semicerchio

Solimano · Messaggio da **Solimano** » 30 lug 2009, 10:08

Calcolare le coordinate del centro di massa di un semicerchio omogeneo di massa M e raggio R.
Grazie per l'aiuto!!!

Messaggio da **Ippo** » 30 lug 2009, 11:47

O lo fai con un integrale oppure usi il II teorema di Guldino (strada decisamente più comoda), che afferma in soldoni che il volume di un solido di rotazione è uguale all'area della sezione che ruota per la lunghezza della circonferenza descritta dalla rotazione del suo baricentro. Mettendo il semicerchio nel piano cartesiano come $x^2+y^2\leq 1$ con $x \geq 0$ abbiamo che il centro di massa sta ovviamente sull'asse y per simmetria; dunque il centro di massa ha coordinate $(0;y_c)$ .
Facendo ruotare il semicerchio (di area $\pi/2$ ) attorno all'asse x si ottiene una sfera (di volume $4 \pi /3$ ) e il centro di massa descrive una circonferenza di lunghezza $2 \pi y_c$ , dunque per Guldino si ha $y_c=\frac{4}{3\pi}$

Messaggio da **Ippo** » 30 lug 2009, 12:07

Se vuoi anche l'integrale eccolo qua:
$\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi/2}2 \cos^2 \theta \sin \theta d \theta=\frac{4}{\pi}\left[ -\frac{\cos^3 \theta}{3}\right]_0^{\pi/2}=\frac{4}{3\pi}$
sempre supponendo il raggio unitario.
La formula generica è
$y_c= \frac{1}{A}\int_{y_0}^{y_1}ydA$
che segue direttamente dalla definizione di centro di massa.
In questo caso si sono usate le variabili goniometriche che sono più comode di quelle cartesiane per l'integrale.

Davide90 · Messaggio da **Davide90** » 31 ago 2009, 17:01

Ippo ha scritto:Se vuoi anche l'integrale eccolo qua:
$\frac{2}{\pi}\int_0^{\pi/2}2 \cos^2 \theta \sin \theta d \theta=[\dots]=\frac{4}{3\pi}$
sempre supponendo il raggio unitario.

Non ho capito i passaggi geometrico-algebrici dietro la prima formula...

Calcolando il centro di massa di un'emisfera, un giorno a caso della settimana scorsa, avevo trovato quest'altro risultato, dov'è l'errore

Ho calcolato il volume di cilindri orizzontali di altezza infinitesimale $dh$ e raggio $\sqrt{R^2-h^2}$ :
$y_{cdm}=\frac{1}{V} \int_0^R y dV= \frac{1}{V} \int_0^R h(R^2-h^2)\pi dh=$
$= \frac{3}{4R^3} \left[\frac{(R^2-h^2)^2}{2}\right]_0^R=\frac{3}{8} R$

Messaggio da **Ippo** » 31 ago 2009, 20:06

Davide90 ha scritto: dov'è l'errore

l'errore è che quella è una semisfera e quell'altro è un semicerchio

Davide90 · Messaggio da **Davide90** » 31 ago 2009, 22:10

È vero, in un solido di rotazione i punti a distanza maggiore dall'asse "creano" più volume rispetto a quelli più vicini...

Per quanto riguarda il tuo integrale però, come ci sei arrivato? L'area di un settore circolare con angolo al centro $d\theta$ risulta $\frac{R^2}{2}d\theta$ : l'altezza del baricentro di questo triangolo mistilineo non si potrebbe approssimare a $(\sin\theta)/2$ ? Mi manca il $\cos^2$ e qualche 2 però...

Messaggio da **Ippo** » 1 set 2009, 13:04

io ho fatto così: prendiamo tanti rettangoli con base parallela alla base del semicerchio e altezza infinitesima; ognuno di questi rettangoli ha base $2r \cos \theta$ e altezza $d (r \sin \theta)=r \cos \theta d \theta$ dove l'angolo è misurato rispetto alla base del semicerchio. Ora la formula per la coordinata del centro di massa è quella che ho scritto prima:

Ippo ha scritto: $y_c= \frac{1}{A}\int_{y_0}^{y_1}ydA$

se poni $dA=(r \cos \theta ) \cdot ( r \cos \theta d \theta)=r^2 \cos^2 \theta d \theta$ (l'area di ciascun rettangolino),
$y= r \sin \theta$ (l'ordinata di ogni rettangolino) e $A=\pi r^2/2$ allora ottieni quella cosa lì

Davide90 · Messaggio da **Davide90** » 1 set 2009, 14:00

Ah ok, ragionavi sui rettangoli! E io che mi andavo a complicare la vita con settori circolari infinitesimi, quando avevi fatto esattamente come me...

Grazie!

pascal · Messaggio da **pascal** » 1 set 2009, 14:46

Pure con i settori puoi ottenere il risultato.
L’unione dei baricentri dei settori di raggio R forma una semicirconferenza di raggio $r = 2R/3$ . Si tratta di trovare il baricentro di questa semicirconferenza:

$y_c=\frac{\int y\, dl}{\pi r}=\frac{\int_{0}^{\pi} (r \sin \theta)(r \,d \theta)}{\pi r}=\frac {2r}{\pi}$

ossia

$y_c=\frac{4R}{3\pi}$ .

Davide90 · Messaggio da **Davide90** » 1 set 2009, 15:00

pascal ha scritto:L’unione dei baricentri dei settori di raggio R forma una semicirconferenza di raggio $r = 2R/3$

Giusto, il baricentro di un triangolo mistilineo tende a quello di un triangolo, dove il baricentro divide la mediana in due parti, di cui una doppia rispetto all'altra... Non ci avevo pensato, ma funziona benissimo anche così!

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