Periodo delle piccole oscillazioni piastra triangolare
Una piastra a forma di triangolo rettangolo isoscele, di massa M e lunghezza dei cateti L, è vincolata a stare in un piano verticale e il punto mediano dell'ipotenusa costituisce un ulteriore vincolo puntuale attorno a cui la figura può ruotare. Determinare il momento d'inerzia della piastra rispetto al centro di rotazione.
2) il periodo delle piccole oscillazioni
1) Questo punto sono riuscito a risolverlo, in accordo con il risultato del libro, mi viene
$I = \frac{ML^2}{6}$
2) ho provato a fare cosi:
Innanzitutto mi sono ricavato il centro di massa al fine di trovare il punto di applicazione della forza peso. Per un triangolo rettangolo, il centro di massa coincide con il baricentro:
$\vec{r}_{CM} = (\frac{L}{3}, \frac{L}{3}) $
Allora, proiettando la seconda equazione cardinale sull'asse z e sfruttando il fatto che per piccole oscillazioni: $sin( \theta ) \approx \theta $ :
$ - Mg \sqrt{2} \frac{L}{3} \theta = I \ddot{ \theta} $
Da cui si ricava $\omega = sqrt{\frac{2\sqrt{2}g}{L}} $
e
$T = 2 \pi sqrt{\frac{L}{2\sqrt{2}g}} $
Mentre il risultato del libro è:
$T = 2 \pi sqrt{\frac{L}{\sqrt{2}g}} $
Potete aiutarmi a capire dove sbaglio?
2) il periodo delle piccole oscillazioni
1) Questo punto sono riuscito a risolverlo, in accordo con il risultato del libro, mi viene
$I = \frac{ML^2}{6}$
2) ho provato a fare cosi:
Innanzitutto mi sono ricavato il centro di massa al fine di trovare il punto di applicazione della forza peso. Per un triangolo rettangolo, il centro di massa coincide con il baricentro:
$\vec{r}_{CM} = (\frac{L}{3}, \frac{L}{3}) $
Allora, proiettando la seconda equazione cardinale sull'asse z e sfruttando il fatto che per piccole oscillazioni: $sin( \theta ) \approx \theta $ :
$ - Mg \sqrt{2} \frac{L}{3} \theta = I \ddot{ \theta} $
Da cui si ricava $\omega = sqrt{\frac{2\sqrt{2}g}{L}} $
e
$T = 2 \pi sqrt{\frac{L}{2\sqrt{2}g}} $
Mentre il risultato del libro è:
$T = 2 \pi sqrt{\frac{L}{\sqrt{2}g}} $
Potete aiutarmi a capire dove sbaglio?
Risposte
Credo di aver capito anche se chiedo conferma:
Sbagliavo nello scegliere l'origine del sistema di riferimento, che deve essere posta nel vincolo.
In questo modo:
$ |\vec{r}_{CM}| = \sqrt{2} \frac{L}{6} $
e si ottiene il risultato atteso
Sbagliavo nello scegliere l'origine del sistema di riferimento, che deve essere posta nel vincolo.
In questo modo:
$ |\vec{r}_{CM}| = \sqrt{2} \frac{L}{6} $
e si ottiene il risultato atteso
Confermo. Ma non complicare troppo le cose, non occorrono coordinate.
Dato un triangolo rettangolo isoscele ABC , con angolo retto in B , e cateti AB = BC = L , l’ipotenusa misura :
$AC = sqrt2L $
metà ipotenusa misura quindi : $AO = (sqrt2)/2L $
l’altezza relativa all’ipotenusa BO è uguale ad AO : $BO =(sqrt2)/2L $
il baricentro si trova a $1/3 BO$ dal punto di sospensione O , quindi la distanza che entra nella formula del periodo $T= 2\pi sqrt (I/(mgd)$
è data da :
$d = 1/3(sqrt2)/2L = (sqrt2)/6L $
perciò : $ T = 2\pisqrt((mL^2)/6 * 6/(mgsqrt2L ) ) = 2\pisqrt (L/(\sqrt2g) )$
Per ultimo, evidenzio questa tua frase :
Il CM ha a che fare con un sistema di masse , tant’è vero che si chiama centro di massa ! Ma prendiamo pure una lastra piana omogenea, fatta di un certo materiale di data densità superficiale costante, che ha quindi una certa massa.
