Prodotto d'Inerzia
Buongiorno.
Ho dei dubbi su questo esercizio:
La figura non riesco a riportarla, ma i quadrati sono disposti in modo da formare un "quadratone" di lato 2l, con Q1 in basso a sinistra e tutti gli altri quadrati disposti in ordine in senso orario. Il vertice O è quello in basso a sinistra.
Ora, per le direzioni principali, calcolo $I$ dei 4 quadratini rispetto ai baricentri e poi sposto tutto con Steiner e non dovrebbero esserci problemi.
Non so però procedere per trovare il prodotto d'inerzia.
Io conosco la formula integrale e quindi, correggetemi se sbaglio, dovrei fare quattro integrali doppi e sommarli:
$-int_{0}^{l}dx int_{0}^{l} rho_1 xy dy$
per il quadratino 1,
$-int_{0}^{l}dx int_{l}^{2l} rho_2 xy dy$
per il quadratino 2, e così via per gli altri due. E' corretto?
Ora, mi chiedevo: non è che ci sia una formula più rapida ed immediata considerando la particolare struttura della piastra?
Grazie per l'aiuto.
Ho dei dubbi su questo esercizio:
Una lamina piana L `e formata da quattro quadrati Q1, Q2, Q3 e Q4 ciascuno di lato ℓ e di masse m, 2m, 3m e 4m, rispettivamente, disposti come in figura. Determinare gli elementi della matrice di inerzia della lamina rispetto al
vertice O.
La figura non riesco a riportarla, ma i quadrati sono disposti in modo da formare un "quadratone" di lato 2l, con Q1 in basso a sinistra e tutti gli altri quadrati disposti in ordine in senso orario. Il vertice O è quello in basso a sinistra.
Ora, per le direzioni principali, calcolo $I$ dei 4 quadratini rispetto ai baricentri e poi sposto tutto con Steiner e non dovrebbero esserci problemi.
Non so però procedere per trovare il prodotto d'inerzia.
Io conosco la formula integrale e quindi, correggetemi se sbaglio, dovrei fare quattro integrali doppi e sommarli:
$-int_{0}^{l}dx int_{0}^{l} rho_1 xy dy$
per il quadratino 1,
$-int_{0}^{l}dx int_{l}^{2l} rho_2 xy dy$
per il quadratino 2, e così via per gli altri due. E' corretto?
Ora, mi chiedevo: non è che ci sia una formula più rapida ed immediata considerando la particolare struttura della piastra?
Grazie per l'aiuto.
Risposte
ne approfitto per chiedere anche: sempre parlando di uno spazio bidimensionale, una volta che ho la componente d'Inerzia sull'asse $e_x$, per trovare l'inerzia lungo un versore generico $n$, si deve moltiplicare per $sin^2alpha$, dove $alpha$ è l'angolo tra $e_x$ e $n$?
Mi è venuto un modo molto "geometrico" che non so se farebbe per te.
Qualunque esso sia, il tensore d'inerzia è simmetrico e dunque ammette una base ortonormale di autovettori (rendiamo grazia per il teorema spettrale), ovvero i tre assi d'inerzia ortogonali.
$e_z$ è chiaramente un asse principale ($e_1$), allora gli altri due sono perpendicolari e quindi stanno sul piano della lastra. La quale lastra è simmetrica rispetto all'asse diagonale, che deve dunque essere un asse di inerzia principale:
$e_2 = \frac{1}{\sqrt 2} (1,1,0)$
e l'unica possibilità per $e_3$ è $e_3 = \frac{1}{\sqrt 2} (-1,1,0)$. Allora nella base $e_1$,$e_2$,$e_3$ il tensore d'inerzia sarà diagonale:
$I =$
\begin{array}{ccc} A_{11} & 0 & 0 \\ 0 & A_{22} & 0 \\ 0 & 0 & A_{33} \end{array}
(è una matrice, non riesco a fare la parentesi)
$A_{33}$ e $A_{11}$ sono elementari (si fanno con i momenti d'inerzia dei triangoli e inoltre $A_{33}$ dovresti averlo già calcolato), e $A_{22}$ lo trovi subito col teorema dell'asse perpendicolare.
Quindi hai tutto il tensore d'inerzia in questa base, fai il cambio di base e stai a posto.
Totale calcoli:
- due momenti d'inerzia elementari
- due prodotti di matrici
che potrebbero esserti più comodi che fare gli integrali.
oddio magari c'era un modo molto più semplice, ma non lo so. Questa frase dovrei infilarla in firma, la dico sempre.
$\alpha=0$ dovrebbe bastare come controesempio.
Qualunque esso sia, il tensore d'inerzia è simmetrico e dunque ammette una base ortonormale di autovettori (rendiamo grazia per il teorema spettrale), ovvero i tre assi d'inerzia ortogonali.
$e_z$ è chiaramente un asse principale ($e_1$), allora gli altri due sono perpendicolari e quindi stanno sul piano della lastra. La quale lastra è simmetrica rispetto all'asse diagonale, che deve dunque essere un asse di inerzia principale:
$e_2 = \frac{1}{\sqrt 2} (1,1,0)$
e l'unica possibilità per $e_3$ è $e_3 = \frac{1}{\sqrt 2} (-1,1,0)$. Allora nella base $e_1$,$e_2$,$e_3$ il tensore d'inerzia sarà diagonale:
$I =$
\begin{array}{ccc} A_{11} & 0 & 0 \\ 0 & A_{22} & 0 \\ 0 & 0 & A_{33} \end{array}
(è una matrice, non riesco a fare la parentesi)
$A_{33}$ e $A_{11}$ sono elementari (si fanno con i momenti d'inerzia dei triangoli e inoltre $A_{33}$ dovresti averlo già calcolato), e $A_{22}$ lo trovi subito col teorema dell'asse perpendicolare.
