Problema in cui una lastra quadrata è vincolata a ruotare

[Nexus99]

Una lastra quadrata piana, sottile ed omogenea, di massa M = 10,0 kg e lato L = 1,54 m è
un piano verticale e vincolata a ruotare senza attrito attorno al punto A. All'istante iniziale la lastra è
posizionata come in Figura, e lasciata libera di muoversi sotto l'azione della sola forza peso. Calcolare:
a) il momento di inerzia della lastra quadrata rispetto al punto A;
b) l'accelerazione angolare della lastra quadrata all'istante iniziale;
c) il modulo della forza F, disposta come in Figura, che e necessario applicare in B per tenere il sistema in
equilibrio.
[Suggerimenti: a) Nei primi due quesiti non agisce la forza indicata in Figura, che diventa invece rilevante
nel terzo quesito; b) Dati tre assi ortogonali qualsiasi i, j, k, i momento di inerzia di un corpo rigido rispetto
a tali assi sono legati dalla relazione Ii + Ij = Ik].


disposta in

[Palliit]

Idee tue?

P.S.: magari mentre le esponi pensa anche ad un titolo più significativo e modifica quello attuale, che non dice un granchè sull'argomento del post.

[Nexus99]

li ho scritti i suggerimento che mi sono venuti in mente

[mgrau]

I suggerimenti sembravano far parte del testo... E il suggerimento a) in realtà non fa che ripetere quanto già si sa, e il b) non mi è chiaro cosa c'entra.
Comunque: per trovare il momento d'inerzia basta pensare, per esempio, che
- quello di un punto materiale è $I = mr^2$
- è additivo
- si sa come si comporta quando si sposta il polo (teorema di Huygens Steiner)
Quindi suggerisco:
- dividi il quadrato in due triangoli con un taglio CD
- calcola $I$ per il triangolo ACD, tagliando il triangolo a fettine parallele a CD, che sono lunghe $2x$ (se $x$ è la distanza da A). La massa della fettina la trovi introducendo una densità superficiale $lambda$, moltiplicandola per $2xdx$ (area della fetta) e poi integrando su $x$
- calcola allo stesso modo $I$ per il triangolo BCD (eventualmente usa H-S) e sommalo a quello già trovato

Per l'accelerazione angolare, basta notare che $M = I \dotomega$, dove il momento $M$ è quello del peso rispetto al polo $A$

Per trovare la forza, basta che questa abbia momento uguale e opposto a quello del peso, e basta che noti che il braccio della forza è L, e il braccio del peso è $Lsqrt2/2$

[Shackle]

Non c'è bisogno di fare tutto questo, per trovare il momento di inerzia. Il momento di inerzia di una lamina quadrata , rispetto a qualunque retta r complanare alla lamina e passante per il centro C , vale :

$I_r = ML^2/(12)$

basta considerare la simmetria per rotazione di 90º del quadrato nel suo piano.¹Quindi il momento di inerzia rispetto a un asse perpendicolare al piano e passante per centro è il doppio :

$I_c = 2I_r = ML^2/6$

trovato $I_c$ , basta applicare HS per trovare $I_A$.

---

Note

1. L'ellisse centrale di inerzia di un quadrato è una circonferenza. ↑

[mgrau]

Non c'è bisogno di fare tutto questo, per trovare il momento di inerzia. Il momento di inerzia di una lamina quadrata , rispetto a qualunque retta r complanare alla lamina e passante per il centro C , vale :

$I_r = ML^2/(12)$

Bello, ma bisogna saperlo...

basta considerare la simmetria per rotazione di 90º del quadrato nel suo piano.

Qui non capisco: in che modo dalla simmetria deriva questo?

[Shackle]

Non c'è bisogno di fare tutto questo, per trovare il momento di inerzia. Il momento di inerzia di una lamina quadrata , rispetto a qualunque retta r complanare alla lamina e passante per il centro C , vale :

$I_r = ML^2/(12)$

Bello, ma bisogna saperlo...

Il momento di inerzia di area di un rettangolo , di base $L$ e altezza $B$ , rispetto a un asse $x$ baricentrico parallelo a $L$ vale :

$I_x = (LB^3)/12 = A*B^2/12$ , dove $A$ è l'area; ma può essere benissimo la massa, se la lamina è omogenea e se stiamo parlando di momento di inerzia di massa. Se prendiamo un asse $y$ baricentrico perpendicolare a $x$ , si ha :

$I_y = (BL^3)/12 = A*L^2/12$

In un quadrato , $L = B$ . I due momenti centrali di inerzia $I_x$ e $I_y$ nel quadrato sono quindi uguali. E se sono uguali loro, sono uguali tutti i momenti di inerzia, rispetto a qualunque retta $r$ complanare passante per C: si dimostra valutando come varia il momento di inerzia , rispetto a un asse complanare $r$ passante per C , facendo variare l'angolo $alpha$ che $r$ forma con $x$ . Questo si trova in tutte le dispense che trattano di geometria delle masse. Quanto detto per il quadrato vale per sistemi piani in generale.

basta considerare la simmetria per rotazione di 90º del quadrato nel suo piano.

Qui non capisco: in che modo dalla simmetria deriva questo?

Se ruoti il quadrato di 90º , gli assi x ed y centrali si scambiano tra loro , no ? Quindi , come già detto sopra : $I_x=I_y$ . per disegnare un'ellisse di inerzia, relativa a un certo punto, basta conoscere due momenti principali rispetto ad assi passanti per il punto e tra loro perpendicolari : dai momenti si passa agli assi della conica di inerzia.

Cfr par. 1.10 e 1.15 di questa dispensa .

il quadrato non è l'unica figura piana che gode di certe proprietà.

Ho messo una nota a bella posta , prima . Se un'ellisse ha i due assi uguali , è una circonferenza. Tracciata una retta per il centro , il semiasse intercettato sulla conica determina il raggio di inerzia e quindi il momento di inerzia . Se la conica è una circonferenza....

[mgrau]

In un quadrato , $L = B$ . I due momenti centrali di inerzia $I_x$ e $I_y$ nel quadrato sono quindi uguali.

E questo lo sapevo...

E se sono uguali loro, sono uguali tutti i momenti di inerzia, rispetto a qualunque retta $r$ complanare passante per C:

Questo invece no, o non ci avevo pensato....

[Shackle]

Non ci avevi pensato. In geometria euclidea piana , è vero per tutti i poligoni regolari, a partire dal triangolo equilatero. Non credo sia vero per un triangolo scaleno qualunque, bisognerebbe fare una verifica.

Capita anche per corpi solidi , per esempio in un cubo l'ellissoide centrale di inerzia è una sfera. Ma non solo in un cubo o una sfera.