Baricentro lamina
Buonasera,
sto provando a fare questo esercizio:
una lamina a forma di L è ottenuta togliendo da un quadrato di lato 4 un quadrato di lato 3 e ha una densità $ delta (x,y) $ pari al quadrato della della distanza del punto (x,y) dal centro del quadrato grande.
Determinare il baricentro di tale lamina.
Dato che $ M=int int_(D)^() delta (x,y) dx dy $
Pensavo di dividere in due rettangoli la lamina a L quindi
$ M1=int_(0)^(4) int_(0)^(1) y^2 dx dy $ e
$ M2=int_(0)^(1) int_(0)^(3) y^2 dx dy $
e poi sommarli ma non sono certo di come ho scritto le formule soprattutto nella parte in cui metto la densità
sto provando a fare questo esercizio:
una lamina a forma di L è ottenuta togliendo da un quadrato di lato 4 un quadrato di lato 3 e ha una densità $ delta (x,y) $ pari al quadrato della della distanza del punto (x,y) dal centro del quadrato grande.
Determinare il baricentro di tale lamina.
Dato che $ M=int int_(D)^() delta (x,y) dx dy $
Pensavo di dividere in due rettangoli la lamina a L quindi
$ M1=int_(0)^(4) int_(0)^(1) y^2 dx dy $ e
$ M2=int_(0)^(1) int_(0)^(3) y^2 dx dy $
e poi sommarli ma non sono certo di come ho scritto le formule soprattutto nella parte in cui metto la densità
Risposte
Non mi pare che $delta (x,y) = y^2$ sia la densità assegnata.
Il centro del quadrato originale, in un riferimento O(x,y) con origine O nel vertice inferiore sinistro e assi orientati come al solito, ha coordinate: $(2,2)$ . Detto $P(x,y)$ un punto qualunque della lamina a $L$ , la distanza di P da C è data da :
$d^2=(x-2)^2 +(y-2)^2$
Si tratta quindi di integrare $d^2$ nel dominio rappresentato dalla $L$ .
Si potrebbe sfruttare la simmetria, considerando la L divisa in tre pezzi: il quadratino di lati $(1,1)$ adiacente ad O , e i due rettangoli di lati $ (3,1) $ ovvero $ (1,3)$ , che sono uguali, quindi è sufficiente trovare la massa di uno e moltiplicarla per 2.
È solo un esercizio di integrazione.
$d^2=(x-2)^2 +(y-2)^2$
Si tratta quindi di integrare $d^2$ nel dominio rappresentato dalla $L$ .
Si potrebbe sfruttare la simmetria, considerando la L divisa in tre pezzi: il quadratino di lati $(1,1)$ adiacente ad O , e i due rettangoli di lati $ (3,1) $ ovvero $ (1,3)$ , che sono uguali, quindi è sufficiente trovare la massa di uno e moltiplicarla per 2.
È solo un esercizio di integrazione.
Con quell'integrazione si giunge alla massa della lamina, ma non è ciò che chiede l'esercizio.
L'esercizio chiede di determinare la posizione del baricentro, che è cosa ben più complessa.
Conoscere la massa della lamina è inutile al fine di determinare la posizione del baricentro, che deve essere invece determinato azzerando l'integrale del prodotto $\rhob$, dove $b$ rappresenta la distanza del baricentro dall'elemento infinitesimo al quale si riferisce, e ricavando $b$ di conseguenza. In formule
[tex]\iint \rho \, b \, \mathrm{d} x \, \mathrm{d} y= 0[/tex]
Dato che la lamina è simmetrica rispetto alla diagonale principale, il baricentro cadrà su questa retta e di conseguenza le sue coordinate x e y saranno le stesse. Questo particolare permette una semplificazione del problema che può essere affrontato integrando in un'unica dimensione.
