Esercizio - cono pieno, baricentro e momenti d'inerzia con Huygens-Steiner

Teoria: Baricentro, momenti d'inerzia e tensore d'inerzia dei corpi con gli integrali tripliUn corpo E con densità μ ha massa M = ∭μ e baricentro B = (1/M)∭ x μ. Il momento d'inerzia rispetto a una retta r è I_r = ∭ δ² μ (δ = distanza da r) e l'energia cinetica di rotazione è ½ I_r ω². Il tensore d'inerzia J = ∭ μ (|x|² E − x xᵀ) è simmetrico e dà I_n = n·Jn per la retta per l'origine di direzione n (D); i suoi autovettori sono gli assi principali. Huygens-Steiner (D): I_r = I_G + M d². Corpi di rotazione: I_z = (πμ/2)∫ r(z)⁴ dz. Risultati: cilindro ½MR², cilindro cavo ½M(R₁² + R₂²), sfera (2/5)MR², cono (3/10)MR², guscio sferico (2/3)MR², parallelepipedo M(a² + b²)/12.Baricentro, momenti d'inerzia e tensore d'inerzia dei corpi con gli integrali tripli →, Integrali tripli, coordinate cilindriche e sferiche e solidi di rotazioneL'integrale triplo ∭_E f si definisce con somme di Cauchy-Riemann su parallelepipedi; per f = 1 è il volume, per f = densità la massa; baricentro e momenti d'inerzia come in dimensione 2. Riduzione per fili (E = {(x,y) ∈ D, h₁ ≤ z ≤ h₂}: ∭ = ∬D(∫{h₁}^{h₂} f dz)dxdy) e per strati (E = {a ≤ z ≤ b, (x,y) ∈ E_z}: ∭ = ∫a^b(∬{E_z} f dxdy)dz). Cambiamento di variabili con |det DT|; coordinate cilindriche (x,y,z) = (ρcosθ, ρsinθ, z), dxdydz = ρ dρdθdz; sferiche (ρsinφcosθ, ρsinφsinθ, ρcosφ), φ ∈ [0,π] colatitudine, dxdydz = ρ²sinφ dρdφdθ; ellissoide di semiassi a,b,c ha volume (4/3)πabc. Solidi di rotazione: Pappo-Guldino (D), |R(A)| = θ̄·x_B·|A| (area di A per lunghezza dell'arco percorso dal baricentro).Integrali tripli, coordinate cilindriche e sferiche e solidi di rotazione →.

Testo. Un cono circolare retto omogeneo d'acciaio ($\mu=7800$ kg/m$^3$) ha base nel piano $z=0$ di raggio $R=5$ cm e vertice in $(0,0,h)$, $h=15$ cm. Calcolare:

1. massa e baricentro;
2. il momento d'inerzia $I_z$ rispetto all'asse del cono;
3. il momento d'inerzia $I_x(O)$ rispetto all'asse $x$ passante per il centro $O$ della base;
4. il momento d'inerzia $I_x(G)$ rispetto alla retta parallela a $x$ per il baricentro, con il teorema di Huygens-Steiner.

(Esercizio proposto per questo corso, sul modello dei fogli di esercizi di Fondamenti di Analisi Matematica 2.)

Soluzione

Le sezioni. A quota $z\in[0,h]$ la sezione è un disco di raggio $r(z)=R\left(1-\frac zh\right)$ e area $\pi r(z)^2$. Si integra per strati.

1. Massa e baricentro. $$M=\mu\int_0^h\pi R^2\Big(1-\frac zh\Big)^2dz=\mu\pi R^2\cdot\frac h3=\frac13\pi\mu R^2h .$$ Per simmetria $x_B=y_B=0$. Con $\int_0^hz\left(1-\frac zh\right)^2dz=h^2\int_0^1u(1-u)^2du=h^2\cdot\frac1{12}$ (sostituzione $u=z/h$), $$z_B=\frac{\mu\pi R^2h^2/12}{\mu\pi R^2h/3}=\frac h4 .$$ Numericamente: $M=\frac13\pi\cdot7800\cdot0{,}0025\cdot0{,}15\approx3{,}063$ kg e $z_B=3{,}75$ cm (a un quarto dell'altezza dalla base, non a metà).

2. $I_z$. Un disco di raggio $r$ e spessore $dz$ ha momento $\frac12(\mu\pi r^2dz)\,r^2$ rispetto al proprio asse: $$I_z=\frac{\pi\mu}2\int_0^hR^4\Big(1-\frac zh\Big)^4dz=\frac{\pi\mu R^4h}{2}\cdot\frac15=\frac{\pi\mu R^4h}{10}=\frac3{10}MR^2,$$ perché $\frac{\pi\mu R^4h}{10}=\frac{3}{10}\cdot\frac{\pi\mu R^2h}{3}\cdot R^2$. Numericamente $I_z=0{,}3\cdot3{,}063\cdot0{,}0025\approx2{,}30\cdot10^{-3}$ kg$\,$m$^2$.

3. $I_x(O)$. La distanza dall'asse $x$ è $\delta^2=y^2+z^2$. Nello strato a quota $z$: $\iint(y^2+z^2)\,dx\,dy=\iint y^2\,dx\,dy+z^2\pi r^2=\frac{\pi r^4}4+\pi r^2z^2$ (il momento di un disco rispetto a un diametro è $\frac{\pi r^4}4$). Quindi $$I_x(O)=\mu\int_0^h\Big[\frac{\pi r^4}4+\pi r^2z^2\Big]dz .$$

• $\int_0^h\frac{\pi}{4}R^4\left(1-\frac zh\right)^4dz=\frac{\pi R^4h}{20}$;
• $\int_0^h\pi R^2\left(1-\frac zh\right)^2z^2dz=\pi R^2h^3\int_0^1u^2(1-u)^2du=\pi R^2h^3\cdot\frac1{30}$.

Quindi $I_x(O)=\mu\pi R^4\frac h{20}+\mu\pi R^2\frac{h^3}{30}$. Con $M=\frac13\pi\mu R^2h$: $$I_x(O)=M\Big(\frac{3R^2}{20}+\frac{h^2}{10}\Big).$$ Numericamente: $3{,}063\cdot\big(\frac{3\cdot0{,}0025}{20}+\frac{0{,}0225}{10}\big)=3{,}063\cdot0{,}002625\approx8{,}04\cdot10^{-3}$ kg$\,$m$^2$.

4. $I_x(G)$ con Huygens-Steiner. La retta per $O$ e la retta per $G$ parallele all'asse $x$ distano $z_B=\frac h4$. Dal teorema, $I_x(O)=I_x(G)+Mz_B^2$, quindi $$I_x(G)=M\Big(\frac{3R^2}{20}+\frac{h^2}{10}-\frac{h^2}{16}\Big)=M\Big(\frac{3R^2}{20}+\frac{3h^2}{80}\Big)=\frac{3}{20}M\Big(R^2+\frac{h^2}{4}\Big).$$ Numericamente: $3{,}063\cdot\big(0{,}000375+0{,}00084375\big)\approx3{,}73\cdot10^{-3}$ kg$\,$m$^2$, minore di $I_x(O)$ come deve essere (il momento rispetto alla retta per il baricentro è il minimo fra le parallele).

Errori tipici. Mettere il baricentro a $\frac h2$ (è un cono: $\frac h4$ dalla base); applicare Huygens-Steiner da $O$ a un asse qualsiasi senza passare per $G$; dimenticare il termine $\pi r^2z^2$ (trasporto del disco di quota $z$ all'asse $x$) in $I_x(O)$.