Esercizi sul centro di massa e sul momento d’inerzia 13

Calcolo del centro di massa e dei momenti d'inerzia

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Testi degli esercizi

Esercizio 13  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar).

Dimostrare che il momento d’inerzia di un triangolo rettangolo omogeneo di massa m e di cateti a e b rispetto ad un asse ad esso ortogonale e passante per il proprio centro di massa è \frac{m}{18}(a^2+b^2).

 

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.  

Il momento d’inerzia è la misura quantitativa dell’inerzia rotazionale di un corpo, ossia la resistenza che un corpo oppone a un’alterazione della propria velocità rotazionale ad opera di un momento esterno. Tale ruolo, evidente nella legge della dinamica rotazionale

(5)   \begin{equation*} M^{\text{ext}}=I \alpha, \end{equation*}

dove M^{\text{ext}} è il momento risultante delle forze esterne applicate, e \alpha è l’accelerazione angolare del corpo considerato, è molto simile al ruolo della massa nella seconda legge della dinamica (la resistenza che un corpo oppone ad un’alterazione della propria velocità lineare)

(6)   \begin{equation*} \vec{F}=m\vec{a}, \end{equation*}

dove \vec{F} è la forza risultante, e \vec{a} è l’accelerazione. Il momento d’inerzia di un sistema di punti materiali è dato da

(7)   \begin{equation*} I=\sum^N_{i=1}m_ir^2_i. \end{equation*}

Per un corpo solido relativo ad un dominio D \subset \mathbb{R}^3 avente densità \delta \colon D \rightarrow [0,+\infty), e dato un asse \sigma \subset \mathbb{R}^3, il momento d’inerzia di D rispetto a \sigma è pari a

(8)   \begin{equation*} I= \int_D \delta(x,y,z) r^2_\sigma (x,y,z)\  \mathrm{d}x \mathrm{d}y \mathrm{d}z, \end{equation*}

dove r^2_\sigma (x,y,z) è il quadrato della distanza del punto (x,y,z) dall’asse \sigma. Se il corpo è costituito da un oggetto sottile assimilabile a una superficie oppure a una curva, l’integrale precedente viene convenientemente scritto come un integrale di superficie o curvilineo, scegliendo un’opportuna parametrizzazione della stessa. Gli esercizi seguenti mirano ad applicare le idee qui descritte, esplorando una sufficiente varietà di situazioni in cui alcune semplificazioni rendono il calcolo più efficiente e immediato.


Possiamo ora presentare la soluzione dell’esercizio.

Svolgimento.

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Figura 13: rappresentazione del triangolo rettangolo di cateti \displaystyle a e \displaystyle b descritto nel testo, all’interno di un conveniente sistema di riferimento \displaystyle Oxy.

 

Dopo aver introdotto un sistema di riferimento fisso Oxy come in figura 13, calcoliamo le coordinate del centro di massa:

(9)   \begin{equation*} G = \left(\frac{a}{3},\frac{b}{3}\right), \end{equation*}

dove abbiamo usato che le coordinate del baricentro sono date dalla media aritmetica dei tre vertici del triangolo. Ricaviamo lo stesso risultato adoperando il calcolo integrale: l’ascissa e l’ordinata del centro di massa sono date rispettivamente da

(10)   \begin{equation*} x_{\text{cm}}=\frac{1}{m}\iint_D x \sigma \mathrm{d}x \mathrm{d}y, \end{equation*}

(11)   \begin{equation*} y_{\text{cm}}=\frac{1}{m}\iint_D y \sigma \mathrm{d}x \mathrm{d}y, \end{equation*}

dove D è il dominio relativo alla figura studiata, ossia

(12)   \begin{equation*} D=\left\{(x,y) \in\mathbb{R}^2| 0 \leq x \leq a, 0 \leq y \leq b - \dfrac{b}{a}x\right\}. \end{equation*}

