Memento de inercia (placa triangular)

Question

Quiero generalizar la fórmula para el MOI de una placa triangular (lados $a,b,c$) sobre un eje que pasa por el punto medio de uno de los lados y es perpendicular a su plano.

La masa de la placa $M$ está distribuida uniformemente en su área.

Puedo usar el teorema del eje paralelo si conozco el MOI sobre un eje que pasa por el COM de la placa, pero ni siquiera sé eso. Además, no hay simetría en esto, así que tomar pequeñas tiras de masas para integrar tampoco ayudará. Por lo tanto, no pude empezar. Por favor, ayuda.

Si resuelves mediante integración, por favor ayúdame a obtener también el término de integración.

Answer 1

En realidad, no es demasiado difícil calcular el momento de inercia (MOI) de un triángulo rectángulo. Y puedes hacer tu triángulo a partir de un triángulo rectángulo grande menos un triángulo rectángulo más pequeño. Por lo tanto, tu MOI es simplemente el MOI del triángulo más grande menos el MOI del más pequeño.

Paso 1:

Extiende la línea $b$ (mueve el vértice $C$) hasta que tengas un triángulo rectángulo. Calcularemos el MOI respecto al vértice $A$. Estoy de acuerdo con @fibonatic en que es más fácil usar coordenadas polares. Así que tenemos \begin{equation} I_{ABC'} = \int_0^\alpha \int_0^{R(\theta)} (\rho_A\, r^2) r\, dr\, d\theta~. \end{equation} Aquí, $\alpha$ es el ángulo $\angle B A C$, que puedes calcular usando trigonometría. Además, $R(\theta)$ es la longitud de una línea $Aa$ que va desde el vértice $A$ a la línea $BC=a$, donde $\theta$ es el ángulo de esa línea por encima de la línea $b$. Un poco de trigonometría simple dice que $R(\theta) = b/\cos\theta$. \begin{align} I_{ABC'} &= \rho_A\, \int_0^\alpha \int_0^{b/\cos\theta} r^3\, dr\, d\theta \\ &= \rho_A\, \int_0^\alpha \left. \frac{r^4}{4} \right|_0^{b/ \cos\theta}\, d\theta \\ &= \frac{\rho_A\, b^4}{4}\, \int_0^\alpha \cos^{-4}\theta\, d\theta \\ &= \frac{\rho_A\, b^4}{24}\, \frac{3 \sin\alpha+\sin (3 \alpha )} {\cos^3\alpha} \end{align> [Soy terrible en integrales, así que solo busqué la respuesta para $\cos^{-4}$. Pero creo que es lo suficientemente fácil convencerte de que puedes manejar cualquier problema razonable de MOI.]

Paso 2:

Usa esta fórmula y el teorema del eje paralelo para obtener el MOI del triángulo rectángulo más pequeño que necesitas quitar del más grande para obtener tu triángulo.

Paso 3:

Resta el resultado del paso 2 del paso 1 para obtener el MOI de tu triángulo respecto al vértice $A$.

Paso 4:

Usa el teorema del eje paralelo para obtener tu MOI respecto al origen que desees.

Answer 2

El momento de inercia se define como: $$ I={\sum}mr^2 $$ que en este caso se puede reescribir en una integral: $$ I=\rho\int_A{r^2dA} $$ Dado que la forma del triángulo no se puede describir con una sola fórmula, tendrías que dividir la integral en varias secciones. Y usaré coordenadas polares, en cuyo caso $dA=rd\theta dr$: $$ I=\rho\left(\int_{\theta_1}^{\theta_2}\int_0^{r(\theta)}r^3drd\theta+\int_{\theta_2}^{\theta_3}\int_0^{r(\theta)}r^3drd\theta\right) $$ con $\theta_1=0$ radianes, $\theta_2$ es igual al ángulo entre $AOB$ que es igual a: $\theta_2=\pi-\alpha-\frac{\beta}{2}$, con $\alpha$ como el ángulo entre $BAC=\cos^{-1}\left(\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\right)$ y $\beta$ como el ángulo entre $ABC=\cos^{-1}\left(\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}\right)$. Y $\theta_3=\pi$ radianes. Para la primera integral, el rango en el que $r$ debe integrarse es: $r(\theta)=\frac{1/2b\sin\alpha}{\sin(\pi-\alpha-\theta)}$. Para la segunda integral, el rango en el que $r$ debe integrarse es: $r(\theta)=\frac{1/2b\sin\gamma}{\sin(\pi-\gamma-(\pi-\theta))}=\frac{1/2b\sin\gamma}{\sin(\theta-\gamma)}$, con $\gamma=\cos^{-1}\left(\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\right)$.

Espero que esto te haya ayudado, y si aún no puedes resolver esto, intentaré añadir la solución a esta ecuación.

Editar: aquí está la expresión después de resolver la integral: $$ I=\frac{\rho b^4}{192}\left(\sin\gamma\cos\gamma(2-\cos(2\gamma))-\frac{\sin^4\gamma\cos(\gamma-\theta_2)(2-\cos(2\gamma-2\theta_2))}{\sin^3(\gamma-\theta_2)}+\sin{\alpha}\cos{\alpha}(2-\cos(2\alpha))-\frac{\sin^4\alpha\cos(\alpha-\theta_2)(2-\cos(2\alpha-2\theta_2))}{\sin^3(\alpha-\theta_2)}\right) $$

Answer 3

Ahora tengo un método para obtenerlo directamente. Y nuevamente resultó ser un problema fácil. La respuesta resulta ser $$I= \dfrac{m}{12}(a^2+c^2)$$

Veamos si agregamos otra placa similar a lo largo de su lado $AC$, entonces resulta ser una placa de tipo paralelogramo, cuyo MOI se conoce, igual que en una placa rectangular

Por lo tanto, por argumentos de simetría, ambas placas triangulares tienen el mismo MOI.