Asse di rotazione segue direzione del momento angolare
Ciao, amici! Sto studiando la spiegazione, molto introduttiva, del moto di un giroscopio come quello in figura il cui asse, che diciamo parallelo all'asse $z$, è perpendicolare al perno, parallelo all'asse $y$, su cui sta un'estremità dell'asse.
Supponendo che il momento angolare iniziale sia solo quello di spin \(\mathbf{L}\) diretto lungo l'asse delle $z$, il libro spiega che in questo caso \(d\mathbf{L}\) (che ha la direzione dell'asse delle $x$ [perché \(\frac{d\mathbf{L}}{dt}\) è il momento della forza di gravità]) si somma al momento angolare preesistente \(\mathbf{L}\) (diretto lungo l'asse $z$) dando luogo a un nuovo vettore \(\mathbf{L}+d\mathbf{L}\) il quale forma con un angolo \(d\phi\) con l'asse $z$. Ciò significa che dopo un tempo $dt$ l'asse della ruota ha preceduto di un angolo \(d\phi\).
Non mi è chiaro perché l'asse di rotazione "segua" la direzione del momento angolare \(\mathbf{L}+d\mathbf{L}\)...
Qualcuno sarebbe così buono da spiegarmi il perché?
$\infty$ grazie!!!
Supponendo che il momento angolare iniziale sia solo quello di spin \(\mathbf{L}\) diretto lungo l'asse delle $z$, il libro spiega che in questo caso \(d\mathbf{L}\) (che ha la direzione dell'asse delle $x$ [perché \(\frac{d\mathbf{L}}{dt}\) è il momento della forza di gravità]) si somma al momento angolare preesistente \(\mathbf{L}\) (diretto lungo l'asse $z$) dando luogo a un nuovo vettore \(\mathbf{L}+d\mathbf{L}\) il quale forma con un angolo \(d\phi\) con l'asse $z$. Ciò significa che dopo un tempo $dt$ l'asse della ruota ha preceduto di un angolo \(d\phi\).
Non mi è chiaro perché l'asse di rotazione "segua" la direzione del momento angolare \(\mathbf{L}+d\mathbf{L}\)...
Qualcuno sarebbe così buono da spiegarmi il perché?
$\infty$ grazie!!!
Risposte
Leggiti questi :
viewtopic.php?f=19&t=106880&hilit=fenomeni+giroscopici+elementari
viewtopic.php?f=19&t=132008&hilit=fenomeni+giroscopici+elementari
viewtopic.php?f=19&t=97233&hilit=fenomeni+giroscopici+elementari
viewtopic.php?f=19&t=130637&hilit=fenomeni+giroscopici+elementari
soprattutto il primo , dove c'è Faussone .
Poi ne riparliamo .
viewtopic.php?f=19&t=106880&hilit=fenomeni+giroscopici+elementari
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viewtopic.php?f=19&t=130637&hilit=fenomeni+giroscopici+elementari
soprattutto il primo , dove c'è Faussone .
Poi ne riparliamo .
Guardando la figura che hai postato:
Il mom della quantita' di moto e' $\vec{L}=L*\vec{k}$.(1)
Rispetto al polo costituito dallo snodo, l'unica equazione di momento e' quella data dalla forza peso, la quale applica un momento $\vec{M_p}$ tale che:
$\vec{M_p}=mgd*\vec{i}$ (2)
D'altra parte vale che
$\vec{M_p}={d\vec{L}}/{dt}$ (3) che per Poisson si puo' riscrivere come:
$\vec{M_p}={dL}/{dt}\vec{k}+L{d\vec{k}}/{dt}$ (4)
Siccome dalla (2) sappiamo che $\vec{M_p}$ e' parallelo a $\vec{i}$, l'unico modo per far tornare la relazione (4) e' ammettere che:
${dL_0}/{dt}\vec{k}=0$ (5) (cioe' la velocita di spin e' costante).