Risolvendo gli integrali, si ha

    \[\begin{aligned} x_{\text{cm}} &= \frac{1}{m}\int^a_0 \mathrm{d}x \int^{b - \frac{b}{a}x}_0 x \sigma \mathrm{d}y=\\ &=\frac{\sigma}{m}\int^a_0 x\left(b - \frac{b}{a}x\right) \mathrm{d}x=\\  &=\dfrac{2}{ab}\left[b\frac{x^2}{2}-\frac{b}{a}\frac{x^3}{3}\right]^a_0=\\  &=a-\dfrac{2}{3}a=\\  &=\dfrac{a}{3}, \end{aligned}\]

dove abbiamo notato che la densità superficiale è data da \sigma=\dfrac{m}{\frac{ab}{2}};

    \[\begin{aligned} y_{\text{cm}}&=\frac{1}{m}\int^a_0 \mathrm{d}x \int^{b - \frac{b}{a}x}_0 y \sigma \mathrm{d}y =\\  &=\frac{\sigma}{m}\int^a_0 \dfrac{1}{2}\left(b - \frac{b}{a}x\right)^2 \mathrm{d}x=\\ &= \dfrac{1}{ab}\int^a_0 b^2+ \dfrac{b^2}{a^2}x^2 - 2 \dfrac{b^2}{a}x \mathrm{d}x= \\  &=\dfrac{1}{ab}\left[b^2x + \dfrac{b^2}{a^2}\dfrac{x^3}{3}-2\dfrac{b^2}{a} \dfrac{x^2}{2}  \right]^a_0=\\ &= b+\dfrac{b}{3}-b=\\ &= \dfrac{b}{3}. \end{aligned}\]

Determiniamo adesso il momento d’inerzia. Per definizione di momento d’inerzia rispetto al punto G, quest’ultimo è dato da

(13)   \begin{equation*} I=\iint_D \sigma |\vec{r}|^2 \mathrm{d}x\mathrm{d}y, \end{equation*}

dove |\vec{r}| è la distanza tra il punto generico di coordinate (x,y) e il baricentro. Risolviamo il problema applicando il teorema di Huygens-Steiner; indicando con I_O il momento di inerzia rispetto all’origine degli assi, si ha

(14)   \begin{equation*} I=I_O-m|\vec{r}_{\text{cm}}|^2=\frac{2m}{ab} \iint_D (x^2+y^2) \mathrm{d}x\mathrm{d}y - m \left(\frac{a^2}{9}+\frac{b^2}{9}\right)=\frac{2m}{ab}\iint_D(x^2+y^2) \mathrm{d}x \mathrm{d}y - m \left(\frac{a^2}{9}+\frac{b^2}{9}\right). \end{equation*}

Per l’integrale doppio in (14), ricordando la definizione di D si ha

    \[\begin{aligned} \iint_D(x^2+y^2)\, \mathrm{d}x\, \mathrm{d}y &=\int_0^a \mathrm{d}x \int_0^{b-\frac{b}{a}x} (x^2+y^2) \mathrm{d}y=\\ &=\int_0^a x^2 \left(b-\frac{b}{a}x\right) \mathrm{d}x + \frac{1}{3}\int_0^a \left(b-\frac{b}{a}x\right)^3 \mathrm{d}x = \\ & = \frac{a^3b}{3}-\frac{a^4b}{4a}+\frac{a}{12b}\left[\left(b-\frac{b}{a}x\right)^4\right]^a_0=\\ &= \frac{a^3 b}{12} + \frac{ab^3}{12}. \end{aligned}\]

Inserendo tale risultato in (14) si ottiene

(15)   \begin{equation*} I=\frac{2m}{ab} \left(\frac{a^3 b}{12} + \frac{ab^3}{12}\right) - m \left(\frac{a^2}{9}+\frac{b^2}{9}\right) = \frac{m}{18}(a^2+b^2). \end{equation*}

Ricaviamo lo stesso risultato anche applicando la definizione di momento d’inerzia:

(16)   \begin{equation*} I=\int \int_D \sigma |\vec{r}|^2 \mathrm{d}x\mathrm{d}y, \end{equation*}

dove \vec{r} è la distanza tra il punto generico di coordinate (x,y) e il baricentro. L’integrale doppio si espliciterà quindi come segue

