Esercizi svolti · Scheda 2

Centri di massa e moto del centro di massa

Teoria usata: Centro di massa Centro di massa di un corpo continuo Centro di massa di un corpo composto Teorema del moto del centro di massa Sistema di punti materiali

Vai a: Esercizio 1 Esercizio 2 Esercizio 3 Esercizio 4

Esercizio 1

Tre punti materiali hanno masse $m_{1} = 1, 0 kg$ , $m_{2} = 2, 0 kg$ , $m_{3} = 3, 0 kg$ e si trovano nei punti del piano $P_{1} = (0, 0)$ , $P_{2} = (3, 0; 0)$ , $P_{3} = (1, 0; 2, 0)$ , con coordinate in metri. Determinare la posizione del centro di massa.

x_{c m} = \frac{m _{1} x _{1} + m _{2} x _{2} + m _{3} x _{3}}{m _{1} + m _{2} + m _{3}}, y_{c m} = \frac{m _{1} y _{1} + m _{2} y _{2} + m _{3} y _{3}}{m _{1} + m _{2} + m _{3}}

M = 1, 0 + 2, 0 + 3, 0 = 6, 0 kg

x_{c m} = \frac{1 , 0 \cdot 0 + 2 , 0 \cdot 3 , 0 + 3 , 0 \cdot 1 , 0}{6 , 0} m = \frac{9 , 0}{6 , 0} m = 1, 5 m

y_{c m} = \frac{1 , 0 \cdot 0 + 2 , 0 \cdot 0 + 3 , 0 \cdot 2 , 0}{6 , 0} m = \frac{6 , 0}{6 , 0} m = 1, 0 m

Ogni coordinata del centro di massa è la media delle coordinate dei punti pesata con le masse, quindi si calcolano separatamente $x_{c m}$ e $y_{c m}$ dividendo per la massa totale $6, 0 kg$ . I punti $P_{1}$ e $P_{2}$ stanno sull’asse $x$ e non contribuiscono al numeratore di $y_{c m}$ . Il centro di massa è quindi $(1, 5 m; 1, 0 m)$ .

Come controllo, il punto trovato è interno al triangolo $P_{1} P_{2} P_{3}$ , come deve essere per un sistema di masse positive, ed è più vicino a $P_{3}$ , che porta la massa maggiore, che a $P_{1}$ e $P_{2}$ , dai quali dista ugualmente.

Esercizio 2

Da una lamiera quadrata omogenea di lato $L = 4, 0 m$ si ritaglia, in un vertice, un quadrato di lato $\frac{L}{2}$ . Determinare il centro di massa della lamiera rimasta, in un riferimento con origine nel vertice opposto a quello ritagliato e assi lungo due lati.

La lamiera rimasta (colorata) è il quadrato intero di centro

C_{0}

privato del quadrato tratteggiato di centro

C_{1}

; il centro di massa ha

x_{c m} = y_{c m} = \frac{5}{3} m

e sta sulla diagonale, dalla parte opposta a

C_{1}

rispetto a

C_{0}

σ = \frac{M _{0}}{L ^{2}}, M_{1} = σ \frac{L ^{2}}{4} = \frac{M _{0}}{4}, x_{c m} = \frac{M _{0} x _{0} - M _{1} x _{1}}{M _{0} - M _{1}}

x_{c m} = \frac{M _{0} \cdot \frac{L}{2} - \frac{M _{0}}{4} \cdot \frac{3 L}{4}}{\frac{3 M _{0}}{4}} = \frac{\frac{L}{2} - \frac{3 L}{16}}{\frac{3}{4}} = \frac{5 L}{16} \cdot \frac{4}{3} = \frac{5 L}{12}

x_{c m} = y_{c m} = \frac{5 \cdot 4 , 0 m}{12} \approx 1, 7 m

La lamiera è omogenea, quindi la massa di ogni parte è proporzionale alla sua area e il quadrato ritagliato ha un quarto della massa $M_{0}$ del quadrato intero. Per il teorema sul centro di massa di un corpo composto, il quadrato intero è formato dalla lamiera rimasta e dal quadrato ritagliato; perciò $M_{0} x_{0} = (M_{0} - M_{1}) x_{c m} + M_{1} x_{1}$ , e da questa relazione si ricava la formula con la massa del pezzo mancante sottratta. I centri di massa dei due quadrati sono i loro centri, per simmetria, quindi $x_{0} = \frac{L}{2} = 2, 0 m$ e $x_{1} = \frac{3 L}{4} = 3, 0 m$ .

La figura è simmetrica rispetto alla diagonale che passa per l’origine, quindi $y_{c m} = x_{c m}$ . Il centro di massa si trova in $(\frac{5}{3} m; \frac{5}{3} m)$ , cioè circa a $(1, 7 m; 1, 7 m)$ .

Come controllo si può dividere la lamiera rimasta in due rettangoli, uno $4, 0 m \times 2, 0 m$ con centro $(2, 0; 1, 0)$ e uno $2, 0 m \times 2, 0 m$ con centro $(1, 0; 3, 0)$ . Le aree sono $8, 0 m^{2}$ e $4, 0 m^{2}$ , e si ottiene $x_{c m} = \frac{8 \cdot 2 + 4 \cdot 1}{12} m = \frac{5}{3} m$ , lo stesso valore.

