Moment bezwładności - jak trickowo policzyć?

[freeze2]

Hej!

Jak obliczyc moment bezwladosci trojkata rownobocznego wzgledem osi
przechodzacej przez punkt przeciecia jego wysokosci bez całek,uzywając
tylko twierdzenia Steinera? Czy podzielenie trojkata na 3 lub 4 mniejsze
coś pomoże? Mógłby mi ktos opisac obrazowo procedure?

pozdrawiam,
freeze

[luka52]

Najpierw podziel ten duży trójkąt na cztery mniejsz (powstanie taka piramidka). Wszystkie te małe trójkąty mają masę m/4 (m-masa dużego trójkąta) i środki mas trzech 'bocznych' trójkątów są oddalone od środka masy środkowego trójkąta o 1/3 h (h-wysokość dużego trójkąta). Jak zrobisz sobie odpowiedni rysunek napewno domyślisz się o co chodzi.
Moment bezwładności środkowego trójkąta to: \(\displaystyle{ \frac{I}{16}}\) co wynika z faktu, że jest mniejszy i ma mniejszą masę. Moment bezwładności każdego z tych bocznych trójkątów to (korzystamy z tw. Steinera): \(\displaystyle{ \frac{I}{16} + \frac{m \cdot ((1/3)h)^2}{4}}\).
Po zsumowaniu m. bezwładności czterech małych trójkątów otrzymujemy:
\(\displaystyle{ I = \frac{I \cdot 4}{16} + 3 \cdot \frac{m \cdot ((1/3)h)^2}{4}= \frac{I \cdot 4}{16} + 3 \cdot \frac{m h^2}{4 \cdot 9}}\)
Ostatecznie mamy:
\(\displaystyle{ I=\frac{m h^2}{9}}\)

[freeze2]

Najpierw podziel ten duży trójkąt na cztery mniejsz (powstanie taka piramidka). Wszystkie te małe trójkąty mają masę m/4 (m-masa dużego trójkąta) i środki mas trzech 'bocznych' trójkątów są oddalone od środka masy środkowego trójkąta o 1/3 h (h-wysokość dużego trójkąta). Jak zrobisz sobie odpowiedni rysunek napewno domyślisz się o co chodzi.
Moment bezwładności środkowego trójkąta to: \(\displaystyle{ \frac{I}{16}}\) co wynika z faktu, że jest mniejszy i ma mniejszą masę. Moment bezwładności każdego z tych bocznych trójkątów to (korzystamy z tw. Steinera): \(\displaystyle{ \frac{I}{16} + \frac{m \cdot ((1/3)h)^2}{4}}\).
Po zsumowaniu m. bezwładności czterech małych trójkątów otrzymujemy:
\(\displaystyle{ I = \frac{I \cdot 4}{16} + 3 \cdot \frac{m \cdot ((1/3)h)^2}{4}= \frac{I \cdot 4}{16} + 3 \cdot \frac{m h^2}{4 \cdot 9}}\)
Ostatecznie mamy:
\(\displaystyle{ I=\frac{m h^2}{9}}\)

Dzięki wielkie - a ja jako, że głupi jestem, to pozwolę sobie zadać kilka pytań jeszcze:
1) z czego wynika dokłądnie że moment bezwładności środkowego trójkąta wynosi I/16?
2) Dla pozostałych trójkącików obliczamy z twierdzenia Steinera - czy dlatego jest h/3 we wzorze bo punkty przecięcia sie wysokości w tych małych sa oddalone o h/3 od punktow przeciecia w srodkowym?
3) Co my de facto liczymy z twierdzenia Steinera dla tych 3 trójkątów? Moment bezwładności układu trójkąt środkowy - trójkat boczny?
4) Dlaczego potem możemy sobie tak skalarnie zsumować?

Mam nadzieje, ze Cie nie przeraziłem natłokiem pytań, ale
niepewnie sie czuje w tej dziedzinie, bec bede wdzieczny za wyjasnienia.

pozdrawiam,
freeze

[luka52]

ad. 1) Ponieważ jest 4 razy lżejszy i 4 razy mniejszy (nie jestem pewien czy się poprawnie wyraziłem, ale chodzi o odpowiednie skalowanie)
ad. 2) Punkt przecięcia się środkowych to środek masy dużego i środkowego małego trójkąta, więc tak.
ad. 3) Z tw. Steinera liczymy moment bezwładności każdego z małych, narożnych trójkątów wzgledem środka masy dużego trójkąta, gdyż wokół osi prostopadłej do środka masy dużego trójkąta te mniejsze, narożne trójkąty się obracają.
ad. 4) Wynika to ze wzoru na moment bezwładności:
\(\displaystyle{ I = \sum_{i=1}^{n} m_i r_i^2}\)
w naszym przypadku mamy n=4, a i=1,2,3,4 odnosi się do każdego z mniejszych trójkątów (z tym, że należy uwzględnić iż moment bezwładności tych małych trójkątów to nie jest \(\displaystyle{ m_i r_i^2}\) - zamiast małych cząstek o m.b. mr^2 mamy cztery trójkąty).

Może trochę zagmatwałem swoją wypowiedź ??:

[Filipo69]

Zgadza sie. Ciekawy sposob z tym podzialem... Wnioskuje, ze mozna go zastosowac dla innych figur foremnych, jak na przyklad dla szesciokata foremnego Dzieki za pomoc