riesco a visualizzare la forma di questa lastra e di conseguenza non riesco a risolvere l'esercizio.. Qualcuno riesce ad aiutarmi
L'esercizio mi chiede di calcolare il momento d'inerzia di una lastra ,omogenea,che varia con l'altezza $h=2+x^2$(rispetto agli assi che passano per i lati e per il centro di massa).
Dato che non mi è stato fornita alcun disegno della lastra non riesco a visualizzare la forma di questa lastra e di conseguenza non riesco a risolvere l'esercizio.. Qualcuno riesce ad aiutarmi
Risposte
La funzione $y = 2 + x^2$ rappresenta una parabola ad asse verticale nel piano $(x.y) $ , no ? Sai disegnarla ?
Però devo dire che non si capisce niente su quali sono "i lati" , cioè quale pezzo di piano sta considerando ....Poi ti spiegherò perché .
Però devo dire che non si capisce niente su quali sono "i lati" , cioè quale pezzo di piano sta considerando ....Poi ti spiegherò perché .
Si so disegnare una parabola per questo io penso che la lastra sia di questo tipo,considerando solo un ramo della parabola:
Mentre invece l'altra ipotesi è quella di considerare tutta la parabola e la lastra verrebbe:
Mentre invece l'altra ipotesi è quella di considerare tutta la parabola e la lastra verrebbe:
Infatti, benissimo! Ora si tratta di scegliere una di queste , e fare qualche integrale, trovando prima l'area e il baricentro.
Tra parentesi, nulla esclude che potrebbe trattarsi della superficie racchiusa tra i punti F e D , nella concavità della parabola.
Ma non porti troppo problemi. Prendi la più facile.
Il problema assume $h$ variabile , da un minimo $h_0 =2 $ fino ad un imprecisato massimo . Ti conviene lasciarlo indicato come $h$ , e basta.
Tra parentesi, nulla esclude che potrebbe trattarsi della superficie racchiusa tra i punti F e D , nella concavità della parabola.
Ma non porti troppo problemi. Prendi la più facile.
Il problema assume $h$ variabile , da un minimo $h_0 =2 $ fino ad un imprecisato massimo . Ti conviene lasciarlo indicato come $h$ , e basta.
Dato che la prima figura mi sembra quella più probabile scelgo quella e mi calcolo l'area:
\(\displaystyle A=\int_2^h 2+x^2=2h+\frac{h^3}{3}-\frac{20}{3} \)
\(\displaystyle dA=2+h^2 \)
Per trovare invece i punti del baricentro mi calcolo i momenti statici e li divido per la massa totale:
\(\displaystyle x_g=\frac{\int_0^C dm*x}{\int_0^C dm}=\frac{c^2}{2} \)
\(\displaystyle y_g=\frac{\int_2^H dm*y}{\int_2^H dm}=\frac{h^2}{2}-4 \)
giusto?
\(\displaystyle A=\int_2^h 2+x^2=2h+\frac{h^3}{3}-\frac{20}{3} \)
\(\displaystyle dA=2+h^2 \)
Per trovare invece i punti del baricentro mi calcolo i momenti statici e li divido per la massa totale:
\(\displaystyle x_g=\frac{\int_0^C dm*x}{\int_0^C dm}=\frac{c^2}{2} \)
\(\displaystyle y_g=\frac{\int_2^H dm*y}{\int_2^H dm}=\frac{h^2}{2}-4 \)
giusto?
Perchè fai l'integrale fra 2 e h? Non è fra zero e 2?
@ CriTi
Rifletti bene . Hai scelto la prima figura ABCD, d'accordo .
Prima di tutto, devi calcolare l'area di ABCD . Osserva che è l'ordinata $y$ di $A$ , che vale $2$ : basta mettere $x=0$ nella formula , e ottieni :$ h_A = y_A = 2 $ .
Inoltre, preso un certo $h>2$ , che hai segnato come ordinata del punto $D$ , l'ascissa di $C$ ( uguale a quella di $D$ ) , vale: $x_C = sqrt(h-2)$ (prendo il segno positivo della radice , perché siamo nel 1º quadrante) , e non $2$ come hai indicato tu.
