Re: Baricentro lamina

Messaggioda Shackle » 17/10/2019, 20:38

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 :roll: ) 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 :

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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 :

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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... :roll:

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.1
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 :

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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!

Note

  1. 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
I can't read that, instead of "Joe washed his hands", mathematicians say " There's a $t_1$ : the image of $t_1$ under the map $t_1\rarrJoe(t_1)$ belongs to the set of dirty hands, and a $t_2 >t_1$ : the image of $t_2$ belongs to the complement of that set" V.I.Arnol'd
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Re: Baricentro lamina

Messaggioda Palliit » 18/10/2019, 17:12

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.
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Re: Baricentro lamina

Messaggioda Shackle » 18/10/2019, 17:16

Grazie Palliit, vedrò che cosa viene fuori. Nel frattempo, @liuto potrebbe provare a suonare qualche nota col suo strumento.
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Re: Baricentro lamina

Messaggioda Shackle » 19/10/2019, 06:06

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 :

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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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