close

Enter

Log in using OpenID

embedDownload
6.54. CENTRO DI MASSA E MOMENTO DI INERZIA DI UN TRIANGOLO ??
6.54. Centro di massa e momento di inerzia di un triangolo
??
Determinare la posizione del centro di massa di un triangolo di lati a, b e c qualsiasi. Se
il triangolo ha una massa totale m distribuita in modo omogeneo trovare il momento di
inerzia rispetto ad un asse passante per il centro di massa e ortogonale al piano a cui il
triangolo appartiene. Specializzare il risultato ottenuto per determinare il vettore ~b e il
momento di inerzia IT definiti nell’Esercizio 6.52.
Soluzione
Indichiamo con ~r A , ~r B e ~rC i vettori corrispondenti alle posizioni dei tre vertici del
triangolo. Per comodità conviene introdurre anche i due vettori
~ = ~r B −~r A
AB
~
AC
= ~rC −~r A
L’area totale del triangolo è data da
S=
1 ~
~
AB
∧
AC
2
e un qualsiasi punto del triangolo sarà parametrizzabile nella forma
~ + t AC
~
~r (s, t) = ~r A + s AB
con s + t ≤ 1. Calcoliamo anzitutto il centro di massa. Applicando direttamente la
definizione abbiamo
~rCM =
1
m
ˆ
ρ~r (s, t)dS
1
2m
= ~r A + m AB
~ ∧ AC
~ ˆ
ˆ
1
dt
0
1− t
0
~
~ ~r (s, t)
ds AB
∧ AC
dove si è tenuto conto del fatto che l’elemento di superficie è
~
~ dsdt
dS = AB
∧ AC
532
versione del 24 gennaio 2015
6.54. CENTRO DI MASSA E MOMENTO DI INERZIA DI UN TRIANGOLO ??
e si è indicato con ρ la densità superficiale di massa. Scriviamo esplicitamente l’integrale:
ˆ
ˆ
1
~rCM = ~r A + 2
dt
0
ˆ
= ~r A + 2
0
ˆ
1
dt
h
0
1− t
1− t
0
h
i
~ + t AC
~
ds s AB
h
i
~ + t AC
~
ds t AB
iˆ
~ + AC
~
= ~r A + 2 AB
i
1h~
~
= ~r A +
AB + AC
3
1
= (~r A +~r B +~rC )
3
0
1
dt t(1 − t)
Per semplificare i calcoli si è tenuto conto del fatto che l’integrale non non varia scambiando tra loro s e t nell’integrando. Si tratta del baricentro del triangolo.
Calcoliamo adesso il momento di inerzia. Abbiamo
ˆ
ICM = ρdS (~r −~rCM )2
2
ˆ 1 ˆ 1− t 1
1
~ + t AC
~ −~r A − AB
~ − AC
~
= 2m
dt
ds ~r A + s AB
3
3
0
0
ˆ 1 ˆ 1−t 1 ~ 2
1 ~
= 2m
AB + t −
AC
dt
ds
s−
3
3
0
0
ˆ 1 ˆ 1− t " 1 2 ~ 2
1 2 ~ 2
= 2m
dt
ds
s−
AB + t −
AC 3
3
0
0
1 ~
1
~
t−
AB · AC
+ 2 s−
3
3
I due integrali rilevanti (sfruttando ancora la possibilità di scambiare s e t nell’integrando) valgono
ˆ
ˆ
ˆ 1
1 2
1 2
1
dt
ds t −
=
dt (1 − t) t −
=
3
3
36
0
0
0
2
ˆ 1 ˆ 1− t ˆ 1
1
1
1
1
1
dt
ds s −
t−
=−
dt (1 − t) t −
=−
3
3
2 0
3
72
0
0
1
1− t
e quindi
ICM
m
=
18
~ 2 ~ 2
~
~
AB + AC − AB · AC
Possiamo anche scrivere
m 1 ~ 2 ~ 2
1 ~ 2 ~ 2
~
~
ICM =
AB + AC +
AB + AC − 2 AB · AC
18 2
2
533
versione del 24 gennaio 2015
6.54. CENTRO DI MASSA E MOMENTO DI INERZIA DI UN TRIANGOLO ??
ed usando il teorema di Carnot otteniamo infine
ICM =
m 2
a + b2 + c2
36
Applicando questi risultati all’Esercizio 6.52 otteniamo
e
~b = ~rCM −~r A0 = 1 (~r B0 +~rC0 − 2~r A0 )
3
1
1
= (~r B0 −~r A0 ) + (~rC0 −~r A0 )
3
3


 
−a
−a
2
1
1
a
0  +  −a  = −  1 
=
3
3
3
0
0
0
2
IT = ICM + m T ~b
= mT
a2
5a2
+ mT
9
9
2
= m T a2
3
dove a e m T sono i parametri definiti nell’esercizio.
534
versione del 24 gennaio 2015
Author
Document
Category
Uncategorized
Views
0
File Size
446 KB
Tags
1/--pages
Report inappropriate content