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Centro di massa e momento di inerzia di un triangolo ??

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Academic year: 2021

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6.54. CENTRO DI MASSA E MOMENTO DI INERZIA DI UN TRIANGOLO??

PROBLEMA 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 ITdefiniti nell’Esercizio 6.52.

Soluzione

Indichiamo con~rA,~rB e~rC i vettori corrispondenti alle posizioni dei tre vertici del triangolo. Per comodità conviene introdurre anche i due vettori

AB~ = ~rB−~rA

AC~ = ~rC−~rA

L’area totale del triangolo è data da

S= 1 2

AB~ ∧ ~AC

e un qualsiasi punto del triangolo sarà parametrizzabile nella forma

~r(s, t) = ~rA+sAB~ +tAC~

con s+t ≤ 1. Calcoliamo anzitutto il centro di massa. Applicando direttamente la definizione abbiamo

~rCM = 1 m

ˆ

ρ~r(s, t)dS

= ~rA+ 1 m

2m

AB~ ∧ ~AC ˆ 1

0

dt ˆ 1t

0

ds AB~ ∧ ~AC ~r(s, t)

dove si è tenuto conto del fatto che l’elemento di superficie è

dS= AB~ ∧ ~AC dsdt

568 versione del 22 marzo 2018

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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:

~rCM = ~rA+2 ˆ 1

0

dt ˆ 1t

0

dsh

sAB~ +tAC~ i

= ~rA+2 ˆ 1

0

dt ˆ 1t

0

dsh

tAB~ +tAC~ i

= ~rA+2h

AB~ + ~ACi ˆ 1

0

dt t(1−t)

= ~rA+ 1 3

hAB~ + ~ACi

= 1

3(~rA+~rB+~rC)

Per semplificare i calcoli si è tenuto conto del fatto che l’integrale non non varia scam- biando tra loro s e t nell’integrando. Si tratta del baricentro del triangolo.

Calcoliamo adesso il momento di inerzia. Abbiamo ICM =

ˆ

ρdS(~r−~rCM)2

=2m ˆ 1

0

dt ˆ 1t

0

ds



~rA+sAB~ +tAC~ −~rA1

3AB~ − 1 3AC~

2

=2m ˆ 1

0

dt ˆ 1t

0

ds



s−13

 AB~ +

 t−13

 AC~

2

=2m ˆ 1

0

dt ˆ 1t

0

ds

"

s−1 3

2 AB~ 2+

 t− 1

3

2 AC~ 2

+2

 s−1

3

  t−1

3



AB~ · ~AC



I due integrali rilevanti (sfruttando ancora la possibilità di scambiare s e t nell’integran- do) valgono

ˆ 1

0

dt ˆ 1t

0

ds

 t−1

3

2

= ˆ 1

0

dt(1−t)

 t−1

3

2

= 1 ˆ 1 36

0

dt ˆ 1t

0

ds

 s− 1

3

  t−1

3



=−1 2

ˆ 1

0

dt(1−t)

 t−1

3

2

=− 1 72 e quindi

ICM = m 18

 AB~ 2+ AC~ 2− ~AB· ~AC



Possiamo anche scrivere ICM = m

18

1 2

 AB~ 2+ AC~ 2+1 2

 AB~ 2+ AC~ 22AB~ · ~AC



569 versione del 22 marzo 2018

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6.54. CENTRO DI MASSA E MOMENTO DI INERZIA DI UN TRIANGOLO??

ed usando il teorema di Carnot otteniamo infine ICM = m

36 a2+b2+c2 Applicando questi risultati all’Esercizio 6.52 otteniamo

~b= ~rCM−~rA0= 1

3(~rB0+~rC02~rA0)

= 1

3(~rB0−~rA0) + 1

3(~rC0−~rA0)

= 1 3

 −a 0 0

+ 1 3

 −a

a 0

=−a 3

 2 1 0

e

IT = ICM+mT

~b 2

=mTa2

9 +mT5a2 9

= 2 3mTa2 dove a e mT sono i parametri definiti nell’esercizio.

570 versione del 22 marzo 2018

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