[tex]\int \rho' \, b_x \, \mathrm{d} x= 0[/tex]
con
[tex]\rho'=\int \rho(x,y) \, \mathrm{d} y=\int_{y_a}^{y_b} (x^2+y^2) \, \mathrm{d} y={x^2y+\frac{1}{3}y^3}\biggr|_{y_a}^{y_b}[/tex]
Questo valore $\rho'$, è rappresentato da due equazioni distinte per x<-1 e x>-1 che si ottengono dall'equazione precedente con diversi estremi di integrazione
[tex]\rho'_1={x^2y+\frac{1}{3}y^3}\biggr|_{-2}^{+2}=4x^2+16/3[/tex]
[tex]\rho'_2={x^2y+\frac{1}{3}y^3}\biggr|_{-2}^{-1}=x^2+7/3[/tex]
Possiamo ora scrivere l'equazione generale come
[tex]\int_{-2}^{-1}(4x^2+16/3)(x-x_0)\,\mathrm{d} x + \int_{-1}^{+2}(x^2+7/3)(x-x_0)\,\mathrm{d} x=0[/tex]
che integrata diventa
[tex]-\frac{44}{3}x_0-23-10x_0+\frac{29}{4}=0[/tex]
ovvero
[tex]296x_0+ 189 = 0[/tex]
da cui
[tex]x_0 = -\frac{189}{296}\approx -0.6385[/tex]
La posizione del baricentro sarà allora
[tex]B = (-\frac{189}{296}, \,-\frac{189}{296})[/tex]
Dato il risultato un po' "strano", ho costruito il modello di un oggetto fisico che rappresentasse quanto descritto, facendone poi calcolare il baricentro dal programma di modellazione solida. Ne è uscito qualcosa che sarebbe anche un bel fermacarte se non fosse per gli estremi un po' troppo appuntiti...
Il risultato della simulazione conferma la correttezza dell'approccio analitico.
Il problema non è affatto banale, mi piacerebbe sapere la provenienza di questo esercizio.
L'esercizio chiede di determinare la posizione del baricentro, che è cosa ben più complessa.
Conoscere la massa della lamina è inutile al fine di determinare la posizione del baricentro, che deve essere invece determinato azzerando l'integrale del prodotto $\rhob$, dove $b$ rappresenta la distanza del baricentro dall'elemento infinitesimo al quale si riferisce, e ricavando $b$ di conseguenza. In formule
[tex]\iint \rho \, b \, \mathrm{d} x \, \mathrm{d} y= 0[/tex]
Dato che la lamina è simmetrica rispetto alla diagonale principale, il baricentro cadrà su questa retta e di conseguenza le sue coordinate x e y saranno le stesse. Questo particolare permette una semplificazione del problema che può essere affrontato integrando in un'unica dimensione.
[tex]\int \rho' \, b_x \, \mathrm{d} x= 0[/tex]
con
[tex]\rho'=\int \rho(x,y) \, \mathrm{d} y=\int_{y_a}^{y_b} (x^2+y^2) \, \mathrm{d} y={x^2y+\frac{1}{3}y^3}\biggr|_{y_a}^{y_b}[/tex]
Questo valore $\rho'$, è rappresentato da due equazioni distinte per x<-1 e x>-1 che si ottengono dall'equazione precedente con diversi estremi di integrazione
[tex]\rho'_1={x^2y+\frac{1}{3}y^3}\biggr|_{-2}^{+2}=4x^2+16/3[/tex]
[tex]\rho'_2={x^2y+\frac{1}{3}y^3}\biggr|_{-2}^{-1}=x^2+7/3[/tex]
Possiamo ora scrivere l'equazione generale come
[tex]\int_{-2}^{-1}(4x^2+16/3)(x-x_0)\,\mathrm{d} x + \int_{-1}^{+2}(x^2+7/3)(x-x_0)\,\mathrm{d} x=0[/tex]
che integrata diventa
[tex]-\frac{44}{3}x_0-23-10x_0+\frac{29}{4}=0[/tex]
ovvero
[tex]296x_0+ 189 = 0[/tex]
da cui
[tex]x_0 = -\frac{189}{296}\approx -0.6385[/tex]
La posizione del baricentro sarà allora
[tex]B = (-\frac{189}{296}, \,-\frac{189}{296})[/tex]
Dato il risultato un po' "strano", ho costruito il modello di un oggetto fisico che rappresentasse quanto descritto, facendone poi calcolare il baricentro dal programma di modellazione solida. Ne è uscito qualcosa che sarebbe anche un bel fermacarte se non fosse per gli estremi un po' troppo appuntiti...
Il risultato della simulazione conferma la correttezza dell'approccio analitico.
Il problema non è affatto banale, mi piacerebbe sapere la provenienza di questo esercizio.
@liuto
È vero che con quello che ti ho detto determini soltanto la massa della lamina, e non il baricentro. Ma aspettavo che mi chiedessi lumi, per proseguire, in quanto l'esercizio non è finito.