MA non ha importanza quanto vale l'ascissa di $C$ , perchè il problema non fissa alcuna $h$ e di conseguenza nessuna $x$ !
Allora, come devi fare per calcolare l'area di ABCD ? . Un rettangolo elementare , di larghezza $dx$ e altezza $y=h$ , ha area :
$dA = ydx$ .
Quindi devi integrare questa area elementare , dall'origine ad una ascissa $x$ indefinita . Nel foglio allegato ti ho messo il calcolo , mi secca scrivere le formule al computer .
Di questa area , devi calcolare due momenti statici , rispetto agli assi $x$ e $y$ , per poter determinare il baricentro . Ti ho messo pure il calcolo del momento rispetto all'asse $x$ . Quello rispetto a $y$ lo fai tu, la formula che hai scritto è giusta. Ma non mettere la massa, metti l'area, perché la lastra è omogenea. Poi alla fine moltiplichi per la densità superficiale.
I momenti di inerzia rispetto ai due assi coordinati si calcolano sempre a partire dal momento di inerzia dell'area elementare. E quelli baricentrici , li trovi con il teorema del trasporto , applicato all'incontrario .
Non è difficile, è solo un impazzimento con le formule e gli integrali, che si complicano subito. Non vedo semplificazioni, sempre che non abbia sbagliato.
Il problema avrebbe fatto meglio a stabilire un certo valore di $H$ , e a chiarire quale è la forma della lastra scelta .
Non ti dico che cosa penso di questo esercizio...
Rifletti bene . Hai scelto la prima figura ABCD, d'accordo .
Prima di tutto, devi calcolare l'area di ABCD . Osserva che è l'ordinata $y$ di $A$ , che vale $2$ : basta mettere $x=0$ nella formula , e ottieni :$ h_A = y_A = 2 $ .
Inoltre, preso un certo $h>2$ , che hai segnato come ordinata del punto $D$ , l'ascissa di $C$ ( uguale a quella di $D$ ) , vale: $x_C = sqrt(h-2)$ (prendo il segno positivo della radice , perché siamo nel 1º quadrante) , e non $2$ come hai indicato tu.
MA non ha importanza quanto vale l'ascissa di $C$ , perchè il problema non fissa alcuna $h$ e di conseguenza nessuna $x$ !
Allora, come devi fare per calcolare l'area di ABCD ? . Un rettangolo elementare , di larghezza $dx$ e altezza $y=h$ , ha area :
$dA = ydx$ .
Quindi devi integrare questa area elementare , dall'origine ad una ascissa $x$ indefinita . Nel foglio allegato ti ho messo il calcolo , mi secca scrivere le formule al computer .
Di questa area , devi calcolare due momenti statici , rispetto agli assi $x$ e $y$ , per poter determinare il baricentro . Ti ho messo pure il calcolo del momento rispetto all'asse $x$ . Quello rispetto a $y$ lo fai tu, la formula che hai scritto è giusta. Ma non mettere la massa, metti l'area, perché la lastra è omogenea. Poi alla fine moltiplichi per la densità superficiale.
I momenti di inerzia rispetto ai due assi coordinati si calcolano sempre a partire dal momento di inerzia dell'area elementare. E quelli baricentrici , li trovi con il teorema del trasporto , applicato all'incontrario .
Non è difficile, è solo un impazzimento con le formule e gli integrali, che si complicano subito. Non vedo semplificazioni, sempre che non abbia sbagliato.
Il problema avrebbe fatto meglio a stabilire un certo valore di $H$ , e a chiarire quale è la forma della lastra scelta .
Non ti dico che cosa penso di questo esercizio...
Mi sono perso completamente..
Cioè non riesco a capire la parte in cui dici:
Prima di tutto, devi calcolare l'area di ABCD . Osserva che è l'ordinata $y$ di $A$ , che vale $2$ : basta mettere $x=0$ nella formula , e ottieni :$ h_A = y_A = 2 $ .
Inoltre, preso un certo $h>2$ , che hai segnato come ordinata del punto $D$ , l'ascissa di $C$ ( uguale a quella di $D$ ) , vale: $x_C = sqrt(h-2)$ (prendo il segno positivo della radice , perché siamo nel 1º quadrante) , e non $2$ come hai indicato tu.