È soltanto nel caso del triangolo rettangolo, che il CM coincide col baricentro, inteso ora come punto geometrico, secondo la geometria elementare ?
Dato un triangolo rettangolo isoscele ABC , con angolo retto in B , e cateti AB = BC = L , l’ipotenusa misura :
$AC = sqrt2L $
metà ipotenusa misura quindi : $AO = (sqrt2)/2L $
l’altezza relativa all’ipotenusa BO è uguale ad AO : $BO =(sqrt2)/2L $
il baricentro si trova a $1/3 BO$ dal punto di sospensione O , quindi la distanza che entra nella formula del periodo $T= 2\pi sqrt (I/(mgd)$
è data da :
$d = 1/3(sqrt2)/2L = (sqrt2)/6L $
perciò : $ T = 2\pisqrt((mL^2)/6 * 6/(mgsqrt2L ) ) = 2\pisqrt (L/(\sqrt2g) )$
Per ultimo, evidenzio questa tua frase :
Per un triangolo rettangolo, il centro di massa coincide con il baricentro
Il CM ha a che fare con un sistema di masse , tant’è vero che si chiama centro di massa ! Ma prendiamo pure una lastra piana omogenea, fatta di un certo materiale di data densità superficiale costante, che ha quindi una certa massa.
È soltanto nel caso del triangolo rettangolo, che il CM coincide col baricentro, inteso ora come punto geometrico, secondo la geometria elementare ?
Sinceramente io mi trovo meglio a pensare in termini di coordinate. Grazie comunque di avermi esposto il tuo pensiero e avermi confermato quanto fatto.
Comunque la questione del baricentro non vale solo solo per i triangoli rettangoli, ma per qualsiasi corpo dotato di una certa sinmetria
Comunque la questione del baricentro non vale solo solo per i triangoli rettangoli, ma per qualsiasi corpo dotato di una certa sinmetria
"Dracmaleontes":
Comunque la questione del baricentro non vale solo solo per i triangoli rettangoli, ma per qualsiasi corpo dotato di una certa sinmetria
Scusami, ma perchè solo per i corpi dotati di una certa simmetria? Limitiamoci a considerare lastre piane omogenee. Anzi guarda, togliamo di mezzo pure la densità, perchè se è costante non cambia nulla dal punto di vista della posizione del CM . Quindi pensiamo a figure piane qualsiasi. Pensi forse che la difficoltà stia nel non sapere identificare con sufficiente accuratezza il “baricentro geometrico" della figura piana? Prendiamo ad esempio una figura piana qualsiasi, disegnata a mano libera su un foglio di carta. Pensi che non si possa trovare il “baricentro geometrico” , con un grado di approssimazione che ci accontenta?
È chiaro, per le figure geometricamente ben definite esistono le formule. E per le figure come ad esempio quella disegnata a mano libera, come facciamo ? Ci dobbiamo accontentare, ma come procediamo?
Scusami se insisto, non voglio tormentarti in un caldo pomeriggio d’estate!
Immagino si possa semplicemente vedere dove la massa è più concentrata ,oppure si possono tracciare degli opportuni segmenti e valutare le varie intersezioni
Stiamo parlando di una piastra sottile omogenea, perciò puoi fare a meno di considerare la massa, e cioè la densità superficiale = massa/superficie. Quindi puoi considerare semplicemente una figura piana, come quando parli di triangoli, rettangoli, trapezi ecc. Solo che stavolta il contorno è irregolare , per dirla con semplicità.
Allora come faccio per trovare il baricentro? È concettualmente semplice. Innanzitutto mi serve l’area della figura, sia pure approssimata. Traccio un reticolato con cui ricopro la figura stessa , per esempio con un foglio di carta millimetrata trasparente, e pazientemente (!) conto i quadratini, di cui so l’area perché so di quanti mm è il lato del quadratino. Di ogni quadratino so l’area , le sommo e ho l’area approssimata della figura. Il bello è che quando nella figura ci stanno due o tre o più quadrati o rettangoli belli grossi li puoi prendere in conto, ti risparmi un sacco di lavoro. LE zone più difficili da trattare sono quelle vicino al contorno.
Una idea si ha nella figura seguente, dove la suddivisione è molto semplice, ma può continuare.