Sai come devi fare per trovare $G$ ? Innanzitutto, $G$ giace sulla bisettrice del primo quadrante ( v. figura allegata , io disegno spesso a mano) , che ha equazione : $y=x$ .
Poi, prendi un quadratino nella lamina, come quello che disegnato io, di area $dS = dx*dy$ , moltiplicalo per la densità $\delta$ , che ha quella espressione prima detta , e hai la massa elementare $dm = \deltadS $ .
Trova il momento statico elementare [nota]sai che cosa è il momento statico, vero?[/nota] di $dm$ rispetto all'asse $y$ , moltiplicando per $x$ :
$dm_s = x*dm$
Poi integra $dm_s $ su tutta l'area della lamina , facendo sempre attenzione a suddividere l'area in pezzi, e a scrivere nella maniera corretta gli estremi di integrazione. Qui basta considerare due soli rettangoli, quello attaccato all'asse x, di base 4 a altezza 1, e quello attaccato all'asse y, di base 1 e altezza 3 : guarda la figurina.
Questo integrale ti dà il momento statico totale $M_s$ di tutta la massa della lamina rispetto all'asse $y$ .
Dividi il momento statico totale per la massa della lamina, che hai determinato prima, e hai la coordinata $x_G$ del baricentro . L'altra coordinata $y_G$ ha lo stesso valore numerico. Il procedimento descritto non è altro che l’applicazione della definizione delle coordinate di G per un sistema continuo, e qui devi farlo solo per 1 coordinata, vista la simmetria.
Io i conti non li faccio, scusami . Si tratta in definitiva di qualche integrale doppio, neanche tanto difficile.
È vero che con quello che ti ho detto determini soltanto la massa della lamina, e non il baricentro. Ma aspettavo che mi chiedessi lumi, per proseguire, in quanto l'esercizio non è finito.
Sai come devi fare per trovare $G$ ? Innanzitutto, $G$ giace sulla bisettrice del primo quadrante ( v. figura allegata , io disegno spesso a mano) , che ha equazione : $y=x$ .
Poi, prendi un quadratino nella lamina, come quello che disegnato io, di area $dS = dx*dy$ , moltiplicalo per la densità $\delta$ , che ha quella espressione prima detta , e hai la massa elementare $dm = \deltadS $ .
Trova il momento statico elementare [nota]sai che cosa è il momento statico, vero?[/nota] di $dm$ rispetto all'asse $y$ , moltiplicando per $x$ :
$dm_s = x*dm$
Poi integra $dm_s $ su tutta l'area della lamina , facendo sempre attenzione a suddividere l'area in pezzi, e a scrivere nella maniera corretta gli estremi di integrazione. Qui basta considerare due soli rettangoli, quello attaccato all'asse x, di base 4 a altezza 1, e quello attaccato all'asse y, di base 1 e altezza 3 : guarda la figurina.
Questo integrale ti dà il momento statico totale $M_s$ di tutta la massa della lamina rispetto all'asse $y$ .
Dividi il momento statico totale per la massa della lamina, che hai determinato prima, e hai la coordinata $x_G$ del baricentro . L'altra coordinata $y_G$ ha lo stesso valore numerico. Il procedimento descritto non è altro che l’applicazione della definizione delle coordinate di G per un sistema continuo, e qui devi farlo solo per 1 coordinata, vista la simmetria.
Io i conti non li faccio, scusami . Si tratta in definitiva di qualche integrale doppio, neanche tanto difficile.
Si ovviamente l'esercizio non era finito devo trovare le coordinate del baricentro e io pensavo di trovarle con:
$ x_o=M_y/M $ e $ y_o=M_x/M $ ,
$ M_x $ lo trovo quindi con $ M_x=int_(0)^(4)int_(0)^(1)y[(x-2)^2+(y-2)^2 ] dx dy $ più $ M_x=int_(0)^(1)int_(0)^(3)y[(x-2)^2+(y-2)^2 ] dx dy $
stessa cosa con $ M_y $
$ x_o=M_y/M $ e $ y_o=M_x/M $ ,
$ M_x $ lo trovo quindi con $ M_x=int_(0)^(4)int_(0)^(1)y[(x-2)^2+(y-2)^2 ] dx dy $ più $ M_x=int_(0)^(1)int_(0)^(3)y[(x-2)^2+(y-2)^2 ] dx dy $
stessa cosa con $ M_y $
È sufficiente trovare una sola coordinata, l'altra ha lo stesso valore numerico , te l'ho già spiegato. Mi sembra però che gli estremi di integrazione nel secondo termine che hai scritto non siano corretti, guarda il disegno.
