Applicare una forza ad un punto di un corpo rigido...
Ciao, amici! Giocherellando con il carrello della spesa 
mi sono convinto che, se si applica una forza $\mathbf{F}$ ad un punto $O$ di un corpo rigido, il centro di massa di questo finisce sulla retta di direzione $\mathbf{F}$ passante per $O$. O sbaglio?
Se non sbaglio, come si può dimostrare matematicamente?
È l'analogia con il concetto di centro di gravità, che coincide con il centro di massa, che mi ha fatto supporre la cosa...
So infatti che, appendendo ad un filo un corpo, come la pera della figura, il centro di massa $C$ finisce sulla retta che è prolungamento del filo, cosa che direi sia dovuta al fatto che la risultante dei momenti rispetto al punto $O$ in cui è appeso si annulla esattamente quando la forza (peso) è parallela a \(\overrightarrow{OC}\), e questo perché il momento della forza peso agisce come se tutta la massa fosse concetrata nel centro di massa $C$, cosa evidente dal fatto che, chiamati \(\mathbf{r}_i\) i vettori posizione dei punti di massa $m_i$ costituenti un certo sistema di corpi puntiformi rispetto a un dato punto, \(\mathbf{r}_{cm}\) il vettore posizione del centro di massa sempre rispetto a tale punto e $M$ la massa totale, si ha \[\sum_i \mathbf{r}_i\times (m_i\mathbf{g})=\sum_i (m_i \mathbf{r}_i\times \mathbf{g})=\Big( \sum_i m_i \mathbf{r}_i\Big) \times \mathbf{g}=M \mathbf{r}_{cm}\times \mathbf{g}=\mathbf{r}_{cm}\times M\mathbf{g} \]uguaglianza valida anche sostituendo $\rho(\mathbf{r_i})\DeltaV_i$ a $m_i$ e passando al limite per calcolare gli integrali nel caso di un corpo continuo.
$\infty$ grazie per ogni risposta!!!
mi sono convinto che, se si applica una forza $\mathbf{F}$ ad un punto $O$ di un corpo rigido, il centro di massa di questo finisce sulla retta di direzione $\mathbf{F}$ passante per $O$. O sbaglio?Se non sbaglio, come si può dimostrare matematicamente?
È l'analogia con il concetto di centro di gravità, che coincide con il centro di massa, che mi ha fatto supporre la cosa...
So infatti che, appendendo ad un filo un corpo, come la pera della figura, il centro di massa $C$ finisce sulla retta che è prolungamento del filo, cosa che direi sia dovuta al fatto che la risultante dei momenti rispetto al punto $O$ in cui è appeso si annulla esattamente quando la forza (peso) è parallela a \(\overrightarrow{OC}\), e questo perché il momento della forza peso agisce come se tutta la massa fosse concetrata nel centro di massa $C$, cosa evidente dal fatto che, chiamati \(\mathbf{r}_i\) i vettori posizione dei punti di massa $m_i$ costituenti un certo sistema di corpi puntiformi rispetto a un dato punto, \(\mathbf{r}_{cm}\) il vettore posizione del centro di massa sempre rispetto a tale punto e $M$ la massa totale, si ha \[\sum_i \mathbf{r}_i\times (m_i\mathbf{g})=\sum_i (m_i \mathbf{r}_i\times \mathbf{g})=\Big( \sum_i m_i \mathbf{r}_i\Big) \times \mathbf{g}=M \mathbf{r}_{cm}\times \mathbf{g}=\mathbf{r}_{cm}\times M\mathbf{g} \]uguaglianza valida anche sostituendo $\rho(\mathbf{r_i})\DeltaV_i$ a $m_i$ e passando al limite per calcolare gli integrali nel caso di un corpo continuo.
$\infty$ grazie per ogni risposta!!!
Risposte
Ci fosse mai una volta che, quando prendo il carrello al supermercato, beccassi quello che va diritto !
Becco sempre quello che va "storto" , perché gli snodi delle rotelle fanno attrito e le rotelle non girano parallele.
A parte questo, caro Davide, in generale non è vero quello che dici. Prendi un corpo rigido, posto in un riferimento inerziale, e isolato, (il carrello della spesa non è isolato, interagisce col la terra ) e applica una forza $vecF$ in direzione qualsiasi, la cui retta di azione non passa per il CM : hai anche un "momento di forza esterna" rispetto al CM , pari a $vecrxxvecF$ , oltre alla forza stessa.
La forza, o meglio il risultante di tutte le forze esterne applicate, causa variazione della quantità di moto del corpo : 1° equazione cardinale della dinamica.
Il momento risultante delle forze esterne, calcolato rispetto ad un polo fisso o coincidente col CM, causa variazione del momento angolare del corpo, rispetto allo steso polo : 2° equazione cardinale della dinamica. E cioè : rotazione.
L'esempio del carrello è comunque buono,s e tieni conto della interazione col suolo : se lo spingi con una sola mano all'estremità del maniglia, l'azione combinata della spinta e delle 4 rotelle lo fa girare attorno a un asse verticale.
Il caso della forza peso è diverso. Il campo $vecg$ , che supponiamo uniforme, agisce su tutti i "pezzetti elementari" del corpo, e il risultante passa ovviamente per il CM.
Quindi non c'è momento risultante di forze esterne, se trascuri l'attrito con l'aria: hai mai visto nei film un'auto che a folle velocità esce di strada e precipita in un burrone ? Inizialmente l'auto cade parallelamente a se stessa. Poi si gira nell'aria, ma per effetto delle forze di resistenza aerodinamica.
Voglio dire : se imprimi inizialmente ad un corpo che cade una velocità angolare, il corpo cade conservandola. Ma se non gliela imprimi, il corpo non l'acquista a motivo della caduta.
Ti sei mai tuffato a "candela" ?
Leggiti questa discussione , e in particolare l'esperimento casereccio con lo scatolino delle pillole vuoto, che spingi giù dal tavolo con un impulso. E fa' pure l'esperimento! Se la spinta allo scatolo la dai non passante per il CM, lo scatolino si mette ruotare attorno a un asse verticale, e poi cade ovviamente.
Becco sempre quello che va "storto" , perché gli snodi delle rotelle fanno attrito e le rotelle non girano parallele.