Inoltre non sono riuscito bene a capire questo pezzo dei tuoi conti..
Cioè perchè fai \(\displaystyle dm_x=\frac{y}{2}*dA \)
Cos'è quel $\frac{y}{2}$?
Cioè non riesco a capire la parte in cui dici:
Prima di tutto, devi calcolare l'area di ABCD . Osserva che è l'ordinata $y$ di $A$ , che vale $2$ : basta mettere $x=0$ nella formula , e ottieni :$ h_A = y_A = 2 $ .
Inoltre, preso un certo $h>2$ , che hai segnato come ordinata del punto $D$ , l'ascissa di $C$ ( uguale a quella di $D$ ) , vale: $x_C = sqrt(h-2)$ (prendo il segno positivo della radice , perché siamo nel 1º quadrante) , e non $2$ come hai indicato tu.
Inoltre non sono riuscito bene a capire questo pezzo dei tuoi conti..
Cioè perchè fai \(\displaystyle dm_x=\frac{y}{2}*dA \)
Cos'è quel $\frac{y}{2}$?
"CriTi":
Mi sono perso completamente..
Cioè non riesco a capire la parte in cui dici:
Prima di tutto, devi calcolare l'area di ABCD . Osserva che è l'ordinata $y$ di $A$ , che vale $2$ : basta mettere $x=0$ nella formula , e ottieni :$ h_A = y_A = 2 $ .
Inoltre, preso un certo $h>2$ , che hai segnato come ordinata del punto $D$ , l'ascissa di $C$ ( uguale a quella di $D$ ) , vale: $x_C = sqrt(h-2)$ (prendo il segno positivo della radice , perché siamo nel 1º quadrante) , e non $2$ come hai indicato tu.
LA formula che ti dà il problema è : $ y = 2 +x^2$ . Non importa che abbia chiamato $h$ l'ordinata, sempre ordinata è ! Adesso, trova le coordinate del punto che hai indicato con $A$ nel tuo disegno. L'ascissa di $A$ è zero, no ?
Analogamente, prendi il punto $D$ : la sua ordinata è $h = CD $ . Quanto vale l'ascissa ?
Ma del resto , se guardo il tuo secondo disegno, quello della parabola simmetrica, vedo che le coordinate dei punti segnati sono corrette . Perché ti perdi ? Forse è l'osservazione riguardo a $C$ ? Io ti ho dato nient'altro che la formula inversa, cioè : assegnato un $h$ qualsiasi , trovare la $x$ corrispondente .
Allora : $x = sqrt(h-2)$ , che nel caso di $C$ dà $x=2$ se $h=6$ . Vai avanti, non fermarti qui.
Inoltre non sono riuscito bene a capire questo pezzo dei tuoi conti..
Cioè perchè fai \(\displaystyle dm_x=\frac{y}{2}*dA \)
Cos'è quel $\frac{y}{2}$?
Ho che $dA = ydx$ . Lo vedi il rettangolino scuro che ho evidenziato, di lati $dx$ e $y$ ? . Il suo momento statico rispetto all'asse $x$ , lo calcolo come prodotto dell'area $dA$ per la distanza del baricentro dall'asse , che vale $y/2 $ . Quindi :
$dM_x = y/2dA = y/2ydx = 1/2 y^2dx$
"Shackle":
[quote="CriTi"]Mi sono perso completamente..
Cioè non riesco a capire la parte in cui dici:
Prima di tutto, devi calcolare l'area di ABCD . Osserva che è l'ordinata $y$ di $A$ , che vale $2$ : basta mettere $x=0$ nella formula , e ottieni :$ h_A = y_A = 2 $ .
Inoltre, preso un certo $h>2$ , che hai segnato come ordinata del punto $D$ , l'ascissa di $C$ ( uguale a quella di $D$ ) , vale: $x_C = sqrt(h-2)$ (prendo il segno positivo della radice , perché siamo nel 1º quadrante) , e non $2$ come hai indicato tu.