Si è vero dovevo mettere 1 e 3.
Volevo chiedere un'altra, più che altro sull'impostazione iniziale di questi due esercizi
Una lamina ha la forma di un quadrato ed una densità p(x,y) pari alla distanza del punto (x,y) da una diagonale del quadrato.
In questo caso per trovare la massa e quindi impostare la densità pensavo di fare più o meno come l'esercizio precedente cioè
$ M=int_(0)^(1) int_(0)^(1)(x-a)+(y-b) dx dy $ dove 1 è il lato del quadrato e le lettere a e b sono la distanza dal lato alla diagonale.
Nell'altro esercizio
Una lamina ha la forma di un cerchio ed una densità p(x,y) pari alla distanza del punto (x,y) da una retta tangente alla circonferenza.
In questo caso pensavo di trovare la densità facendo d=R-r dove R è il raggio totale e r è la distanza tra il centro e il punto (x,y) quindi
$ M=int_(0)^(R) int_(0)^(2pi )R-r ddelta dsigma $
Volevo chiedere un'altra, più che altro sull'impostazione iniziale di questi due esercizi
Una lamina ha la forma di un quadrato ed una densità p(x,y) pari alla distanza del punto (x,y) da una diagonale del quadrato.
In questo caso per trovare la massa e quindi impostare la densità pensavo di fare più o meno come l'esercizio precedente cioè
$ M=int_(0)^(1) int_(0)^(1)(x-a)+(y-b) dx dy $ dove 1 è il lato del quadrato e le lettere a e b sono la distanza dal lato alla diagonale.
Nell'altro esercizio
Una lamina ha la forma di un cerchio ed una densità p(x,y) pari alla distanza del punto (x,y) da una retta tangente alla circonferenza.
In questo caso pensavo di trovare la densità facendo d=R-r dove R è il raggio totale e r è la distanza tra il centro e il punto (x,y) quindi
$ M=int_(0)^(R) int_(0)^(2pi )R-r ddelta dsigma $
"liuto":
Si è vero dovevo mettere 1 e 3.
No, sbagli ancora. Stai integrando rispetto a $y$ per trovare $M_x$ , cioè il momento statico rispetto all'asse $x$ . E allora, il primo addendo è giusto ; il secondo addendo corretto è questo :
$int_(0)^(1)int_(1)^(4)y[(x-2)^2+(y-2)^2 ] dx dy $
cioè , i imiti di integrazione rispetto a $y$ sono 1 e 4 : guarda la figura!
Volevo chiedere un'altra, più che altro sull'impostazione iniziale di questi due esercizi
Una lamina ha la forma di un quadrato ed una densità p(x,y) pari alla distanza del punto (x,y) da una diagonale del quadrato.
In questo caso per trovare la massa e quindi impostare la densità pensavo di fare più o meno come l'esercizio precedente...
Nell'altro esercizio
Una lamina ha la forma di un cerchio ed una densità p(x,y) pari alla distanza del punto (x,y) da una retta tangente alla circonferenza....
È chiaro che l'impostazione è sempre la stessa. Disegna la figura, metti degli assi cartesiani "facili", trova le espressioni analitiche della distanza di un punto generico $P(x,y)$ dalla retta che ti interessa , e poi fa' degli integrali doppi. Non possiamo fare tutta la casistica, qui ! Per il quadrato, messo in modo che la diagonale sia parallela alla bisettrice 2º-4º quadrante , se il lato misura $L = 1$ , l'equazione della retta a cui appartiene la diagonale è:
$x+y = L =1 $
adesso , devi ricordarti la formula analitica della distanza , in valore assoluto, di un punto $P(x,y)$ da una retta , e applicarla al caso in esame. Questo è un disegno di ciò che intendo :
Per il secondo, visto che la tangente può essere qualsiasi , prendi una circonferenza e una tangente comode , ad esempio un circonferenza nel primo quadrante che sia tangente a entrambi gli assi, e come retta tangente assumi, per esempio, l'asse $y$ . Poi devi applicare la procedura già vista. Questa è la figura; la distanza di P dall'asse y non è altro che la coordinata x di P :
Quindi per il secondo esercizio mettendo raggio uguale a 1 scrivo
$ int_(0)^(1 ) int_(0)^(2pi )x ddelta dsigma $
e nel secondo avendo l'equazione della retta della diagonale x+y-1=0 scrivo
$ int_(0)^(1 ) int_(0)^(1)1-x-y dxdy $
$ int_(0)^(1 ) int_(0)^(2pi )x ddelta dsigma $
e nel secondo avendo l'equazione della retta della diagonale x+y-1=0 scrivo
$ int_(0)^(1 ) int_(0)^(1)1-x-y dxdy $
Francamente non ho capito che cosa vorresti dire.