A parte questo, caro Davide, in generale non è vero quello che dici. Prendi un corpo rigido, posto in un riferimento inerziale, e isolato, (il carrello della spesa non è isolato, interagisce col la terra ) e applica una forza $vecF$ in direzione qualsiasi, la cui retta di azione non passa per il CM : hai anche un "momento di forza esterna" rispetto al CM , pari a $vecrxxvecF$ , oltre alla forza stessa.
La forza, o meglio il risultante di tutte le forze esterne applicate, causa variazione della quantità di moto del corpo : 1° equazione cardinale della dinamica.
Il momento risultante delle forze esterne, calcolato rispetto ad un polo fisso o coincidente col CM, causa variazione del momento angolare del corpo, rispetto allo steso polo : 2° equazione cardinale della dinamica. E cioè : rotazione.
L'esempio del carrello è comunque buono,s e tieni conto della interazione col suolo : se lo spingi con una sola mano all'estremità del maniglia, l'azione combinata della spinta e delle 4 rotelle lo fa girare attorno a un asse verticale.
Il caso della forza peso è diverso. Il campo $vecg$ , che supponiamo uniforme, agisce su tutti i "pezzetti elementari" del corpo, e il risultante passa ovviamente per il CM.
Quindi non c'è momento risultante di forze esterne, se trascuri l'attrito con l'aria: hai mai visto nei film un'auto che a folle velocità esce di strada e precipita in un burrone ? Inizialmente l'auto cade parallelamente a se stessa. Poi si gira nell'aria, ma per effetto delle forze di resistenza aerodinamica.
Voglio dire : se imprimi inizialmente ad un corpo che cade una velocità angolare, il corpo cade conservandola. Ma se non gliela imprimi, il corpo non l'acquista a motivo della caduta.
Ti sei mai tuffato a "candela" ?
Leggiti questa discussione , e in particolare l'esperimento casereccio con lo scatolino delle pillole vuoto, che spingi giù dal tavolo con un impulso. E fa' pure l'esperimento! Se la spinta allo scatolo la dai non passante per il CM, lo scatolino si mette ruotare attorno a un asse verticale, e poi cade ovviamente.
Il mio esperimento con il carrello ha consistito nel tirarlo per la maniglia e mi sembrava che il centro di massa si allineasse sulla retta passante per la mia mano di direzione uguale alla mia forza di trazione, di direzione costante. Tuttavia, adesso che ci penso, in quel caso non si applica una forza ad un punto e nessun'altra. Infatti alle quattro rotelle, così come alla faccia inferiore dello scatolino delle pillole spinto in un punto, si applica la forza di attrito cinetico, che ha direzione costante se tale è la forza $\mathbf{F}$ che le imprimiamo, quindi il momento della forza d'attrito è\[ \sum_i \mathbf{r}_i\times \Big(-\frac{\mu_k m_i}{\|\mathbf{F}\|}\mathbf{F}\Big)=\Big( \sum_i m_i \mathbf{r}_i\Big) \times \Big(-\frac{\mu_k }{\|\mathbf{F}\|}\mathbf{F}\Big)=\mathbf{r}_{cm}\times \Big(-\frac{\mu_k M}{\|\mathbf{F}\|}\mathbf{F}\Big) \]che è nullo esattamente quando il vettore $\mathbf{r}_{cm}$ posizione del CM rispetto al punto in cui tiriamo il carrello, o spingiamo la scatoletta, e la forza della nostra trazione, o spinta, $\mathbf{F}$ sono allineati.
Se invece ci troviamo nello spazio siderale lontani da ogni forza non trascurabile e tiriamo per un punto un corpo rigido, con una forza di direzione parallela alla retta congiungente il punto da cui tiriamo e il centro di massa del corpo, il corpo ruota? O non ruoterebbe così come non ruoterebbe il carrello o lo scatolino tirato o spinto con una forza di direzione parallela alla retta passante per il suo punto di applicazione ed il CM? Intuitivamente mi aspetteri che non ruoti, anche se non sono mai stato nello spazio siderale a trascinare carrelli o a tirare scatolette, ma non saprei mostrare matematicamente perché ciò accade (se accade)...
$\infty$ grazie ancora!
Se invece ci troviamo nello spazio siderale lontani da ogni forza non trascurabile e tiriamo per un punto un corpo rigido, con una forza di direzione parallela alla retta congiungente il punto da cui tiriamo e il centro di massa del corpo, il corpo ruota? O non ruoterebbe così come non ruoterebbe il carrello o lo scatolino tirato o spinto con una forza di direzione parallela alla retta passante per il suo punto di applicazione ed il CM? Intuitivamente mi aspetteri che non ruoti, anche se non sono mai stato nello spazio siderale a trascinare carrelli o a tirare scatolette, ma non saprei mostrare matematicamente perché ciò accade (se accade)...
$\infty$ grazie ancora!
Anche quando tiri, se la retta di azione della forza che tira non passa "subito" per il CM, il carrello effettua una rotazione fino a che il braccio rispetto al CM non si annulla. C'è infatti da considerare le forze applicate dalle rotelle. Il sistema non è isolato.
Spazio siderale vuol dire riferimento inerziale ? Basta che rimani sulla terra, e consideri un corpo rigido poggiato su un piano orizzontale liscio: il peso è equilibrato dalla reazione del piano, e quindi non dà fastidio per lo studio del moto che consegue alla applicazione della forza . Se la retta di azione della forza passa per il CM il corpo trasla soltanto, accelerando finchè c'è la forza costante. Se la retta di azione della forza non passa per il CM, c'è anche il momento di tale forza , che causa accelerazione angolare.
MA stai pensando ad una forza costante , oppure ad una forza impulsiva , che dura un breve lasso di tempo ? Nel caso della forza impulsiva, accelerazione lineare e accelerazione angolare esistono finchè esiste la forza impulsiva, poi velocità lineare e velocità angolare rimangono costanti.
Spazio siderale vuol dire riferimento inerziale ? Basta che rimani sulla terra, e consideri un corpo rigido poggiato su un piano orizzontale liscio: il peso è equilibrato dalla reazione del piano, e quindi non dà fastidio per lo studio del moto che consegue alla applicazione della forza . Se la retta di azione della forza passa per il CM il corpo trasla soltanto, accelerando finchè c'è la forza costante. Se la retta di azione della forza non passa per il CM, c'è anche il momento di tale forza , che causa accelerazione angolare.
