Teorema di Trasposizione

[max_power]

Mi aiutate a risolvere questo problema? Ho fatto la foto perché non so ancora usare la scrittura speciale e perché c'è il grafico. Grazie mille.

http://imageshack.us/f/812/picture080l.jpg/

[ELWOOD]

Ciao, non credo sia la sezione adatta a questo post.
Comunque sarebbe utile capire dove hai difficoltà...
Ricorda che:

\( \displaystyle {I}_{{{x}{G}}}={I}_{{{x}{G}_{{i}}}}+{A}{{\left({y}_{{{G}{i}}}-{y}_{{G}}\right)}}^{{2}} \)

uguale per l'asse \( \displaystyle {y} \):

\( \displaystyle {I}_{{{y}{G}}}={I}_{{{y}{G}_{{i}}}}+{A}{{\left({x}_{{{G}{i}}}-{x}_{{G}}\right)}}^{{2}} \)

[max_power]

Sinceramente non avevo idea di dove postare. Comunque...
Ma non devo trovare solo il momento d'inerzia rispetto a XG? E quindi applicare solo la prima che hai scritto? Non capisco perché dovrei utilizzare entrambe le distanze che da l'esercizio, ma probabilmente non ho capito io.

[ELWOOD]

Si scusa, ti chiede solamente il momento rispetto a \( \displaystyle {x}_{{G}} \) pertanto ti basta applicare la prima

[max_power]

Però l'esercizio mi da entrambe le coordinate, perché se poi non le utilizzerò entrambe?

[ELWOOD]

In questo caso non le utilizzi entrambe, ma solitamente un esercizio completo ti chiede anche gli altri momenti.

[max_power]

Comunque ho provato a farlo ma non me ne esco. Non capisco il momento d'inerzia dell'equazione a cui va aggiunta l'area per la distanza al quadrato rispetto a quale asse va calcolato... Inoltre le masse sono due, devo applicare due volte quella formula? Sono in caos totale... comunque come risultato mi da 141,5. Le ho provate tutte, ma non mi trovo... devo recuperare un debito si vede?

[ELWOOD]

Con le formule che ti ho postato riesci a risolvere la totalità degli esercizi simili a questo, proviamo ad applicarle.
Allora innanzitutto troviamo le aree dei singoli rettangoli (e fin qua dovresti arrivarci) trasformando tutto in cm

\( \displaystyle {A}_{{1}}={4}\times{1}={4}{c}{{m}}^{{2}} \)

\( \displaystyle {A}_{{2}}={1}\times{10}={10}{c}{{m}}^{{2}} \)

Ora troviamo i momenti d'inerzia baricentrali di entrambe le figure (riferiti cioè al baricentro di ogni figura)

sai che in generale il momento d'inerzia rispetto all'asse \( \displaystyle {x} \) di un rettangolo è \( \displaystyle {I}_{{G}}={\frac{{{b}{{h}}^{{3}}}}{{{12}}}} \)
Allora nel nostro caso

\( \displaystyle {I}_{{{G}{1}}}={\frac{{{4}\times{{1}}^{{3}}}}{{{12}}}}=\frac{{1}}{{3}}={0},{33}{c}{{m}}^{{4}} \)

\( \displaystyle {I}_{{{G}{1}}}={\frac{{{1}\times{{10}}^{{3}}}}{{{12}}}}={83},{33}{c}{{m}}^{{4}} \)

le coordinate \( \displaystyle {y} \) dei singoli baricentri:
\( \displaystyle {y}_{{{G}{1}}}={1}:{2}={0},{5}{c}{m} \)
\( \displaystyle {y}_{{{G}{2}}}={10}:{2}={5}{c}{m} \)

Ora per trovare il momento d'inerzia rispetto a \( \displaystyle {x}_{{G}} \) applichiamo la formula che ti ho scritto prima, utilizzando il teorema di trasposizione:

\( \displaystyle {I}_{{{x}{G}}}={I}_{{{x}{G}_{{i}}}}+{A}{{\left({y}_{{{G}{i}}}-{y}_{{G}}\right)}}^{{2}}={I}_{{{x}{G}{1}}}+{A}_{{1}}{{\left({y}_{{{G}{1}}}-{y}_{{G}}\right)}}^{{2}}+{I}_{{{x}{G}{2}}}+{A}_{{2}}{{\left({y}_{{{G}{2}}}-{y}_{{G}}\right)}}^{{}} \)

Hai tutto basta che sostituisci:

\( \displaystyle {I}_{{{x}{G}}}={0},{33}+{4}\times{{\left({0},{5}-{3},{71}\right)}}^{{2}}+{83},{33}+{10}\times{{\left({5}-{3},{71}\right)}}^{{2}}={141},{52}\ {c}{{m}}^{{4}} \)

[ELWOOD]

... devo recuperare un debito si vede?

Si!
Fai i geometri?

[max_power]

... devo recuperare un debito si vede?

Si!
Fai i geometri?

Si esatto.

Grazie per l'aiuto