Cominciamo dal quadrato. Nella figura che ho disegnato, quanto vale la densità nel vertice $O$ posto nell'origine delle coordinate? È uguale ( o meglio, è proporzionale, altrimenti pare che le densità abbiano come unità di misura la stessa delle lunghezze... , ma questo il testo del problema non lo dice
) alla metà della diagonale $d = sqrtL$ del quadrato, giusto ? E quanto vale nel vertice opposto? È uguale. E quanto vale la densità sulla diagonale $d$ ? Vale zero.
Adesso, immagina di tracciare un asse $z$ perpendicolare al piano $x,y$ nell'origine , in modo da avere un sistema di coordinate cartesiane tridimensionali. In ogni punto del quadrato , riporta in direzione $z$ il valore locale della densità. Puoi limitare questo procedimento a metà quadrato, e ottieni cosí un tetraedro, che possiamo chiamare "solido delle densità" . Ho fatto questa figura per spiegare che cosa intendo :
Perciò , il volume di questo tetraedro , che ha per base il triangolo metà del quadrato, è proporzionale alla massa di questa metà quadrato , ti sembra? La massa di tutto il quadrato puoi ottenerla raddoppiando questa. Cosí eviti di fare degli integrali.
Naturalmente si possono usare gli integrali, ma conviene disegnare il quadrato con le diagonali poste sugli assi, come ho fatto nella figura seguente :
sul foglio è riportato il procedimento completo, in cui calcolo la massa per $1/4$ del quadrato originale, quello tratteggiato $OCD$ . Moltiplicando per 4 , si ottiene la massa totale del quadrato , che vale :
$M_t = 4\int_0^(sqrt2/2L) x(sqrt2/2L -x) dx $
Per quanto riguarda la posizione del centro di massa , io non scrivo neppure una formula, basta considerare la simmetria...
Ripeto che nel calcolo ho posto, come dice il testo : $ delta =x$ , ma sarebbe più opportuno dire che la densità è proporzionale alla distanza $x$ , e cioè : $delta = kx$ ; la costante $k$ sarebbe espressa in $ (kg) / m^3 $ , sicché la densità $delta$ risulterebbe correttamente in $(kg)/m^2$ .
Adesso, per il cerchio , dovresti darti da fare un po' tu. Il procedimento è analogo, ma metti il cerchio col centro sull'asse $x$ , tangente all'asse $y$ nell'origine; in tal modo, il baricentro sta sull’asse x, per simmetria; poi considera solo la metà del cerchio che sta nel primo quadrante, disegna il solito rettangolino di base $dx$ e altezza $h$ uguale alla coordinata $y$ che ricavi dalla equazione della circonferenza, che ha centro in $C(r,0)$ e raggio $r$. Cioè :
$ (x-r)^2 + y^2 = r^2 \rarr y = +- sqrt(2rx-x^2) $
e in essa prendi solo il segno + visto che consideri solo le y >0 .
La massa del rettangolino è uguale, per ipotesi, a $x*ydx$, dove $x=delta $ , la densità (che come detto sarebbe meglio scrivere $kx$ , ma vabbè) ; devi integrare $x*ydx$ rispetto a $x$ , da 0 a $ 2r$, e ottieni la massa del semicerchio. Ovviamente al posto di y hai messo la quantità prima scritta. [nota]l'integrale di $xsqrt(2rx-x^2)dx $ puoi trovarlo usando un integratore sul web, per esempio quello di Wolfram Alpha. A dire il vero, ho provato assumendo $r=1$, e viene una cosa un po' bruttina, ma quella è...Non so se si può esprimere in maniera più semplice[/nota]
Il momento statico rispetto all’asse y lo ottieni moltiplicando ancora per x, e quindi integrando $x^2*ydx$ nello stesso intervallo (0,2r) . Il baricentro del semicerchio ha ascissa $x_G = M_s/m$ , e quindi...aggiungo pure la figura :
Ti faccio notare una cosa: il momento statico rispetto all’asse y, con quella densità proporzionale alla $x$, ha la stessa espressione del momento di inerzia rispetto allo stesso asse, visto che c’è il fattore $x^2$ nel momento statico elementare, quindi se conosci la formula del momento di inerzia del cerchio rispetto a un asse complanare passante per il centro, e il teorema Huygens-Steiner, puoi risparmiarti il calcolo del momento statico totale.