MA stai pensando ad una forza costante , oppure ad una forza impulsiva , che dura un breve lasso di tempo ? Nel caso della forza impulsiva, accelerazione lineare e accelerazione angolare esistono finchè esiste la forza impulsiva, poi velocità lineare e velocità angolare rimangono costanti.
"navigatore":Sì, con solo una forza agente su un punto del corpo.
Spazio siderale vuol dire riferimento inerziale ?
Vedo che confermi la mia intuizione che non c'è accelerazione angolare se la retta di azione della forza passa per il CM. Tuttavia, matematicamente, non vedo da che cosa derivi questa proprietà privilegiata del CM... Sarà che mi pongo domande prima di avere gli strumenti teorici per rispondere ad esse...
Ti faccio questo esempio.
Considera un piano orizzontale perfettamente liscio, e una barretta "rigida" (ipotesi teorica!) lunga $L$ , di massa $m$ , a sezione quadrata (così eliminiamo ogni dubbio relativo a rotolamento o non rotolamento, tanto il piano è liscio , e non ce cale della interazione tra barretta e piano) .
LA barretta è ferma sul piano. Una forza impulsiva, di breve durata, di modulo $F$, viene applicata in direzione perpendicolare alla barretta, parallelamente al piano, passante per il CM della barretta.
Essendo un corpo per ipotesi rigido, i suoi punti acquistano , nel tempuscolo $\Deltat$ , la variazione di velocità $\Deltav$, "tutti insieme" : $F\Deltat = m\Deltav$ . Si può dire che tutti i punti della barretta accelerano alla stessa maniera :
$a = F/m = (\Deltav)/(\Deltat) $
Prendi ora un elemento della barretta $dl$, di massa $dm$, posto a destra del CM, a distanza $d
Ma ora, supponi che la forza $F$ non agisca in corrispondenza del CM ma , supponiamo, spostata da una parte, quella destra, a distanza $h$ dal CM . Se ripeti il ragionamento di prima , vedi che il pezzo che rimane a destra del punto di applicazione della forza : $L/2-h$ è più piccolo di quello che rimane a sinistra: $ L/2 +h$ . C'è quindi uno squilibrio, nel momento delle forze di inerzia calcolate rispetto al punto di applicazione di $F$. Perciò la barretta accelera angolarmente, oltre a traslare.
Come fai a calcolare l'accelerazione angolare ? Prendi come polo il CM. Il momento di $F$ rispetto al CM vale $F*h$ . Il momento di inerzia rispetto a un asse verticale per il CM vale $ I = 1/(12)mL^2$ ( controlla per favore, non vorrei sbagliare).
PEr la seconda equazione della dinamica : $F*h = I*\alpha$ .
Che succede se la forza è applicata per un certo tempo, costante in direzione e intensità?
Considera un piano orizzontale perfettamente liscio, e una barretta "rigida" (ipotesi teorica!) lunga $L$ , di massa $m$ , a sezione quadrata (così eliminiamo ogni dubbio relativo a rotolamento o non rotolamento, tanto il piano è liscio , e non ce cale della interazione tra barretta e piano) .
LA barretta è ferma sul piano. Una forza impulsiva, di breve durata, di modulo $F$, viene applicata in direzione perpendicolare alla barretta, parallelamente al piano, passante per il CM della barretta.
Essendo un corpo per ipotesi rigido, i suoi punti acquistano , nel tempuscolo $\Deltat$ , la variazione di velocità $\Deltav$, "tutti insieme" : $F\Deltat = m\Deltav$ . Si può dire che tutti i punti della barretta accelerano alla stessa maniera :
$a = F/m = (\Deltav)/(\Deltat) $
Prendi ora un elemento della barretta $dl$, di massa $dm$, posto a destra del CM, a distanza $d
Ma ora, supponi che la forza $F$ non agisca in corrispondenza del CM ma , supponiamo, spostata da una parte, quella destra, a distanza $h$ dal CM . Se ripeti il ragionamento di prima , vedi che il pezzo che rimane a destra del punto di applicazione della forza : $L/2-h$ è più piccolo di quello che rimane a sinistra: $ L/2 +h$ . C'è quindi uno squilibrio, nel momento delle forze di inerzia calcolate rispetto al punto di applicazione di $F$. Perciò la barretta accelera angolarmente, oltre a traslare.
Come fai a calcolare l'accelerazione angolare ? Prendi come polo il CM. Il momento di $F$ rispetto al CM vale $F*h$ . Il momento di inerzia rispetto a un asse verticale per il CM vale $ I = 1/(12)mL^2$ ( controlla per favore, non vorrei sbagliare).
PEr la seconda equazione della dinamica : $F*h = I*\alpha$ .
Che succede se la forza è applicata per un certo tempo, costante in direzione e intensità?
"navigatore":Mi sa che ciò che mi manca per formalizzare a me stesso matematicamente il tutto sia proprio il concetto di forza di inerzia. Di che cosa si tratta: è una forza apparente che si applica ad ogni punto del corpo rigido (nel nostro caso la barretta) in un riferimento solidale con esso come conseguenza della forza esercitata su un suo punto?
È evidente che la forza di inerzia per $dm$ vale $-dm*a$
Grazie ancora!!!
Se guidi l'automobile a velocità costante, il tuo riferimento è inerziale.
Se acceleri, il tuo riferimento non è più inerziale. È accelerato in avanti, e tu ti senti schiacciato sul sedile : la forza che ti schiaccia sul sedile è la forza inerziale ("apparente o fittizia", dice qualcuno) data da $-ma$ . In effetti tu senti la forza esercitata dal sedile nella tua schiena.
LA forza inerziale è dovuta alla accelerazione del riferimento.
Se acceleri, il tuo riferimento non è più inerziale. È accelerato in avanti, e tu ti senti schiacciato sul sedile : la forza che ti schiaccia sul sedile è la forza inerziale ("apparente o fittizia", dice qualcuno) data da $-ma$ . In effetti tu senti la forza esercitata dal sedile nella tua schiena.
LA forza inerziale è dovuta alla accelerazione del riferimento.
