Esercizi sul momento d’inerzia 11

Calcolo del centro di massa e dei momenti d'inerzia

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Esercizio sul momento di inerzia – 11

In questo undicesimo articolo della raccolta di esercizi sul momento di inerzia presentiamo il calcolo del momento di inerzia di un triangolo rettangolo. Segnaliamo anche il precedente esercizio sul momento di inerzia – 10 sul calcolo del momento di inerzia di una lamina ellittica sottile avente densità variabile.

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Testo dell’esercizio

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ .

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 $\frac{m}{18}(a^2+b^2)$ .

Richiamiamo brevemente i principali risultati teorici utilizzati nell’esercizio.

Richiami teorici.

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. Ciò è evidente nella legge della dinamica rotazionale

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

dove $\vec{M}^{\text{ext}}$ è il momento risultante delle forze esterne applicate al corpo, rispetto a un asse fissato, e $\vec{\alpha}$ è l’accelerazione angolare del corpo considerato rispetto allo stesso asse. Il ruolo di $I$ è quindi molto simile a quello della massa nella seconda legge della dinamica (la resistenza che un corpo oppone ad un’alterazione della propria velocità lineare)

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

dove $\vec{F}$ è la forza risultante applicata al corpo, e $\vec{a}$ è la sua accelerazione. Il momento d’inerzia di un sistema di punti materiali rispetto ad un asse fissato è dato da

(3) $\begin{equation*} I=\sum^N_{i=1}m_ir^2_i, \end{equation*}$

dove $m_i$ e $r_i$ rappresentano rispettivamente la massa e la distanza dall’asse di rotazione dell’ $i$ -esimo punto materiale. È importante considerare che il momento d’inerzia dipende dalle distanze dall’asse di rotazione, ed al variare dell’asse rispetto a cui lo si calcola, anch’esso varia. Per un corpo solido relativo ad un dominio $D \subset \mathbb{R}$ avente densità $\delta \colon D \rightarrow [0,+\infty)$ , e dato un asse $\sigma \subset \mathbb{R}$ , il momento d’inerzia di $D$ rispetto a $\sigma$ è pari a

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

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 un dominio di un piano oppure a una curva, l’integrale precedente viene convenientemente scritto come un integrale di superficie o curvilineo, scegliendo un’opportuna parametrizzazione della stessa. In questo esercizio si renderà necessario calcolare il centro di massa delle figure considerate. Ricordiamo che, 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

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

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:

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

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

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

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.

Possiamo ora presentare lo svolgimento dell’esercizio.

Svolgimento.

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Figura 11: rappresentazione del triangolo rettangolo di cateti $a$ e $b$ descritto nel testo, all’interno di un conveniente sistema di riferimento $Oxy.$

Dopo aver introdotto un sistema di riferimento fisso $Oxy$ come in figura 11, le coordinate del centro di massa sono:

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

in quanto coincidono con la media aritmetica delle coordinate 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) $\begin{equation*} D=\left\{(x,y) \in\mathbb{R}^2 \colon 0 \leq x \leq a, 0 \leq y \leq b - \dfrac{b}{a}x\right\}. \end{equation*}$

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

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

dove $\vec{r}$ è la distanza tra il punto generico di coordinate $(x,y)$ e il baricentro. 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) $\begin{equation*} I=\frac{m}{18}(a^2+b^2). \end{equation*}$

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