Ti ho detto tutto, spero sia chiaro; forza e coraggio!
Cominciamo dal quadrato. Nella figura che ho disegnato, quanto vale la densità nel vertice $O$ posto nell'origine delle coordinate? È uguale ( o meglio, è proporzionale, altrimenti pare che le densità abbiano come unità di misura la stessa delle lunghezze... , ma questo il testo del problema non lo dice
) alla metà della diagonale $d = sqrtL$ del quadrato, giusto ? E quanto vale nel vertice opposto? È uguale. E quanto vale la densità sulla diagonale $d$ ? Vale zero.Adesso, immagina di tracciare un asse $z$ perpendicolare al piano $x,y$ nell'origine , in modo da avere un sistema di coordinate cartesiane tridimensionali. In ogni punto del quadrato , riporta in direzione $z$ il valore locale della densità. Puoi limitare questo procedimento a metà quadrato, e ottieni cosí un tetraedro, che possiamo chiamare "solido delle densità" . Ho fatto questa figura per spiegare che cosa intendo :
Perciò , il volume di questo tetraedro , che ha per base il triangolo metà del quadrato, è proporzionale alla massa di questa metà quadrato , ti sembra? La massa di tutto il quadrato puoi ottenerla raddoppiando questa. Cosí eviti di fare degli integrali.
Naturalmente si possono usare gli integrali, ma conviene disegnare il quadrato con le diagonali poste sugli assi, come ho fatto nella figura seguente :
sul foglio è riportato il procedimento completo, in cui calcolo la massa per $1/4$ del quadrato originale, quello tratteggiato $OCD$ . Moltiplicando per 4 , si ottiene la massa totale del quadrato , che vale :
$M_t = 4\int_0^(sqrt2/2L) x(sqrt2/2L -x) dx $
Per quanto riguarda la posizione del centro di massa , io non scrivo neppure una formula, basta considerare la simmetria...
Ripeto che nel calcolo ho posto, come dice il testo : $ delta =x$ , ma sarebbe più opportuno dire che la densità è proporzionale alla distanza $x$ , e cioè : $delta = kx$ ; la costante $k$ sarebbe espressa in $ (kg) / m^3 $ , sicché la densità $delta$ risulterebbe correttamente in $(kg)/m^2$ .
Adesso, per il cerchio , dovresti darti da fare un po' tu. Il procedimento è analogo, ma metti il cerchio col centro sull'asse $x$ , tangente all'asse $y$ nell'origine; in tal modo, il baricentro sta sull’asse x, per simmetria; poi considera solo la metà del cerchio che sta nel primo quadrante, disegna il solito rettangolino di base $dx$ e altezza $h$ uguale alla coordinata $y$ che ricavi dalla equazione della circonferenza, che ha centro in $C(r,0)$ e raggio $r$. Cioè :
$ (x-r)^2 + y^2 = r^2 \rarr y = +- sqrt(2rx-x^2) $
e in essa prendi solo il segno + visto che consideri solo le y >0 .
La massa del rettangolino è uguale, per ipotesi, a $x*ydx$, dove $x=delta $ , la densità (che come detto sarebbe meglio scrivere $kx$ , ma vabbè) ; devi integrare $x*ydx$ rispetto a $x$ , da 0 a $ 2r$, e ottieni la massa del semicerchio. Ovviamente al posto di y hai messo la quantità prima scritta. [nota]l'integrale di $xsqrt(2rx-x^2)dx $ puoi trovarlo usando un integratore sul web, per esempio quello di Wolfram Alpha. A dire il vero, ho provato assumendo $r=1$, e viene una cosa un po' bruttina, ma quella è...Non so se si può esprimere in maniera più semplice[/nota]
Il momento statico rispetto all’asse y lo ottieni moltiplicando ancora per x, e quindi integrando $x^2*ydx$ nello stesso intervallo (0,2r) . Il baricentro del semicerchio ha ascissa $x_G = M_s/m$ , e quindi...aggiungo pure la figura :
Ti faccio notare una cosa: il momento statico rispetto all’asse y, con quella densità proporzionale alla $x$, ha la stessa espressione del momento di inerzia rispetto allo stesso asse, visto che c’è il fattore $x^2$ nel momento statico elementare, quindi se conosci la formula del momento di inerzia del cerchio rispetto a un asse complanare passante per il centro, e il teorema Huygens-Steiner, puoi risparmiarti il calcolo del momento statico totale.