Credo di esserci, quindi: basta considerare il riferimento non inerziale, in cui il CM è visto fermo, solidale con il corpo trascinato o spinto con forza diciamo \(\mathbf{F}=M\mathbf{a}_{cm}\) dove ho chiamato $M$ la massa totale del corpo e \(\mathbf{a}_{cm}\) l'accelerazione del CM, in cui, su ogni "parte infinitesima" del corpo di massa $dm$ si manifesta una forza \(-dm M^{-1}\mathbf{F}\), giusto? A questo punto basta scrivere \(-m_i M^{-1}\mathbf{F}\) al posto di $m_i \mathbf{g}$ nel mio primo post del thread: prendendo come punto rispetto al quale si calcola il momento il centro di massa, che è fermo nel riferimento non inerziale osserviamo che il momento applicato, nel riferimento non inerziale, al punto che viene tirato o spinto (nel sistema inerziale esterno) è nullo se e solo se la retta d'azione della forza di inerzia agente sul punto passa per il CM...
$\infty$ grazie per ogni risposta e per la disponibilità!!!!
$\infty$ grazie per ogni risposta e per la disponibilità!!!!
Riflettendoci ancora non sono più tanto convinto di ciò che ho scritto. Una cartolina è appoggiata sulla scrivania, liscia e senza attriti, inizialmente ferma con il lato maggiore parallelo al bordo del tavolo innanzi a noi. La spingiamo all'angolo destro, diciamo $P$, con una forza $\mathbf{F}$ Conseguentemente il suo CM accelera di un'accelerazione \(M^{-1}\mathbf{F}\) ($M$ massa della cartolina). Poniamoci nel riferimento solidale con il CM della cartolina. L'angolo che spingiamo ruota in senso antiorario, quindi non sono più così convinto che a $P$ si applichi una forza apparente di verso opposto a \(\mathbf{F}\)... 
Non vorrei averti complicato la vita, con la storia delle forze di inerzia su ciascun pezzetto di massa della asticella…perché vedo che sei già bravo a complicartela da solo…. 
Infatti quello che avevi scritto prima è un po' confuso. E soprattutto non ho capito il ragionamento a proposito della forza peso.
Allora, metti da parte le forze di inerzia. Considera nuovamente la mia asticella posta sul piano orizzontale liscio, e applica una forza $vecF$ perpendicolare all'asta (parallela al piano ) e passante per il CM : ti è chiaro perché l'asta trasla solamente e non ruota ? La forza deve accelerare tanta massa a destra quanta massa a sinistra , perciò non c'è rotazione.
Ora supponi che $vecF$ sia applicata a distanza $h$ dal CM. Puoi aggiungere nel CM due forze uguali e contrarie , di intensità pari a $F$ . Sia $vecF_1$ quella parallela ed equiversa a $vecF$ , e sia $-vecF_1$ quella opposta.
Le due forze $vecF$ e $-vecF_1$ formano una coppia, di momento $Fh$ che causa accelerazione angolare. LA forza $vecF_1$. che passa per il CM, accelera linearmente la barretta.
Ora mi potresti dire : questa è una situazione geometricamente semplice , il corpo ha certe simmetrie . Come faccio se , per esempio, il corpo è una pietra completamente priva di simmetrie, a dire che quando la forza passa per il CM non c'è rotazione ?
Bisogna studiarsi un po' di dinamica del corpo rigido. Non ci sono simmetrie nella pietra, ma io non so spiegartelo in maniera semplice .
Da' un'occhiata all'asteroide Toutatis : qualche forza lo avrà lanciato nello spazio in passato, e il corpo rototrasla….
Però vorrei chiarire una cosa : per un corpo rigido di massa $M$ in caduta libera in un campo gravitazionale la situazione è diversa. Non hai una sola forza, il peso del corpo, applicata nel CM. Ogni pezzettino $dm$ del corpo ha la sua forza peso $dm*vecg$ , e se il corpo è poco esteso rispetto al campo $vecg$ questi pesi elementari sono un sistema di forze parallele di intensità proporzionale alla massa: la cui risultante è $vecP = Mvecg$ applicata nel CM.
Se fai cadere una pietra senza imprimerle una rotazione iniziale, quella cade traslando, senza rotazione.Naturalmente devi trascurare la resistenza dell'aria, al completo.
Se spacchi la pietra in 4 o più parti, e le tieni insieme con le mani prima di lasciarli cadere, essi cadono insieme: nessun pezzo preme sull'altro. Ripeto : si suppone $vecg$ rigorosamente costante, nel volume del corpo.
Questa fu la spiegazione di Galileo!
E questo fece sì che Einstein pensasse : "Se cado, non avverto il mio peso! È l'idea più felice della mia vita! Ora sai che faccio ? Prendo quest'idea e faccio la Relatività Generale ! "
Che grande idea!
Fa' questo esperimento : prendi una moneta di 1 euro . Poi prendi un pezzetto di carta più piccolo della moneta, un coriandolo. Metti la carta sopra la moneta. Poi, tenendo la moneta "perfettamente orizzontale" (questo è il difficile!) con due dita, lasciala cadere. Nella caduta , se riesci a farla cadere in perfetta posizione orizzontale , la moneta spazza via l'aria davanti al coriandolo, e i due corpi arrivano rigorosamente insieme a terra.
Spesso non riesce, perché la moneta si rovescia. MA talvolta riesce, e mostra che tutti i corpi cadono con la stessa accelerazione gravitazionale.
Infatti quello che avevi scritto prima è un po' confuso. E soprattutto non ho capito il ragionamento a proposito della forza peso.
Allora, metti da parte le forze di inerzia. Considera nuovamente la mia asticella posta sul piano orizzontale liscio, e applica una forza $vecF$ perpendicolare all'asta (parallela al piano ) e passante per il CM : ti è chiaro perché l'asta trasla solamente e non ruota ? La forza deve accelerare tanta massa a destra quanta massa a sinistra , perciò non c'è rotazione.
Ora supponi che $vecF$ sia applicata a distanza $h$ dal CM. Puoi aggiungere nel CM due forze uguali e contrarie , di intensità pari a $F$ . Sia $vecF_1$ quella parallela ed equiversa a $vecF$ , e sia $-vecF_1$ quella opposta.
Le due forze $vecF$ e $-vecF_1$ formano una coppia, di momento $Fh$ che causa accelerazione angolare. LA forza $vecF_1$. che passa per il CM, accelera linearmente la barretta.