LA formula che ti dà il problema è : $ y = 2 +x^2$ . Non importa che abbia chiamato $h$ l'ordinata, sempre ordinata è ! Adesso, trova le coordinate del punto che hai indicato con $A$ nel tuo disegno. L'ascissa di $A$ è zero, no ?
Analogamente, prendi il punto $D$ : la sua ordinata è $h = CD $ . Quanto vale l'ascissa ?
[/quote]
Ah ok ho capito!!
Praticamente faccio \(\displaystyle h=2+x^2=> x^2=h-2=>x=\sqrt{h-2}\)
"Shackle":
[quote="CriTi"]Inoltre non sono riuscito bene a capire questo pezzo dei tuoi conti..
Cioè perchè fai \(\displaystyle dm_x=\frac{y}{2}*dA \)
Cos'è quel $\frac{y}{2}$?
Ho che $dA = ydx$ . Lo vedi il rettangolino scuro che ho evidenziato, di lati $dx$ e $y$ ? . Il suo momento statico rispetto all'asse $x$ , lo calcolo come prodotto dell'area $dA$ per la distanza del baricentro dall'asse , che vale $y/2 $ . Quindi :
$dM_x = y/2dA = y/2ydx = 1/2 y^2dx$[/quote]
Mentre invece $y/2$ ancora non l'ho capito.. Cioè perchè la distanza del baricentro dall'asse viene così?Da cosa la ricavo?
"CriTi":
Mentre invece $y/2$ ancora non l'ho capito.. Cioè perchè la distanza del baricentro dall'asse viene così?Da cosa la ricavo?
È più difficile per me spiegare a distanza , che per te capire a distanza !
Il rettangolino $dA = ydx$ , dove ha il baricentro ? A metà altezza , no ? Quindi a distanza $y/2$ dall'asse $x$ . L'ho anche indicato nel disegno. Quindi il suo momento statico rispetto a $x$ è :
$dM_x = y/2*ydx$
Spero che ora sia chiaro . Altrimenti, fammi un fischio che te lo spiego di nuovo !
ok capito!! Praticamente mi baso tutto su quel rettangolino..Ed essendo un rettangolo omogeneo ha necessariamente il baricentro metà altezza,perfetto
OK . Poi devi calcolare il momento statico rispetto all'asse $y$ , e in questo caso la distanza del baricentro del rettangolino dall'asse $y$ è uguale all'ascissa $x$ . E poi, andare avanti coi momenti di inerzia....Speriamo bene ! 
Però , pensandoci bene, si può semplificare un po' il lavoro, dividendo la figura piana in due figure. Mi spiego, facendo riferimento al primo disegno del foglio allegato qui sotto .
Assegno un punto $P$ di coordinate $P (X, H)$ sulla parabola ; evidentemente : $ H = 2 + X^2$ . Poi traccio la tangente alla parabola nel vertice , e cosí ottengo due figure : un rettangolo, di base $X$ ed altezza $h_0 = 2 $ , e la superficie delimitata dalla parabola, dalla tangente detta e dalla parallela ad $y$ per $P$ .
Il rettangolo ha area $A_2$ , baricentro $G_2$ , e momenti di inerzia rispetto agli assi , e baricentrici, facilmente determinabili con formule note.
La superficie sotto la parabola (guarda la seconda figura, dove ora ho indicato come asse $x$ la tangente detta) ha area uguale ad $1/3$ dell'area del rettangolo circoscritto : $ A = 1/3 OA*AB$ , che si deduce anche con un piccolo integrale. La parabola in questo riferimento ha equazione $y = x^2$ . Anche le coordinate del baricentro sono calcolabili in maniera semplice con un paio di integrali, come ho riportato sul foglio. Pertanto , è nota la posizione di $G_1$.
Non ho fatto il calcolo dei momenti di inerzia del segmento parabolico rispetto agli assi ( e rispetto agli assi baricentrici paralleli ) , perché ....insomma....qualcosa devi fare anche tu ! 
Ora si può procedere al calcolo del baricentro della figura completa (disegno 1) , e dei momenti di inerzia totali , tenendo presenti i teoremi sui momenti di inerzia rispetto ad assi paralleli , e tenendo presente che il momento di inerzia è additivo.
Prosegui .