(17)   \begin{equation*} I=\int^a_0 \mathrm{d}x \int_0^{b - \frac{b}{a}x} \sigma \left[\left(x-\frac{a}{3}\right)^2 + \left(y-\frac{b}{3}\right)^2\right] \mathrm{d}y; \end{equation*}

osservando che \sigma è costante ed effettuando per prima l’integrazione rispetto alla variabile y si ha

    \[\begin{aligned} I&=\sigma \int^a_0 \left[y\left(x-\frac{a}{3}\right)^2+\frac{1}{3}\left(y-\frac{b}{3}\right)^3\right]_0^{b - \frac{b}{a}x}\mathrm{d}x=\\  &=\sigma \int^a_0\left(b-\frac{b}{a}x\right) \left( x- \frac{a}{3} \right)^2 +\frac{1}{3}\left( b- \frac{b}{a} x -\frac{b}{3} \right)^3 +\frac{1}{3} \frac{b^3}{27}  \mathrm{d}x=\\ &=\sigma \int^a_0\left(b-\frac{b}{a}x\right)\left( x^2 +\frac{a^2}{9}-\frac{2}{3}ax\right)\mathrm{d}x + \sigma \left[ - \frac{1}{3} \frac{a}{b} \cdot \frac{1}{4} \left( b- \frac{b}{a} x -\frac{b}{3} \right)^4+\frac{1}{3} \frac{b^3}{27}x\right]^a_0, \end{aligned}\]

dove nell’ultimo passaggio si è effettuata l’integrazione, rispetto alla variabile x degli ultimi due termini della funzione integranda (ossia i termini \left( b- \frac{b}{a} x -\frac{b}{3} \right)^3 +\frac{1}{3} \frac{b^3}{27}). Procediamo adesso completando l’integrale definito relativo agli ultimi due termini ed effettuando il prodotto dei polinomi che compongono la funzione integranda rimasta, integrando successivamente:

    \[\begin{aligned} I&=\sigma \int^a_0\left(bx^2 +\frac{ba^2}{9}-\frac{2}{3}axb-\frac{b}{a}x^3-\frac{ba}{9}x+\frac{2}{3}bx^2 \right) \mathrm{d}x - \frac{a\sigma}{12b}\left(b-b-\frac{b}{3}\right)^4+\frac{a\sigma}{12b}\left(b-\frac{b}{3}\right)^4+\frac{b^3}{81}a\sigma=\\ &= \sigma \left[ \frac{b}{3}x^3 + \frac{ba^2}{9}x-\frac{1}{3}abx^2-\frac{b}{4a}x^4-\frac{ba}{18}x^2+\frac{2}{9}bx^3\right]^a_0-\frac{a\sigma}{12b}\cdot \frac{b^4}{81} + \frac{a\sigma}{12b} \cdot \frac{16}{81} b^4+\frac{b^3}{81}a\sigma=\\ &=\sigma \left( \frac{a^3b}{3} + \frac{a^3b}{9} - \frac{a^3b}{3} - \frac{a^3b}{4} - \frac{a^3b}{18} + \frac{2a^3b}{9} - \frac{ab^3}{972} +\frac{4ab^3}{243}+ \frac{ab^3}{81} \right)=\\ &=\sigma \left(\frac{a^3b}{36}+\frac{ab^3}{36}\right). \end{aligned}\]

Esplicitiamo a questo punto la densità superficiale \sigma=\dfrac{m}{|D|}, dove |D| è l’area del triangolo rettangolo, ossia \dfrac{ab}{2}; avremo pertanto

(18)   \begin{equation*} I=\frac{m}{|D|} \frac{ab}{36}(a^2+b^2)=\frac{m}{\dfrac{ab}{2}} \frac{ab}{36}(a^2+b^2), \end{equation*}

da cui, effettuando le opportune semplificazioni, si giunge al risultato finale:

(19)   \begin{equation*} I=\frac{m}{18}(a^2+b^2). \end{equation*}