Ora mi potresti dire : questa è una situazione geometricamente semplice , il corpo ha certe simmetrie . Come faccio se , per esempio, il corpo è una pietra completamente priva di simmetrie, a dire che quando la forza passa per il CM non c'è rotazione ?
Bisogna studiarsi un po' di dinamica del corpo rigido. Non ci sono simmetrie nella pietra, ma io non so spiegartelo in maniera semplice .
Da' un'occhiata all'asteroide Toutatis : qualche forza lo avrà lanciato nello spazio in passato, e il corpo rototrasla….
Però vorrei chiarire una cosa : per un corpo rigido di massa $M$ in caduta libera in un campo gravitazionale la situazione è diversa. Non hai una sola forza, il peso del corpo, applicata nel CM. Ogni pezzettino $dm$ del corpo ha la sua forza peso $dm*vecg$ , e se il corpo è poco esteso rispetto al campo $vecg$ questi pesi elementari sono un sistema di forze parallele di intensità proporzionale alla massa: la cui risultante è $vecP = Mvecg$ applicata nel CM.
Se fai cadere una pietra senza imprimerle una rotazione iniziale, quella cade traslando, senza rotazione.Naturalmente devi trascurare la resistenza dell'aria, al completo.
Se spacchi la pietra in 4 o più parti, e le tieni insieme con le mani prima di lasciarli cadere, essi cadono insieme: nessun pezzo preme sull'altro. Ripeto : si suppone $vecg$ rigorosamente costante, nel volume del corpo.
Questa fu la spiegazione di Galileo!
E questo fece sì che Einstein pensasse : "Se cado, non avverto il mio peso! È l'idea più felice della mia vita! Ora sai che faccio ? Prendo quest'idea e faccio la Relatività Generale ! "
Che grande idea!
Fa' questo esperimento : prendi una moneta di 1 euro . Poi prendi un pezzetto di carta più piccolo della moneta, un coriandolo. Metti la carta sopra la moneta. Poi, tenendo la moneta "perfettamente orizzontale" (questo è il difficile!) con due dita, lasciala cadere. Nella caduta , se riesci a farla cadere in perfetta posizione orizzontale , la moneta spazza via l'aria davanti al coriandolo, e i due corpi arrivano rigorosamente insieme a terra.
Spesso non riesce, perché la moneta si rovescia. MA talvolta riesce, e mostra che tutti i corpi cadono con la stessa accelerazione gravitazionale.
Finalmente sto studiando qualcosa sulla dinamica del moto rotatorio e so in particolare che il momento risultante esterno è uguale alla derivata temporale del momento angolare: \(\sum \boldsymbol{\tau}_{\text{ext}}=\frac{d\mathbf{L}}{dt}\). Da ciò insieme al fatto che per un corpo rigido in rotazione intorno a un asse, diciamo $z$, vale \(L_z=I\omega_z\) -oltretutto un corpo simmetrico rispetto all'asse ha momentro angolare \(\mathbf{L}=I\boldsymbol{\omega}\)- deriva che per un corpo rigido in rotazione ad un asse fisso rispetto al corpo si ha\(\sum\tau_{\text{ext},z}\frac{dL_z}{dt}=I\alpha_z\). Per dare un'idea di quelle che sono le mie minutissime basi.
Oltretutto supporrei persino che, se il momento rispetto al CM non è nullo, si ha un'accelerazione angolare intorno al CM (è così?), mentre, se la forza è applicata al CM dell'asta, essa non ruota attorno a nessun altro punto.
Mi è chiaro, intuitivamente ed empiricamente, il ruolo privilegiato del centro di massa, ma non so giustificarlo con gli strumenti matematici della fisica...
$\infty$ grazie ancora a navigatore se vorrà tornare su quest'argomento e a chiunque altro intervenga!
"navigatore":No, non mi ancora è chiaro. È proprio questo il mio dubbio: perché quando il CM sta sulla retta d'azione dell'unica forza, ad esso applicata in un dato punto, il corpo non ruota? Intuitivamente mi sembra praticamente ovvio, ma non riesco a provarlo a me stesso con strumenti rigorosi, matematicamente parlando.
ti è chiaro perché l'asta trasla solamente e non ruota ? La forza deve accelerare tanta massa a destra quanta massa a sinistra , perciò non c'è rotazione.
Oltretutto supporrei persino che, se il momento rispetto al CM non è nullo, si ha un'accelerazione angolare intorno al CM (è così?), mentre, se la forza è applicata al CM dell'asta, essa non ruota attorno a nessun altro punto.
Mi è chiaro, intuitivamente ed empiricamente, il ruolo privilegiato del centro di massa, ma non so giustificarlo con gli strumenti matematici della fisica...
$\infty$ grazie ancora a navigatore se vorrà tornare su quest'argomento e a chiunque altro intervenga!
Navigatore, scusa se mi intrometto. Davide ha bisogno di formule. Il ragionamento semi-qualitativo non gli basta.
Come dici tu, non c'e' una maniera semplice. ma sicuramente se gli postiamo le formule che reggono il moto del corpo chiariamo il dubbio che ha (anche se io sono piu' per il tuo modo di ragionare, le formule devono solo essere una conferma al ragionamento)
Allora, Davide, guarda la figura che rappresente il maledetto carrello.
c e' il centro di massa, $d_c$ la distanza del CdM dall'origine (scelta come polo) e $d_{cF}$.
La prima equazione che si puo' scrivere e':
[size=150](1) $\vec{F}=m{dv_c}/{dt}\vec{j}$.[/size]
Da questa si capisce subito che il centro di massa si muove parallelo a y.