Mi dirai : nelle zone prossime al contorno, dove il contorno stesso taglia i quadratini, come faccio ? Be’, innanzitutto affino la suddivisione; poi, ci saranno pure delle figure geometriche a cui si può approssimare un pezzetto di superficie in quelle zone, per esempio dei triangolini, dei trapezi...guarda la figura, io mi accontento di approssimarla con un rettangolo 2x4 in mezzo e 15 figure minori attorno.
La somma di tutte le aree elementari dette è l’area A della figura, sia pure approssimata.
Poi voglio la posizione del baricentro. Allora , metto due assi cartesiani (x,y) in modo tale che la figura stia, ad esempio , tutta nel primo quadrante. Per ognuno dei quadratini prima considerati prendo il centro e ne misuro la distanza dall’asse y, poi la distanza dall’asse x.
L’ascissa del baricentro è data per definizione da : $x_G = (Sigma_ia_ix_i)/(Sigma_ia_i) = (Sigma_ia_ix_i)/A $
Analogamente si ha la coordinata : $y_G =(Sigma_ia_iy_i)/A $
a numeratore , ho messo la somma dei prodotti delle singole aree $a_i$ per la rispettiva distanza $x_i$ dall’asse $y$ . Lo stesso per la coordinata $y_G$ . Il numeratore si chiama “momento statico” rispetto all’asse $y$ , oppure rispetto all’asse $x$. In sostanza, è una media pesata di distanze, i pesi sono le aree.
Ti sembra un processo lungo e difficile ? No, è solo noioso. Ma questa è l’idea che sta alla base del processo di integrazione.
Forse ho trattato l’argomento in modo troppo elementare, e sono cose che già sai. Allora ti chiedo venia. Se non le sapevi, potranno tornarti utili.
Allora come faccio per trovare il baricentro? È concettualmente semplice. Innanzitutto mi serve l’area della figura, sia pure approssimata. Traccio un reticolato con cui ricopro la figura stessa , per esempio con un foglio di carta millimetrata trasparente, e pazientemente (!) conto i quadratini, di cui so l’area perché so di quanti mm è il lato del quadratino. Di ogni quadratino so l’area , le sommo e ho l’area approssimata della figura. Il bello è che quando nella figura ci stanno due o tre o più quadrati o rettangoli belli grossi li puoi prendere in conto, ti risparmi un sacco di lavoro. LE zone più difficili da trattare sono quelle vicino al contorno.
Una idea si ha nella figura seguente, dove la suddivisione è molto semplice, ma può continuare.
Mi dirai : nelle zone prossime al contorno, dove il contorno stesso taglia i quadratini, come faccio ? Be’, innanzitutto affino la suddivisione; poi, ci saranno pure delle figure geometriche a cui si può approssimare un pezzetto di superficie in quelle zone, per esempio dei triangolini, dei trapezi...guarda la figura, io mi accontento di approssimarla con un rettangolo 2x4 in mezzo e 15 figure minori attorno.
La somma di tutte le aree elementari dette è l’area A della figura, sia pure approssimata.
Poi voglio la posizione del baricentro. Allora , metto due assi cartesiani (x,y) in modo tale che la figura stia, ad esempio , tutta nel primo quadrante. Per ognuno dei quadratini prima considerati prendo il centro e ne misuro la distanza dall’asse y, poi la distanza dall’asse x.
L’ascissa del baricentro è data per definizione da : $x_G = (Sigma_ia_ix_i)/(Sigma_ia_i) = (Sigma_ia_ix_i)/A $
Analogamente si ha la coordinata : $y_G =(Sigma_ia_iy_i)/A $
a numeratore , ho messo la somma dei prodotti delle singole aree $a_i$ per la rispettiva distanza $x_i$ dall’asse $y$ . Lo stesso per la coordinata $y_G$ . Il numeratore si chiama “momento statico” rispetto all’asse $y$ , oppure rispetto all’asse $x$. In sostanza, è una media pesata di distanze, i pesi sono le aree.
Ti sembra un processo lungo e difficile ? No, è solo noioso. Ma questa è l’idea che sta alla base del processo di integrazione.
Forse ho trattato l’argomento in modo troppo elementare, e sono cose che già sai. Allora ti chiedo venia. Se non le sapevi, potranno tornarti utili.
@Kanal
Vabbè ok, ma per trovare il baricentro di un corpo piano irregolare lo puoi "appendere" su un piano verticale prima per un punto, e tracci la verticale per quel punto (dopo che ha raggiunto una posizione di equilibrio), quindi lo appendi per un altro punto che non sia sulla retta già tracciata. L'intersezione tra le due rette tracciate ti dà la posizione del baricentro.