Però , pensandoci bene, si può semplificare un po' il lavoro, dividendo la figura piana in due figure. Mi spiego, facendo riferimento al primo disegno del foglio allegato qui sotto .
Assegno un punto $P$ di coordinate $P (X, H)$ sulla parabola ; evidentemente : $ H = 2 + X^2$ . Poi traccio la tangente alla parabola nel vertice , e cosí ottengo due figure : un rettangolo, di base $X$ ed altezza $h_0 = 2 $ , e la superficie delimitata dalla parabola, dalla tangente detta e dalla parallela ad $y$ per $P$ .
Il rettangolo ha area $A_2$ , baricentro $G_2$ , e momenti di inerzia rispetto agli assi , e baricentrici, facilmente determinabili con formule note.
La superficie sotto la parabola (guarda la seconda figura, dove ora ho indicato come asse $x$ la tangente detta) ha area uguale ad $1/3$ dell'area del rettangolo circoscritto : $ A = 1/3 OA*AB$ , che si deduce anche con un piccolo integrale. La parabola in questo riferimento ha equazione $y = x^2$ . Anche le coordinate del baricentro sono calcolabili in maniera semplice con un paio di integrali, come ho riportato sul foglio. Pertanto , è nota la posizione di $G_1$.
Non ho fatto il calcolo dei momenti di inerzia del segmento parabolico rispetto agli assi ( e rispetto agli assi baricentrici paralleli ) , perché ....insomma....qualcosa devi fare anche tu !
Ora si può procedere al calcolo del baricentro della figura completa (disegno 1) , e dei momenti di inerzia totali , tenendo presenti i teoremi sui momenti di inerzia rispetto ad assi paralleli , e tenendo presente che il momento di inerzia è additivo.
Prosegui .
ho provato a calcolare le coordinate del baricentro nei due modi che mi ha spiegato..
Ma non capisco perchè sono totalmente diversi
cioè il primo metodo sarebbe:
\(\displaystyle y_g=\frac{\frac{1}{2}(4x+\frac{4x^3}{3}+\frac{x^5}{3})}{2x+\frac{x^3}{3}}=x+\frac{x^6}{3}+2+\frac{x^3}{5}+\frac{6}{5x} \)
Mentre invece con il secondo metodo l'ordinata del baricentro mi viene:
\(\displaystyle y_g=\frac{\frac{x^5}{10}+2x}{\frac{x^3}{3}+2x}=\frac{x^8}{30}+\frac{x^6}{5}+\frac{2x^4}{3}+4x^2\)
in cui l'area del rettangolo($G_2$) è 2x e l'ordinata del baricentro del rettangolo($G_2$) è 1.
Sperando di aver fatto i conti bene..
Ma non capisco perchè sono totalmente diversi
cioè il primo metodo sarebbe:\(\displaystyle y_g=\frac{\frac{1}{2}(4x+\frac{4x^3}{3}+\frac{x^5}{3})}{2x+\frac{x^3}{3}}=x+\frac{x^6}{3}+2+\frac{x^3}{5}+\frac{6}{5x} \)
Mentre invece con il secondo metodo l'ordinata del baricentro mi viene:
\(\displaystyle y_g=\frac{\frac{x^5}{10}+2x}{\frac{x^3}{3}+2x}=\frac{x^8}{30}+\frac{x^6}{5}+\frac{2x^4}{3}+4x^2\)
in cui l'area del rettangolo($G_2$) è 2x e l'ordinata del baricentro del rettangolo($G_2$) è 1.
Sperando di aver fatto i conti bene..
"CriTi":
ho provato a calcolare le coordinate del baricentro nei due modi che mi ha spiegato..
Ma non capisco perchè sono totalmente diversi
\(\displaystyle y_g=\frac{\frac{1}{2}(4x+\frac{4x^3}{3}+\frac{x^5}{3})}{2x+\frac{x^3}{3}}=x+\frac{x^6}{3}+2+\frac{x^3}{5}+\frac{6}{5x} \)
Mentre invece con il secondo metodo l'ordinata del baricentro mi viene:
\(\displaystyle y_g=\frac{\frac{x^5}{10}+2x}{\frac{x^3}{3}+2x}=\frac{x^8}{30}+\frac{x^6}{5}+\frac{2x^4}{3}+4x^2\)
in cui l'area del rettangolo($G_2$) è 2x e l'ordinata del baricentro del rettangolo($G_2$) è 1.
