Baricentro lamina

[liuto]

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

[gugo82]

Non mi pare che $delta (x,y) = y^2$ sia la densità assegnata.

[Shackle]

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.

[LucianoD]

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

\( \displaystyle \iint \rho \, b \, \mathrm{d} x \, \mathrm{d} y= 0 \)

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.

\( \displaystyle \int \rho' \, b_x \, \mathrm{d} x= 0 \)

con

\( \displaystyle \rho'=\int \rho(x,y) \, \mathrm{d} y=\int_{y_a}^{y_b} (x^2+y^2) \, \mathrm{d} y={x^2y+\frac{1}{3}y^3}\biggr|_{y_a}^{y_b} \)

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

\( \displaystyle \rho'_1={x^2y+\frac{1}{3}y^3}\biggr|_{-2}^{+2}=4x^2+16/3 \)

\( \displaystyle \rho'_2={x^2y+\frac{1}{3}y^3}\biggr|_{-2}^{-1}=x^2+7/3 \)

Possiamo ora scrivere l'equazione generale come

\( \displaystyle \int_{-2}^{-1}(4x^2+16/3)(x-x_0)\,\mathrm{d} x + \int_{-1}^{+2}(x^2+7/3)(x-x_0)\,\mathrm{d} x=0 \)

che integrata diventa

\( \displaystyle -\frac{44}{3}x_0-23-10x_0+\frac{29}{4}=0 \)

ovvero

\( \displaystyle 296x_0+ 189 = 0 \)

da cui

\( \displaystyle x_0 = -\frac{189}{296}\approx -0.6385 \)

La posizione del baricentro sarà allora

\( \displaystyle B = (-\frac{189}{296}, \,-\frac{189}{296}) \)

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.

[Shackle]

@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 : $y=x$ .

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

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 elementare¹ 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.

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Note

1. sai che cosa è il momento statico, vero? ↑

[liuto]

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 $

[Shackle]

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.

[liuto]

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 $

[Shackle]

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 :

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

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 :

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

[liuto]

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 $