Poi sappiamo che:
[size=150](2) $\vec{M}={d\vec{L}}/{dt}+\vec{v_{Omega}} times m\vec{v_c}$[/size]
Ma $vec{v_{Omega}}=0$ (il polo e' fisso) e $\vec{M}=F*(d_c+d_{cF})\vec{k}$. Quindi (2) diventa:
[size=150](2a) $F*(d_c+d_{cF})\vec{k}= {d\vec{L}}/{dt}$[/size]
Il momento angolare in un corpo rigido non puntiforme e' in generale la somma di due termini:
[size=150](3) $\vec{L}=\vec{r_c}timesm\vec{v_c}+I_c\vec{omega_c}$[/size]
Tenendo conto del movimento rettilineo del centro di massa notato all'inizio, la (3) si riscrive come
[size=150](3a) $\vec{L}=mv_cd_c\vec{k}+I_c\vec{omega_c}$[/size]
Che derivata ci da:
[size=150]$(3b) {d\vec{L}}/{dt} = m{dv_c}/{dt}d_c\vec{k}+I_c\dot\omega_c\vec{k}$[/size] che, tenendo conto della (1) diventa:
[size=150](3c) ${d\vec{L}}/{dt} = F*d_c\vec{k}+I_c\dot\omega_c\vec{k}$.[/size]
Da (3c), tenendo conto di (2a), e passando ai moduli - operazione lecita perche sono tutti vettori paralleli a $\vec{k}$ - Si ottiene:
[size=150]$F*(d_c+d_{cF})= F*d_c+I_c\dot\omega_c$[/size] da cui, finalmente:
[size=150]$\dot\omega_c={F*(d_{cF})}/{I_c}$[/size]
Il che dovrebbe convincerti, con l'uso di strumenti matematici della Fisica, che se la forza e' applicata lungo un asse passante per c (cioe' per $d_{cF}=0}, la velocita angolare non varia. Se il carello era fermo, resta fermo (in termini, ovviamente, di velocita' angolare, perche il carello si mette in movimento con moto rettilineo uniformemente accelerato).
Altra considerazione: la scelta di c come polo e' MOOOLTO furba: infatti, in quelle condizioni, la (2a) si scrive immediatamente come:
[size=150]$F*d_{cF}\vec{k}= {d\vec{L}}/{dt}$[/size]
e la (3c) ancora piu' velocemente
[size=150]${d\vec{L}}/{dt} = I_c\dot\omega_c\vec{k}$[/size]
Da cui immediatamente discende il risultato.
Ora altra considerazione (mia personale): tutto quello scritto sopra ti era gia' stato scritto da Navigatore, senza esplicitarlo in formule. Tu, sembra, hai bisogno del procedimento meccanico-matematico per i tuoi esercizi.
Se, come ti ho gia' detto una volta, da una parte il rigore scientifico e' lodevole (le formule sono sempre un conforto), dall'altra parte, molte volte e' meglio usare un metodo sillogisitico, piuttosto che applicare na trattazione matematica rigorosa: in un compito di Fisica, una trattazione "ragionata" come quella del Navigatore ti permette di risparmiare minuti preziosi, non fare errori nelle formule e soprattutto ti permette di capire il fenomeno. Cioe' partendo dal fatto che sai che il corpo non ruota se la forza e' applicata nel cdm, ti risparmi una bella fatica.
Esempio: qualcuno potrebbe dirti: "...Ma quanto ha scritto questo scemo di ProfK vale solo se la forza e' parallela a un asse! Non vale in generale".
Tu potresti (a) Passare 15 minuti a generalizzare la soluzione usando una generica forza $F=(F_x,F_y)$ non piu' parallela e dimostrare che il risultato vale sempre; oppure (b) potresti ragionare un microsecondo e dimostrare con una semplicissima considerazione, senza l'uso di una sola formula, che il risultato vale sempre e comunque, a prescindere dalla direzione di F. Cosa risponderesti per difendermi?
Come dici tu, non c'e' una maniera semplice. ma sicuramente se gli postiamo le formule che reggono il moto del corpo chiariamo il dubbio che ha (anche se io sono piu' per il tuo modo di ragionare, le formule devono solo essere una conferma al ragionamento)
Allora, Davide, guarda la figura che rappresente il maledetto carrello.
c e' il centro di massa, $d_c$ la distanza del CdM dall'origine (scelta come polo) e $d_{cF}$.
La prima equazione che si puo' scrivere e':
[size=150](1) $\vec{F}=m{dv_c}/{dt}\vec{j}$.[/size]
Da questa si capisce subito che il centro di massa si muove parallelo a y.
Poi sappiamo che:
[size=150](2) $\vec{M}={d\vec{L}}/{dt}+\vec{v_{Omega}} times m\vec{v_c}$[/size]
Ma $vec{v_{Omega}}=0$ (il polo e' fisso) e $\vec{M}=F*(d_c+d_{cF})\vec{k}$. Quindi (2) diventa:
[size=150](2a) $F*(d_c+d_{cF})\vec{k}= {d\vec{L}}/{dt}$[/size]
Il momento angolare in un corpo rigido non puntiforme e' in generale la somma di due termini:
[size=150](3) $\vec{L}=\vec{r_c}timesm\vec{v_c}+I_c\vec{omega_c}$[/size]
Tenendo conto del movimento rettilineo del centro di massa notato all'inizio, la (3) si riscrive come
[size=150](3a) $\vec{L}=mv_cd_c\vec{k}+I_c\vec{omega_c}$[/size]
Che derivata ci da:
[size=150]$(3b) {d\vec{L}}/{dt} = m{dv_c}/{dt}d_c\vec{k}+I_c\dot\omega_c\vec{k}$[/size] che, tenendo conto della (1) diventa:
[size=150](3c) ${d\vec{L}}/{dt} = F*d_c\vec{k}+I_c\dot\omega_c\vec{k}$.[/size]
Da (3c), tenendo conto di (2a), e passando ai moduli - operazione lecita perche sono tutti vettori paralleli a $\vec{k}$ - Si ottiene:
[size=150]$F*(d_c+d_{cF})= F*d_c+I_c\dot\omega_c$[/size] da cui, finalmente:
[size=150]$\dot\omega_c={F*(d_{cF})}/{I_c}$[/size]
Il che dovrebbe convincerti, con l'uso di strumenti matematici della Fisica, che se la forza e' applicata lungo un asse passante per c (cioe' per $d_{cF}=0}, la velocita angolare non varia. Se il carello era fermo, resta fermo (in termini, ovviamente, di velocita' angolare, perche il carello si mette in movimento con moto rettilineo uniformemente accelerato).
Altra considerazione: la scelta di c come polo e' MOOOLTO furba: infatti, in quelle condizioni, la (2a) si scrive immediatamente come:
[size=150]$F*d_{cF}\vec{k}= {d\vec{L}}/{dt}$[/size]
e la (3c) ancora piu' velocemente
[size=150]${d\vec{L}}/{dt} = I_c\dot\omega_c\vec{k}$[/size]
Da cui immediatamente discende il risultato.
