Momenti di inerzia, meccanismo delle aste

Ho bisogno di assistenza per comprendere i momenti di inerzia. Sto facendo una recensione per un prossimo esame, tuttavia sono leggermente sconcertato da questa domanda. Ho già provato a cercare "momenti di inerzia" su Google per cercare di capire meglio il concetto, ma ho problemi a sapere quando applicare quali formule.

Ho allegato la mia domanda specifica e la "risposta" alla domanda, spero che qualcuno possa aiutarmi a capire come ottenere la risposta.

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Due barre sottili identiche di lunghezza 1 e massa m sono collegate tra loro a 90 °, come mostrato nella figura Q4a (immagine allegata), per formare un collegamento in un meccanismo. Il punto B è a metà strada tra A e C e i punti B, D, E, F e G sono equidistanti lungo il collegamento inferiore.

i) Determinare la posizione del baricentro del collegamento

ii) Trovare il momento d'inerzia del collegamento sul punto B

iii) Trovare il momento d'inerzia del collegamento sul punto D

iv) Trova il raggio di rotazione attorno al punto G

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RISPOSTE:

i) Il centro di gravità è a D

ii) I _B = (5/12) ml ² kg m ²

iii) I _D = (7/24) ml ² kg m ²

iv) k = sqrt (17/24) lm

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I miei tentativi

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io)

So intrinsecamente che il centro di gravità è su D. Come posso dimostrarlo matematicamente?

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ii)

Ricevo il momento d'inerzia su B in questo modo:

I _b = (ml ² ) / 3 + ((ml ^2/3 ) - (ml ² ) / 4)

Ma non capisco perché dovrei sottrarre. È perché il baricentro è l / 2 sotto B?

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iii)

Io _D ho la risposta facendo:

I _d = ((ml ² ) / 3 - (ml ² ) / 4) + ((ml ² ) / (3 * 16)) + (9ml ² ) / (16 * 3)

Perché sottraggo (ml ² ) / 4) se l'asta è sopra D?

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iv)

Sto cercando di usare I _G per trovare il raggio di rotazione:

Quindi per I _G

I _g = (7/24) ml ² - ml ²

Qui sto usando il teorema dell'asse parallelo, ma perché sottrarre il (md ² ) dell'asta AC dal momento d'inerzia su D?

Il punto in cui si trova il centro di massa, quindi il centro di gravità. Quindi, per centro di massa Per asta AC. B è il punto medio di AC. Quindi, prendiamo A come origine Quindi le coordinate di B ( , 0). Similmente per il punto medio di BG Diciamo che ci sono quattro divisioni che sono ugualmente spazio quindi il la lunghezza di BD, DE, EF, FG sono Quindi il punto medio è E il punto medio di BG. Quindi le coordinate di E ( , ) sono (secondo l'origine presa). Quindi qui la massa della massa di entrambe le aste è la stessa e abbiamo individuato il loro centro di masse individuale . $\frac{l}{2}$$\frac{l}{4}$$\frac{l}{2}$$\frac{l}{2}$

$$\Rightarrow X_{com}=\frac{m_{1}x_{1}+m_{2}x_{2}+.............+m_{n}x_{n}}{m_{1}+m_{2}+...........m_{n}}$$ $$\Rightarrow \frac{m\frac{l}{2}+m\frac{l}{2}}{m+m}$$ $$\Rightarrow \frac{2m\frac{l}{2}}{2m}$$ $$X_{com}=\frac{l}{2}$$ Ora lo stesso per Quindi, le coordinate del centro di massa del sistema sono ( , ) Ora coordinate del punto G ( , ), punto F ( , ), punto E ( , ) E D ( , ) che soddisfa e Quindi è il centro di gravità del sistema.$Y_{com}$ $$Y_{com}=\frac{m(0)+m\frac{l}{2}}{2m}$$ $$Y_{com}=\frac{l}{4}$$ $\frac{l}{2}$$\frac{l}{4}$$\frac{l}{2}$$l$$\frac{l}{2}$$\frac{3l}{4}$$\frac{l}{2}$$\frac{l}{2}$$\frac{l}{2}$$\frac{l}{4}$$X_{com}$$Y_{com}$

ii) momento di inerzia rispetto al punto B.

1) A causa dell'asta CA per cui B è il punto medio E per il momento il momento di intertia è il seguente: Supponiamo che il telaio da B sia perpendicolare all'asta CA che passa attraverso il punto B. Quindi considerando solo l'asta CA La massa attorno al Il punto B è massa dell'asta è divisa per la lunghezza l Ora immaginando un punto x distanza da B ora il momento di inerzia attorno al punto immaginato è ora per l'intero ci integriamo così, ora finalmente otteniamo$\frac{m}{l}$

$$\Rightarrow \frac{m}{l}x^2$$ $$\Rightarrow \int\limits_{\frac{-L}{2}}^{\frac{L}{2}}\frac{m}{l}x^2\,dx$$ $$\Rightarrow \frac{m}{l}\int\limits_{\frac{-L}{2}}^{\frac{L}{2}}\frac{x^3}{3}$$ $$\Rightarrow \frac{m}{3l}\left(\frac{L^3}{8}-\left(-\frac{L^3}{8}\right)\right)$$ $$\Rightarrow \frac{m L^2}{12}$$ 2) A causa dell'asta BG poiché B è nell'angolo B, quindi basta cambiare i limiti e metterlo da 0 a le otteniamo . Quindi il momento di inerzia totale sul punto è che è $$\frac{m L^2}{3}$$ $$\Rightarrow \frac{m L^2}{12}+\frac{m L^2}{3}$$ $$\Rightarrow \frac{5m L^2}{12}$$

iii) basta mettere i limiti sopra integrale a Otteniamo il momento d'inerzia per BG a D è Quindi usa il teorema dell'asse parallelo per AC così Aggiungendo di nuovo entrambi i momenti di interia che riguardano BG e AC che è .$\frac{-L}{4}$$\frac{3L}{4}$

$$\frac{7m L^2}{48}$$ $$\Rightarrow \frac{mL^2}{12}+m\left(\frac{L}{4}\right)^2$$ $$\Rightarrow \frac{7mL^2}{48}$$ $$\Rightarrow \frac{7mL^2}{48}+\frac{7mL^2}{48}$$ $$\frac{7mL^2}{24}$$

Per calcolare la posizione cg, supponiamo che sia ad una distanza Y sotto il punto B. Usa il fatto che il momento di massa attorno a quel punto dovrebbe essere zero per determinare Y.

$$\int_{Y-L}^Y \frac{m}{l}y \, dy = 0$$

L'equazione sopra ha una Y sconosciuta. Risolvendo, otteniamo . Questo è il punto D.$Y = l/4$

Trovare è un'integrazione semplice$I_D$

$$I_D=\int_{-\frac{l}{2}}^{\frac{l}{2}} \frac{m }{l} \left(\frac{l}{4}+x\right)^2\, dx+\int_{\frac{l}{4}-l}^{\frac{l}{4}} \frac{m}{l} y^2 \, dy$$

Risolvendo (usando Mathematica), ottengo

$$I_D= \frac{7 l^2 m}{24}$$

$I_B$ può quindi essere ottenuto usando il teorema dell'asse parallelo

$$I_B = I_D + 2 m \left(\frac{l}{4}\right)^2 = \frac{5 l^2 m}{12}$$

Allo stesso modo puoi trovare$I_G$

$$I_G= I_D + 2 m \left(\frac{3 l}{4}\right)^2 = \frac{17 l^2 m}{12}$$

Il raggio di rotazione segue da questo valore.