Sperando di aver fatto i conti bene..
Vuoi che ti verifichi anche i calcoli? Ti ho dato due procedimenti , entrambi corretti, e i risultati devono essere uguali. Intanto , ti dico che, col primo metodo, l'ultimo termine in parentesi al numeratore deve essere :
$x^5/5 $ , e non $x^5/3 $
e il numeratore non è esattamente divisibile per il denominatore.
Col secondo metodo, hai tenuto conto che il baricentro $G_1$ , nel riferimento originale , ha ordinata : $ 3/(10) x^2 +2 $ ?
Io trovo, col secondo metodo :
$y_G = (x^3/3 (3/(10)x^2+2) + 2x)/(2x + x^3/3) = (x^5/(10) + 2x^3/3 + 2x)/(2x+x^3/3) $
cioe , identico al primo metodo . Controlla i calcoli .
E qui siamo solo alla coordinata $y$ del baricentro.... Questo esercizio non mi piace, è solo un impazzimento di integrali.
Ah capito!!! Non avevo riportato l'ordinata in quella originale 
Comunque ho calcolare anche le ascisse del baricentro nei due metodi e porta:
\(\displaystyle M_y=\int_0^x x*dA=\int_0^x x*2+2x^2*dx=2x+\frac{x^4}{4}\)
\(\displaystyle x_g=\frac{x^2+\frac{x^4}{4}}{2x+\frac{x^3}{3}} \)
Mentre nel secondo metodo viene:
\(\displaystyle x_g=(\frac{x}{2}*2x)+(\frac{3x}{4}*\frac{x^3}{3})=\frac{x^2+\frac{x^4}{4}}{2x+\frac{x^3}{3}}\)
Comunque ho calcolare anche le ascisse del baricentro nei due metodi e porta:
\(\displaystyle M_y=\int_0^x x*dA=\int_0^x x*2+2x^2*dx=2x+\frac{x^4}{4}\)
\(\displaystyle x_g=\frac{x^2+\frac{x^4}{4}}{2x+\frac{x^3}{3}} \)
Mentre nel secondo metodo viene:
\(\displaystyle x_g=(\frac{x}{2}*2x)+(\frac{3x}{4}*\frac{x^3}{3})=\frac{x^2+\frac{x^4}{4}}{2x+\frac{x^3}{3}}\)
"CriTi":
Ah capito!!! Non avevo riportato l'ordinata in quella originale
.........
\(\displaystyle x_g=(\frac{x}{2}*2x)+(\frac{3x}{4}*\frac{x^3}{3})=\frac{x^2+\frac{x^4}{4}}{2x+\frac{x^3}{3}}\)
La coordinata $x_G$ va bene . Si può un po' semplificare, eliminando un fattore $x$ sopra e sotto . Alla fine, trovo :
$x_G = 3/4* (x^3+4x)/(6+x^2) $
Adesso devi trovare i momenti di inerzia rispetto agli assi, sempre servendoti del rettangolo elementare $ydx$ , relativo alla figura originale , non ai due pezzi separati. Per il momento d'inerzia rispetto all'asse $x$ , hai :
$dI_x = 1/3y^3dx$ ( questa espressione non è altro che il m.i. del rettangolo elementare, riferito al lato $dx$ )
per quello rispetto all'asse $y$ , hai :
$dI_y = x^2ydx$
quindi, sostituendo l'espressione $y = 2 + x^2$ e integrando, te la cavi . Tieni ben presente che questa $x$ che compare nelle formule è, in ogni caso, l'ascissa del punto a cui corrisponde l'ordinata massima $h = 2 + x^2$
Ma io continuo a pensare che questo esercizio non abbia alcun senso . Meglio sarebbe stato assegnare un valore determinato alla altezza massima $H$ , fermo restando che il profilo superiore della lastra varia con la legge parabolica : $y = 2 + x^2$ .