Esercizio 3

Un’asta rettilinea di lunghezza $L = 1, 8 m$ è disposta sull’asse $x$ tra $x = 0$ e $x = L$ e ha densità lineare

λ (x) = λ_{0} (1 + \frac{x}{L}),

con $λ_{0}$ costante positiva. Calcolare la massa dell’asta in funzione di $λ_{0}$ e la posizione del centro di massa.

M = \int_{0}^{L} λ (x) d x, x_{c m} = \frac{1}{M} \int_{0}^{L} x λ (x) d x

M = λ_{0} \int_{0}^{L} (1 + \frac{x}{L}) d x = λ_{0} [x + \frac{x ^{2}}{2 L}]_{0}^{L} = λ_{0} (L + \frac{L}{2}) = \frac{3}{2} λ_{0} L

\int_{0}^{L} x λ (x) d x = λ_{0} \int_{0}^{L} (x + \frac{x ^{2}}{L}) d x = λ_{0} [\frac{x ^{2}}{2} + \frac{x ^{3}}{3 L}]_{0}^{L} = \frac{5}{6} λ_{0} L^{2}

x_{c m} = \frac{\frac{5}{6} λ _{0} L ^{2}}{\frac{3}{2} λ _{0} L} = \frac{5}{9} L = \frac{5}{9} \cdot 1, 8 m = 1, 0 m

L’asta non è omogenea, quindi il suo centro di massa non coincide con il punto medio e va calcolato con la definizione per un corpo continuo. Un tratto di lunghezza $d x$ nella posizione $x$ ha massa $d m = λ (x) d x$ ; la massa totale è l’integrale di $λ$ sull’asta, e il centro di massa è il rapporto tra l’integrale di $x λ (x)$ e la massa.

I due integrali sono integrali di polinomi e si calcolano con le primitive. Il fattore $λ_{0}$ compare sia nel numeratore sia nel denominatore, quindi si semplifica e il centro di massa dipende solo da $L$ ; si trova in $x_{c m} = \frac{5}{9} L = 1, 0 m$ .

Come controllo, la densità cresce da $λ_{0}$ in $x = 0$ a $2 λ_{0}$ in $x = L$ , perciò il centro di massa deve stare oltre il punto medio $0, 9 m$ , dalla parte più densa; il risultato $1, 0 m$ soddisfa questa condizione.

Esercizio 4

Due blocchi di masse $m_{1} = 2, 0 kg$ e $m_{2} = 3, 0 kg$ , fermi su un piano orizzontale liscio, sono collegati da una molla di massa trascurabile. Da $t = 0$ si applica al blocco $1$ una forza orizzontale costante di modulo $F = 10 N$ , diretta lungo la molla. Calcolare l’accelerazione del centro di massa, lo spostamento del centro di massa dopo $3, 0 s$ e l’accelerazione del blocco $2$ nell’istante in cui il blocco $1$ ha accelerazione $a_{1} = 3, 5 m/ s^{2}$ nel verso di $F$ .

(m_{1} + m_{2}) a_{c m} = F ⟹ a_{c m} = \frac{F}{m _{1} + m _{2}} = \frac{10 N}{5 , 0 kg} = 2, 0 m/ s^{2}

Δ x_{c m} = \frac{1}{2} a_{c m} t^{2} = \frac{1}{2} \cdot 2, 0 m/ s^{2} \cdot (3, 0 s)^{2} = 9, 0 m

(m_{1} + m_{2}) a_{c m} = m_{1} a_{1} + m_{2} a_{2} ⟹ a_{2} = \frac{F - m _{1} a _{1}}{m _{2}}

a_{2} = \frac{10 N - 2 , 0 kg \cdot 3 , 5 m/ s ^{2}}{3 , 0 kg} = \frac{3 , 0 N}{3 , 0 kg} = 1, 0 m/ s^{2}

Si sceglie come sistema l’insieme dei due blocchi e della molla. La forza elastica della molla è interna, mentre le forze esterne sono i pesi, le reazioni del piano e la forza $F$ ; il piano è orizzontale e liscio, quindi pesi e reazioni sono verticali e si fanno equilibrio, e la risultante delle forze esterne è $F$ . Per il teorema del moto del centro di massa il centro di massa ha accelerazione costante $\frac{F}{M}$ , come un unico punto di massa $5, 0 kg$ spinto dalla stessa forza, qualunque sia l’allungamento della molla.

Il sistema parte da fermo, quindi il centro di massa si muove di moto uniformemente accelerato con velocità iniziale nulla e in $3, 0 s$ si sposta di $9, 0 m$ . I singoli blocchi invece oscillano l’uno rispetto all’altro, e le loro accelerazioni cambiano nel tempo.

In ogni istante $M a_{c m} = m_{1} a_{1} + m_{2} a_{2}$ , perché questa è la derivata seconda della definizione di centro di massa. Noto $a_{1}$ , l’uguaglianza fornisce $a_{2} = 1, 0 m/ s^{2}$ nel verso di $F$ . In quell’istante la molla esercita sul blocco $2$ una forza di $3, 0 N$ nel verso di $F$ , perché $m_{2} a_{2} = 3, 0 N$ .