Ti ho detto tutto, spero sia chiaro; forza e coraggio!
Nel caso del baricentro del cerchio credo sia più conveniente collocare l'origine nel centro e prendere (per esempio) la tangente $y=-r$ , in tal modo è agevole il passaggio a coordinate polari ed i calcoli che ne risultano mi sembrano decisamente più snelli.
Grazie Palliit, vedrò che cosa viene fuori. Nel frattempo, @liuto potrebbe provare a suonare qualche nota col suo strumento.
Seguo il suggerimento di Palliit, che ringrazio.
Messo il cerchio di raggio r con centro nell’origine e la retta tangente di equazione $y=-r$, trovo che la massa è data da :
$ m=\int_Ck(r+rhosen\theta)rhodrhod\theta$
dove ρ varia da 0 a r, e θ da 0 a 2π : è il dominio di integrazione, cioè il cerchio C, in coordinate polari.
Il fattore k è una costante, che ha le dimensioni di una densità volumica; poi va via.
Il momento statico rispetto alla retta è dato da una formula analoga , in cui l ‘ integrando va ancora moltiplicato per la distanza espressa dalla parentesi tonda, che quindi risulta al quadrato. Dividendo il momento statico per la massa si ottiene la distanza del Baricentro dalla retta. In questa divisione il fattore k si semplifica.
Questa è la figura :
calcolando gli integrali , mi risulta (salvo errori ) :
$M_s = 5/4k\pir^4$
$m = k\pir^3$
perciò, il baricentro G si trova a distanza : $M_s/m = 5/4r = r + 1/4r$ dalla retta .
Come dicevo qualche post fa, si può risparmiare il calcolo del momento statico rispetto alla retta $y=-r$ , visto che nell'integrale c'è i quadrato della distanza, ricordando che il momento di inerzia di area del cerchio rispetto a un asse baricentrico è $I = (\pir^4)/4$ , e rispetto alla tangente parallela , applicando il teorema di HS , è :
$I_t = I + \pir^4 = 5/4\pir^4 $
si deve poi moltiplicare per k , onde ottenere il momento statico della massa : $M_s = 5/4k\pir^4$
Salvo errori, naturalmente ! L'esercizio è finito, ma @liuto non si è fatto vedere.
Messo il cerchio di raggio r con centro nell’origine e la retta tangente di equazione $y=-r$, trovo che la massa è data da :
$ m=\int_Ck(r+rhosen\theta)rhodrhod\theta$
dove ρ varia da 0 a r, e θ da 0 a 2π : è il dominio di integrazione, cioè il cerchio C, in coordinate polari.
Il fattore k è una costante, che ha le dimensioni di una densità volumica; poi va via.
Il momento statico rispetto alla retta è dato da una formula analoga , in cui l ‘ integrando va ancora moltiplicato per la distanza espressa dalla parentesi tonda, che quindi risulta al quadrato. Dividendo il momento statico per la massa si ottiene la distanza del Baricentro dalla retta. In questa divisione il fattore k si semplifica.
Questa è la figura :
calcolando gli integrali , mi risulta (salvo errori ) :
$M_s = 5/4k\pir^4$
$m = k\pir^3$
perciò, il baricentro G si trova a distanza : $M_s/m = 5/4r = r + 1/4r$ dalla retta .
Come dicevo qualche post fa, si può risparmiare il calcolo del momento statico rispetto alla retta $y=-r$ , visto che nell'integrale c'è i quadrato della distanza, ricordando che il momento di inerzia di area del cerchio rispetto a un asse baricentrico è $I = (\pir^4)/4$ , e rispetto alla tangente parallela , applicando il teorema di HS , è :
$I_t = I + \pir^4 = 5/4\pir^4 $
si deve poi moltiplicare per k , onde ottenere il momento statico della massa : $M_s = 5/4k\pir^4$
Salvo errori, naturalmente ! L'esercizio è finito, ma @liuto non si è fatto vedere.
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