Ora altra considerazione (mia personale): tutto quello scritto sopra ti era gia' stato scritto da Navigatore, senza esplicitarlo in formule. Tu, sembra, hai bisogno del procedimento meccanico-matematico per i tuoi esercizi.
Se, come ti ho gia' detto una volta, da una parte il rigore scientifico e' lodevole (le formule sono sempre un conforto), dall'altra parte, molte volte e' meglio usare un metodo sillogisitico, piuttosto che applicare na trattazione matematica rigorosa: in un compito di Fisica, una trattazione "ragionata" come quella del Navigatore ti permette di risparmiare minuti preziosi, non fare errori nelle formule e soprattutto ti permette di capire il fenomeno. Cioe' partendo dal fatto che sai che il corpo non ruota se la forza e' applicata nel cdm, ti risparmi una bella fatica.
Esempio: qualcuno potrebbe dirti: "...Ma quanto ha scritto questo scemo di ProfK vale solo se la forza e' parallela a un asse! Non vale in generale".
Tu potresti (a) Passare 15 minuti a generalizzare la soluzione usando una generica forza $F=(F_x,F_y)$ non piu' parallela e dimostrare che il risultato vale sempre; oppure (b) potresti ragionare un microsecondo e dimostrare con una semplicissima considerazione, senza l'uso di una sola formula, che il risultato vale sempre e comunque, a prescindere dalla direzione di F. Cosa risponderesti per difendermi?
"professorkappa":Centrato: a me interessano quelle, mi interessa capire a fondo il perché matematico dei fenomeni fisici.
Davide ha bisogno di formule.
Il mio interesse per la matematica è nato proprio mentre, al mare, mi chiedevo Sì, il principio di Archimede, ma perché il principio di Archimede funziona e funziona così? mentre galleggiavo, o guardando il cielo al tramonto e chiedendomi perché è rosso. Ho cominciato ad interessarmi di matematica proprio ponendomi domande sul mondo fisico...
"professorkappa":Bello: questo non lo sapevo!
(3) $\vec{L}=\vec{r_c}timesm\vec{v_c}+I_c\vec{omega_c}$
So, per quanto mi ha gentilmente spiegato Falco, che, chiamando $C$ il centro di massa del corpo di massa $M$ e $P_i$ i punti materiali di massa $m_i$ e velocità $\mathbf{v}_i$ di cui è fatto il corpo -il discorso vale anche per corpi continui, come evidenzia Falco-, il momento angolare rispetto ad un qualsiasi punto, diciamo \(O\), è \(\mathbf{L}_O=\overrightarrow{OC}\times M\mathbf{v}_C+\sum_i\overrightarrow{CP_i}\times m_i\mathbf{v}_i\). So anche che ogni termine \(\mathbf{v}_i\) è esprimibile come \(\mathbf{v}_C+\boldsymbol{\omega}\times\overrightarrow{CP_i}\) dove \(\boldsymbol{\omega}\) è la velocità angolare del corpo rigido attorno al centro di massa. Tuttavia, da qui, non riesco ad ottenere l'interessantissima espressione (3), che è chiave nel ragionemento e l'ignoranza della quale mi impediva di capire quanto mi stava dicendo navigatore, che ringrazio ancora, se passasse di qua, per quanto finora mi ha detto.
"professorkappa":Gli risponderei, per mettere in evidenza che il tuo ragionamento matematico non perde di generalità perché gli strumenti matematici -come ho sempre notato nei miei recenti studi di fisica anche se il mio testo non lo esplicita- utilizzati non dipendono dal sistema di riferimento scelto, infatti, in particolare, il prodotto vettoriale non cambia al cambiare di riferimento cartesiano destrorso (E. Sernesi, Geometria 1, p. 244 dell'ed. del 2000, se vuole andare a controllare), i prodotti scalari sono invarianti, velocità e accelerazioni sono ruotate -e anche riflesse se il riferimento cambia orientazione- inversamente a quanto accade ai versori della base etc.. Se si cambia ad un riferimento sinistrorso cambia il segno del prodotto vettoriale, ma il verso convenzionale dei momenti non influisce sui risultati finali. Per quelli che hai notato che sono i miei interessi, aver capito questo è essenziale per me. La fisica mi interessa perché spiega il funzionamento dell'universo, ma trovo anche imprescindibile dimostrare a me stesso, ed eventualmente anche a 'sto tizio che mette in dubbio quanto dici, che gli strumenti matematici della fisica che vado apprendendo sono coerenti e matematicamente corretti.
Cosa risponderesti per difendermi?
Può darsi che il tizio che dice che il tuo ragionamento non vale in generale si convinca dell'adeguatezza del tuo ragionamento anche solo spiegandogli che le leggi di natura non cambiano al cambiare del riferimento che per comodità di calcolo scegliamo...
"professorkappa":Beh, anche se io non devo fare compiti di fisica attento all'orogologio, almeno per il momento, perché studio solo per diletto personale e non sono iscritto a nessun CdL, concordo che è essenziale sviluppare la capacità di afferrare intuitivamente un fenomeno fisico, ma la cosa più interessante per me è contemplare l'eleganza matematica insita nelle leggi di natura. Mi sono sentito di dire ho capito le leggi di Keplero solo quando ne ho studiato una dimostrazione matematica a partire dalle leggi, assiomatiche, di Newton, non quando ho letto che Kepler ha osservato empiricamente che i pianeti orbitavano in quel modo, per esempio.
Tu, sembra, hai bisogno del procedimento meccanico-matematico per i tuoi esercizi. Se, come ti ho gia' detto una volta, da una parte il rigore scientifico e' lodevole (le formule sono sempre un conforto), dall'altra parte, molte volte e' meglio usare un metodo sillogisitico, piuttosto che applicare na trattazione matematica rigorosa: in un compito di Fisica
ProfK , non scusarti, hai fatto una bella e completa trattazione matematica, e Davide (come me ed altri) può dirsi soddisfatto.
Dopo quasi due interi giorni passati a cercare di dimostrare a me stesso che
EDIT: Affinché la mia interpretazione sbagliata del significato di $I_c$ non pregiudichi la comprensione di questo thread da forumisti con una preparazione limitata quanto la mia, preciso subito qui che, come spiegatomi da navigatore, che ancora ringrazio, $I_c$ è una matrice e non, come pensavo al momento di scrivere questo post del thread, uno scalare.
