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Esercizio sul centro di massa – 4

Calcolo del centro di massa e dei momenti d'inerzia

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Esercizio sul centro di massa – 4

In questo quarto articolo della raccolta di esercizi sul centro di massa presentiamo il calcolo del centro di massa di un rettangolo costituito da barrette lineari. Segnaliamo anche il precedente esercizio sul centro di massa – 3 e il successivo esercizio sul centro di massa – 5 per ulteriore materiale sul medesimo argomento.

 

Testo dell’esercizio

Esercizio 4  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar).

Un telaio rettangolare è formato da quattro aste omogenee saldate come in figura: QR ed ST identiche, di massa 2m e lunghezza 2L, RS, di massa 3m e lunghezza L e QT, di massa m e lunghezza L. Determinare la posizione del centro di massa del corpo.

 

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Prima di presentare la soluzione, ricordiamo brevemente alcuni concetti teorici che utilizzeremo. Il lettore può utilizzare tali richiami come suggerimento, nel caso desiderasse sapere quali strumenti usare nello svolgimento.

Richiami teorici.

Il centro di massa di un corpo rigido o di un sistema di punti materiali riveste notevole importanza nello studio della statica e nella dinamica di tali oggetti: è noto infatti che, a tal fine, è possibile considerare un sistema di punti materiali o un corpo rigido come un unico punto materiale, situato nel centro di massa, di massa pari alla massa totale del sistema e su cui agisce la risultante delle forze esterne applicate al sistema. Ciò consente di trascurare i cosiddetti moti interni e ottenere una descrizione semplificata, ma per certi versi essenziale, dello stato di moto del corpo. Una volta determinato il moto del centro di massa risulta poi generalmente più semplice determinare i moti delle particelle costituenti il corpo, relativamente a tale centro di massa. Si pensi ad esempio a due palline sferiche di massa m_1 e m_2, legate tramite un’asta rigida o una molla, e si supponga di lanciare questo oggetto in aria. Si osserverà un moto molto complicato delle due palline, ma si può dimostrare che il moto del centro di massa è puramente parabolico. Analogamente avviene nel caso di corpi rigidi, in rotazione, etc. Da queste considerazioni appare essenziale essere in grado di determinare la posizione del centro di massa di sistemi di punti materiali o di corpi solidi. Mentre per un sistema di n punti materiali aventi posizioni \vec{r}_i e masse m_i il centro di massa risulta essere determinato da

(1)   \begin{equation*} \vec{r}_{\text{cm}}=\frac{\sum^n_{i=1}m_i \vec{r}_i}{\sum^n_{i=1}m_i}, \end{equation*}

per un corpo solido descritto come un dominio D \subset \mathbb{R}^3 avente densità volumica \delta \colon D \rightarrow [0, + \infty), le coordinate del centro di massa si ottengono con le versioni integrali di tali relazioni:

(2)   \begin{equation*} x_{\text{cm}}= \frac{1}{m} \iiint_D x \delta (x,y,z)\, \mathrm{d}x\, \mathrm{d}y\, \mathrm{d}z = \frac{\iiint_D x \delta(x,y,z)\, \mathrm{d}x\, \mathrm{d}y\, \mathrm{d}z }{\iiint_D\delta(x,y,z)\, \mathrm{d}x\, \mathrm{d}y\, \mathrm{d}z }, \end{equation*}

(3)   \begin{equation*} y_{\text{cm}}= \frac{1}{m} \iiint_D y \delta (x,y,z)\, \mathrm{d}x\, \mathrm{d}y\, \mathrm{d}z = \frac{\iiint_D y \delta(x,y,z)\, \mathrm{d}x\, \mathrm{d}y\, \mathrm{d}z }{\iiint_D\delta(x,y,z)\, \mathrm{d}x\, \mathrm{d}y\, \mathrm{d}z }, \end{equation*}

(4)   \begin{equation*} z_{\text{cm}}= \frac{1}{m} \iiint_D z \delta (x,y,z)\, \mathrm{d}x\, \mathrm{d}y\, \mathrm{d}z = \frac{\iiint_D z \delta(x,y,z)\, \mathrm{d}x\, \mathrm{d}y\, \mathrm{d}z }{\iiint_D\delta(x,y,z)\, \mathrm{d}x\, \mathrm{d}y\, \mathrm{d}z }, \end{equation*}

dove con m=\iiint_D \delta(x,y,z)\, \mathrm{d}x\, \mathrm{d}y\, \mathrm{d}z si è indicata la massa totale del corpo D. Nel caso in cui il corpo è supposto omogeneo, ossia in cui \delta è una funzione costante, essa si semplifica dal calcolo e le formule risultanti coinvolgono soltanto le proprietà geometriche di D, senza alcun riferimento alla sua massa. Chiaramente, a volte il corpo in esame possiede delle proprietà geometriche particolari, ad esempio può essere costituito da una lastra piana sottile o da un’asta sottile, riducendo il calcolo delle coordinate del centro di massa alla risoluzioni rispettivamente di integrali doppi o di superficie, oppure integrali semplici o di linea.  


Possiamo ora presentare la soluzione dell’esercizio.

Svolgimento.

Dopo aver introdotto un conveniente sistema fisso di assi cartesiani Oxy come nella figura data, consideriamo singolarmente le aste che compongono il telaio. Indichiamo, per semplicità di notazione, le aste con i numeri 1,2,3,4, assegnando 1 alla barretta QR e procedendo in senso antiorario. Dal problema precedente, sappiamo che il centro di massa di un’asta omogenea coincide con il centro geometrico della stessa. Dunque, indicando con \vec{r}_i il centro di massa della barretta i, si ha

(5)   \begin{equation*} \vec{r}_1=(L,0), \ \ \ \ \ \vec{r}_2=\left(2L,\frac{L}{2}\right), \ \ \ \ \ \vec{r}_3=\left(L,L\right) \ \ \ \ \ \vec{r}_4=\left(0,\frac{L}{2}\right). \end{equation*}

Poiché possiamo trattare ciascuna barretta come un punto materiale di massa m_i e posizione \vec{r}_i, applichiamo la formula (1) ottenendo

(6)   \begin{equation*} \vec{r}_{\text{cm}}=\frac{\sum^4_{i=1}m_i\vec{r}_i}{\sum^4_{i=1}m_i}=\frac{2m(L,0)+ 3m\left(2L,\frac{L}{2}\right)+2m\left(L,L\right)+m\left(0,\frac{L}{2}\right) }{2m+3m+2m+m}. \end{equation*}

La posizione del centro di massa è pertanto:

(7)   \begin{equation*} \vec{r}_{\text{cm}}=\left(\frac{5}{4} L , \frac{1}{2}L\right). \end{equation*}


 
 

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