Quindi hai tutto il tensore d'inerzia in questa base, fai il cambio di base e stai a posto.
Totale calcoli:
- due momenti d'inerzia elementari
- due prodotti di matrici
che potrebbero esserti più comodi che fare gli integrali.
oddio magari c'era un modo molto più semplice, ma non lo so. Questa frase dovrei infilarla in firma, la dico sempre.
"Khurt":
ne approfitto per chiedere anche: sempre parlando di uno spazio bidimensionale, una volta che ho la componente d'Inerzia sull'asse $e_x$, per trovare l'inerzia lungo un versore generico $n$, si deve moltiplicare per $sin^2alpha$, dove $alpha$ è l'angolo tra $e_x$ e $n$?
$\alpha=0$ dovrebbe bastare come controesempio.
il fatto è che la lastra non è omogenea, quindi la diagonale non è asse di simmetria.
Effettivamente mi sono sbagliato io:
ho trovato una formula per un'asta, in cui moltiplica la componente principale lungo Z per per il seno dell'angolo tra l'asta e il versore $n$ lungo cui vuole trovare l'inerzia (quindi non l'angolo tra versore e direzione principale) e mi chiedevo se valesse sempre, oppure se con tutte le altre figure devo prima calcolarmi il tensore centrali e poi fare $n*I*n$ per trovare la componente lungo $n$.
Effettivamente mi sono sbagliato io:
ho trovato una formula per un'asta, in cui moltiplica la componente principale lungo Z per per il seno dell'angolo tra l'asta e il versore $n$ lungo cui vuole trovare l'inerzia (quindi non l'angolo tra versore e direzione principale) e mi chiedevo se valesse sempre, oppure se con tutte le altre figure devo prima calcolarmi il tensore centrali e poi fare $n*I*n$ per trovare la componente lungo $n$.
"Khurt":
il fatto è che la lastra non è omogenea, quindi la diagonale non è asse di simmetria.
scusami, hai ragione, ho dimenticato che i due quadrati opposti sono di massa diversa. Credo che a questo punto piuttosto che stare dietro a me e cercare trucchi fai prima a fare gli integrali (che non sono affatto difficili in realtà).
"Khurt":
Effettivamente mi sono sbagliato io:
ho trovato una formula per un'asta, in cui moltiplica la componente principale lungo Z per per il seno dell'angolo tra l'asta e il versore $n$ lungo cui vuole trovare l'inerzia (quindi non l'angolo tra versore e direzione principale) e mi chiedevo se valesse sempre, oppure se con tutte le altre figure devo prima calcolarmi il tensore centrali e poi fare $n*I*n$ per trovare la componente lungo $n$.
se hai gli assi principali d'inerzia $\vec{e_i}$ allora si scrive:
$\vec{n}\cdot I \vec{n} = \sum_i n_i ^2 I_{ii}$ con $n_i = \vec{n} \cdot \vec{e_i}$
che a volte è più comoda che trovare tutti e 6 i componenti del tensore in una qualche base non d'inerzia; inoltre così si vede subito che $n_i$ è in un piano formato da due assi di inerzia allora devi calcolare solo due momenti principali.
Vedi comunque che in generale non c'è modo di semplificare questa formula; tutte e tre gli autovalori di $I$ contribuiscono al valore della forma quadratica $n_i n_j I_{ij}$ per generici $\vec{n}$.
Chiaro che l'appartenenza dell'oggetto a particolari classi può indurti vincoli sui momenti d'inerzia che alla fine te ne fanno calcolare di meno; ad esempio in questo caso il teorema dell'asse perpendicolare.
"hamilton":
scusami, hai ragione, ho dimenticato che i due quadrati opposti sono di massa diversa. Credo che a questo punto piuttosto che stare dietro a me e cercare trucchi fai prima a fare gli integrali (che non sono affatto difficili in realtà).
no, lo so, era solo per aver conferma di averli scritti giusti
"hamilton":
se hai gli assi principali d'inerzia $\vec{e_i}$ allora si scrive:
$\vec{n}\cdot I \vec{n} = \sum_i n_i ^2 I_{ii}$ con $n_i = \vec{n} \cdot \vec{e_i}$
che a volte è più comoda che trovare tutti e 6 i componenti del tensore in una qualche base non d'inerzia; inoltre così si vede subito che $n_i$ è in un piano formato da due assi di inerzia allora devi calcolare solo due momenti principali.
Vedi comunque che in generale non c'è modo di semplificare questa formula; tutte e tre gli autovalori di $I$ contribuiscono al valore della forma quadratica $n_i n_j I_{ij}$ per generici $\vec{n}$.
Chiaro che l'appartenenza dell'oggetto a particolari classi può indurti vincoli sui momenti d'inerzia che alla fine te ne fanno calcolare di meno; ad esempio in questo caso il teorema dell'asse perpendicolare.
grazie mille per l'aiuto!
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