"professorkappa":data anche la confusione che mi pare che l'argomento abbia generato tra chi ha cercato di rispondermi su Physics S.E. dove ho chiesto come si possa dimostrare la cosa, comincio a pensare che tale formula vale solo per corpi bidimensionali... o vale in generale e, se vale, come si può dimostrare?
(3) $\vec{L}=\vec{r_c}timesm\vec{v_c}+I_c\vec{omega_c}$
EDIT: Affinché la mia interpretazione sbagliata del significato di $I_c$ non pregiudichi la comprensione di questo thread da forumisti con una preparazione limitata quanto la mia, preciso subito qui che, come spiegatomi da navigatore, che ancora ringrazio, $I_c$ è una matrice e non, come pensavo al momento di scrivere questo post del thread, uno scalare.
Non vale solo per i corpi bidimensionali.
Onde evitare ripetizioni, ti metto dei link. Il primo soddisferà la tua ricerca di formule matematiche, guarda in particolare i par. 17 e 25 :
http://www.ing.unitn.it/~siboni/dispens ... rigida.pdf
in quest'altro trovi una lunga discussione sul concetto di rotazione , che pensi sia utile anche per chiarire altre idee :
viewtopic.php?f=19&t=130733&hilit=asse+di+mozzi#p837705
La formula di ProfK significa, detta a parole : il momento angolare rispetto a un certo polo $O$ di un corpo rigido è uguale al momento angolare rispetto al CM del corpo più il momento , rispetto al polo $O$ , della quantità di moto totale concentrata nel CM .
Onde evitare ripetizioni, ti metto dei link. Il primo soddisferà la tua ricerca di formule matematiche, guarda in particolare i par. 17 e 25 :
http://www.ing.unitn.it/~siboni/dispens ... rigida.pdf
in quest'altro trovi una lunga discussione sul concetto di rotazione , che pensi sia utile anche per chiarire altre idee :
viewtopic.php?f=19&t=130733&hilit=asse+di+mozzi#p837705
La formula di ProfK significa, detta a parole : il momento angolare rispetto a un certo polo $O$ di un corpo rigido è uguale al momento angolare rispetto al CM del corpo più il momento , rispetto al polo $O$ , della quantità di moto totale concentrata nel CM .
Bella dispensa! Mmh... mi sembra comunque di capire che $I_{cm}$ non è quello che pensavo io, cioè non è uno scalare, vero? Io conosco solo la definizione di momento d'inerzia $I$, rispetto ad un certo asse da cui i punti $i$ hanno distanza $R_i$, come $I:=\sum_im_i R_i^2$, o $I=\int_V \rho R^2 dV$ per un corpo continuo esteso sul dominio $V$.
Il tensore di inerzia è un…tensore, ovvero per gli scopi della meccanica classica è sufficiente parlare di una matrice simmetrica. Dato un punto, del corpo o fuori del corpo , la matrice di inerzia definisce le caratteristiche di inerzia del corpo rispetto a una terna cartesiana con origine in quel punto. SE cambia la terna, cambiano gli elementi della matrice di inerzia.
La matrice è diagonalizzabile ovviamente , e quando si scrive in forma diagonale (mi perdonino i matematici per il parlare poco rigoroso) quei tre momenti di inerzia si chiamano "momenti principali di inerzia" del corpo riferiti a quel punto. SE poi il punto è il centro di massa del corpo, i momenti principali si chiamano "centrali di inerzia" (Capirai che fantasia ! ).
Ne abbiamo parlato molte volte, fa' pure una ricerca.
La matrice è diagonalizzabile ovviamente , e quando si scrive in forma diagonale (mi perdonino i matematici per il parlare poco rigoroso) quei tre momenti di inerzia si chiamano "momenti principali di inerzia" del corpo riferiti a quel punto. SE poi il punto è il centro di massa del corpo, i momenti principali si chiamano "centrali di inerzia" (Capirai che fantasia ! ).
Ne abbiamo parlato molte volte, fa' pure una ricerca.
Ah, ecco, una cosa ben diversa da ciò che credevo io che fosse $I_{cm}$...
Non ci ero arrivato perché non avevo mai trovato la notazione $\dot\omega_c={F\cdot (d_{cF})}/{I_c}$ per $\dot\omega_c\vec{k}=I_c^{-1}F d_{cF}\vec{k}$ dove $I_c^{-1}$ è l'inversa di $I_c$.
C'è una cosa che non mi è ancora chiara: come mai, derivando \(\vec{L}\) alla (3b), scriviamo \(I_c\dot\omega\vec{k}\) per \(\frac{d(I_c\vec{\omega})}{dt}=\frac{d I_c}{dt}\vec{\omega}+I_c\frac{d\vec{\omega}}{dt}\) dove per \(\frac{d I_c}{dt}\) intendo la derivata componente per componente della matrice $I_c$?
$\infty$ grazie ancora a professorkappa, a navigatore e a chiunque altro aggiunga chiarimenti!!!
Non ci ero arrivato perché non avevo mai trovato la notazione $\dot\omega_c={F\cdot (d_{cF})}/{I_c}$ per $\dot\omega_c\vec{k}=I_c^{-1}F d_{cF}\vec{k}$ dove $I_c^{-1}$ è l'inversa di $I_c$.
C'è una cosa che non mi è ancora chiara: come mai, derivando \(\vec{L}\) alla (3b), scriviamo \(I_c\dot\omega\vec{k}\) per \(\frac{d(I_c\vec{\omega})}{dt}=\frac{d I_c}{dt}\vec{\omega}+I_c\frac{d\vec{\omega}}{dt}\) dove per \(\frac{d I_c}{dt}\) intendo la derivata componente per componente della matrice $I_c$?
$\infty$ grazie ancora a professorkappa, a navigatore e a chiunque altro aggiunga chiarimenti!!!
Perché $I_c = "cost" $ , almeno nel corpo rigido. Tieni presente che la terna rispetto a cui stai calcolando il tensore di inerzia è solidale al corpo, quindi si muove insieme col corpo rispetto al riferimento assoluto.
Gli assi solidali sono "murati vivi" dentro al corpo rigido.
Gli assi solidali sono "murati vivi" dentro al corpo rigido.
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