Queste due formule non ho ben capito come le ricavi:
$dI_x = 1/3y^3dx$
$dI_y = x^2ydx$
Cioè la prima io penso che tu abbia fatto:
$dI_x=int_0^y y^2*dx*dy=dx int_0^y y^2dy=y^3/3*dx$
Ma la seconda non riesco proprio a ricavarla..
Comunque ho provato a calcolarmi i momenti di inerzia e mi vengono:
\(\displaystyle I_x=\int_0^x \frac{1}{3}(8+x^3+12x+6x^2)*dx=\frac{8}{3}+\frac{x^4}{12}+2x^2+\frac{2x^3}{3} \)
\(\displaystyle I_y=\int_0^x x^2*(2+x^2)dx=\frac{2x^3}{3}+\frac{x^5}{5} \)
Giusto?
$dI_x = 1/3y^3dx$
$dI_y = x^2ydx$
Cioè la prima io penso che tu abbia fatto:
$dI_x=int_0^y y^2*dx*dy=dx int_0^y y^2dy=y^3/3*dx$
Ma la seconda non riesco proprio a ricavarla..
Comunque ho provato a calcolarmi i momenti di inerzia e mi vengono:
\(\displaystyle I_x=\int_0^x \frac{1}{3}(8+x^3+12x+6x^2)*dx=\frac{8}{3}+\frac{x^4}{12}+2x^2+\frac{2x^3}{3} \)
\(\displaystyle I_y=\int_0^x x^2*(2+x^2)dx=\frac{2x^3}{3}+\frac{x^5}{5} \)
Giusto?
"CriTi":
Queste due formule non ho ben capito come le ricavi:
$ dI_x = 1/3y^3dx $
$ dI_y = x^2ydx $
Cioè la prima io penso che tu abbia fatto:
$ dI_x=int_0^y y^2*dx*dy=dx int_0^y y^2dy=y^3/3*dx $
Ma la seconda non riesco proprio a ricavarla..
Il valore di $dI_x$ si può calcolare sia con l'integrale doppio da te accennato, sia conoscendo già le espressioni del m.i. di un rettangolo, rispetto a rette passanti per i lati ( che si ottengono da quelli baricentrici con il teorema del trasporto). L'asse $x$ passa per il lato $dx$ ovviamente, per cui ho scritto direttamente la formula : $dI_x =y^3/3*dx $ . Comunque va bene anche l'integrale doppio, ovviamente. Ma certe formule di uso comune andrebbero memorizzate .
E per il m.i. $dI_y$ , l'area $dA = y*dx$ ha i lati lunghi paralleli all'asse $y$ e il baricentro ha distanza $\approx x$ da esso. Quindi basta moltiplicare $dA$ per $x^2$ . Essendo $dx$ un infinitesimo, il m.i. proprio (cioè baricentrico) rispetto a una retta parallela a $y$ si trascura.
Ma come hai calcolato $(2+x^2)^3 $ ? È il cubo di un binomio : $(a+b)^3 = a^3 +3a^2b + 3ab^2 + b^3$ . Controlla il tuo cubo.
"Shackle":
E per il m.i. $dI_y$ , l'area $dA = y*dx$ ha i lati lunghi paralleli all'asse $y$ e il baricentro ha distanza $\approx x$ da esso. Quindi basta moltiplicare $dA$ per $x^2$ . Essendo $dx$ un infinitesimo, il m.i. proprio (cioè baricentrico) rispetto a una retta parallela a $y$ si trascura.
Non ho ben capito questo pezzo
Ed ecco la correzione del m.i $y$(purtroppo mi ero confuso)
\(\displaystyle I_x=\int_0^x \frac{1}{3}(8+x^6+12x^2+6x^4)*dx=\frac{8}{3}+4x^2+2x^4+\frac{x^6}{3}\)
Credo che tu debba rivedere vari concetti di geometria delle masse , in particolare i momenti di inerzia di figure piane, rispetto ad assi qualsiasi messi nel piano, o perpendicolari al piano (o anche obliqui...) ; comunque qui la situazione è semplicissima . Guarda la figurina :
rispetto all'asse $y$ , c'è in pratica il solo termine di trasporto .
rispetto all'asse $y$ , c'è in pratica il solo termine di trasporto .
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