Quando dico appendere per un punto intendo che il corpo è vincolato a ruotare liberamente attorno alla normale al piano del corpo per quel punto.
Vabbè ok, ma per trovare il baricentro di un corpo piano irregolare lo puoi "appendere" su un piano verticale prima per un punto, e tracci la verticale per quel punto (dopo che ha raggiunto una posizione di equilibrio), quindi lo appendi per un altro punto che non sia sulla retta già tracciata. L'intersezione tra le due rette tracciate ti dà la posizione del baricentro.
Quando dico appendere per un punto intendo che il corpo è vincolato a ruotare liberamente attorno alla normale al piano del corpo per quel punto.
Sicuramente, se hai la piastra la sospendi, e il procedimento vale pure se non è omogenea.
Io Ho solo disegnato una curva chiusa qualsiasi sul piano cartesiano di Geogebra, e ho spiegato il concetto di baricentro di una figura piana qualunque al collega, dando la definizione attraverso il momento statico di area, suddividendo la figura in un insieme di figure elementari. Vale pure se la figura non è connessa.
Io Ho solo disegnato una curva chiusa qualsiasi sul piano cartesiano di Geogebra, e ho spiegato il concetto di baricentro di una figura piana qualunque al collega, dando la definizione attraverso il momento statico di area, suddividendo la figura in un insieme di figure elementari. Vale pure se la figura non è connessa.
@Kanal sicuramente questo è un buon metodo, un po' lungo però sicuramente efficace
È più facile a farsi che a dirsi. Ma Il sistema descritto ha solo valenza didattica.
Oggi esistono programmi computerizzati, specializzati in diversi settori di interesse, a cui tu dai le coordinate dei punti di una superficie, anche tridimensionale, e il programma in qualche istante ti dà tutto, ma proprio tutto ciò di cui hai bisogno.
Oggi esistono programmi computerizzati, specializzati in diversi settori di interesse, a cui tu dai le coordinate dei punti di una superficie, anche tridimensionale, e il programma in qualche istante ti dà tutto, ma proprio tutto ciò di cui hai bisogno.
Certo, se si ha l'oggetto in formato elettronico (in praticamente qualunque CAD), il calcolo delle proprietà di massa (posizione del centro di massa, massa, momenti di inerzia principali ecc) è fatto a costo quasi nullo dallo strumento CAD stesso.
Altrimenti se si ha l'oggetto vero, ma non il suo corrispettivo virtuale si possono usare criteri simili a quello che descrivevo prima.
Altrimenti se si ha l'oggetto vero, ma non il suo corrispettivo virtuale si possono usare criteri simili a quello che descrivevo prima.
@Faussone
[ot]È proprio vero che al giorno d'oggi si possono fare cose impensabili, anzi già da un po' ...
Una quindicina d'anni fa decisi di far installare un montascale (cioè una sedia che saliva da sola
) per mia zia novantenne.
Venne il commerciale (non un tecnico) e dopo l'accordo sul contratto, prese la sua macchinetta fotografica digitale (niente di che), poso un paio di "decimetri" qui e là sulle scale e scattò.
Io, stupito, gli chiesi: "Tutto qui?", "Sì", mi rispose.
Dopo un mesetto arrivò la "sedia", fu montata SENZA imbullonarla agli scalini, e da allora è ancora lì, che va su e giù, senza che si sia mai spostata di un centimetro né tanto meno che sia caduta.
[/ot]
Cordialmente, Alex
[ot]È proprio vero che al giorno d'oggi si possono fare cose impensabili, anzi già da un po' ...
Una quindicina d'anni fa decisi di far installare un montascale (cioè una sedia che saliva da sola
) per mia zia novantenne.Venne il commerciale (non un tecnico) e dopo l'accordo sul contratto, prese la sua macchinetta fotografica digitale (niente di che), poso un paio di "decimetri" qui e là sulle scale e scattò.
Io, stupito, gli chiesi: "Tutto qui?", "Sì", mi rispose.
Dopo un mesetto arrivò la "sedia", fu montata SENZA imbullonarla agli scalini, e da allora è ancora lì, che va su e giù, senza che si sia mai spostata di un centimetro né tanto meno che sia caduta.
[/ot]Cordialmente, Alex
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