Per far "combaciare" il secondo termine della (4), sei costretto ad ammettere che il vettore $\vec{k}$ ruoti attorno a un asse $\vec{\tau}$ con velocita di precessione $\dot{\varphi}$ di modo che:
$L{d\vec{k}}/{dt}=L\dot\varphi*\vec{\tau} times \vec{k} = mgd*\vec{i}$. (6)
Questo e' vero se e solo se $\vec{\tau}=\vec{j}$ (cio la precessione avviene attorno all'asse y nella direzione di x).
La velocita di precessione $\varphi$, in virtu' della (6) deve essere ${mgd}/{L}={mgd}/{I_z\omega_0}$ con $I_z$ momento di inerzia del giroscopio attorno a z e $\omega_0$ velocita' di spin.
La trattazione e' valida se $\omega_0$ e molto maggiore di $varphi$.
Il mom della quantita' di moto e' $\vec{L}=L*\vec{k}$.(1)
Rispetto al polo costituito dallo snodo, l'unica equazione di momento e' quella data dalla forza peso, la quale applica un momento $\vec{M_p}$ tale che:
$\vec{M_p}=mgd*\vec{i}$ (2)
D'altra parte vale che
$\vec{M_p}={d\vec{L}}/{dt}$ (3) che per Poisson si puo' riscrivere come:
$\vec{M_p}={dL}/{dt}\vec{k}+L{d\vec{k}}/{dt}$ (4)
Siccome dalla (2) sappiamo che $\vec{M_p}$ e' parallelo a $\vec{i}$, l'unico modo per far tornare la relazione (4) e' ammettere che:
${dL_0}/{dt}\vec{k}=0$ (5) (cioe' la velocita di spin e' costante).
Per far "combaciare" il secondo termine della (4), sei costretto ad ammettere che il vettore $\vec{k}$ ruoti attorno a un asse $\vec{\tau}$ con velocita di precessione $\dot{\varphi}$ di modo che:
$L{d\vec{k}}/{dt}=L\dot\varphi*\vec{\tau} times \vec{k} = mgd*\vec{i}$. (6)
Questo e' vero se e solo se $\vec{\tau}=\vec{j}$ (cio la precessione avviene attorno all'asse y nella direzione di x).
La velocita di precessione $\varphi$, in virtu' della (6) deve essere ${mgd}/{L}={mgd}/{I_z\omega_0}$ con $I_z$ momento di inerzia del giroscopio attorno a z e $\omega_0$ velocita' di spin.
La trattazione e' valida se $\omega_0$ e molto maggiore di $varphi$.
Noto che ha postato navigatore, ma ormai ho scritto la risposta e la lascio.
Grazie a navigatore per l'interessante link (ho seguito anche i video, molto carini, e mi sono comprato da tempo una piccola trottola giroscopica in attesa di arrivare a questa parte del libro che tanto mi affascina 
) e a professorkappa per la dettagliata spiegazione.
$\infty$ grazie ancora a tutti!
) e a professorkappa per la dettagliata spiegazione."professorkappa":Non ho capito perché la (6) vale se e solo se $ \vec{\tau}=\vec{j} $. Mi è chiaro comunque che $ \vec{\tau}$ deve appartenere al piano vettoriale \(\langle \vec{j}, \vec{k}\rangle\) perché possa essere, come deve essere, ortogonale a \(mgd \vec{i}\).
$ L{d\vec{k}}/{dt}=L\dot\varphi*\vec{\tau} times \vec{k} = mgd*\vec{i} $. (6)
Questo e' vero se e solo se $ \vec{\tau}=\vec{j} $
"professorkappa":Penso che qui stia la chiave per comprendere perché l'asse di rotazione "segue" la direzione di \(\vec{L}\). Direi che supporre $ \omega_0 $ molto grande rispetto ad altre grandezze da cui dipende il momento angolare sia essenziale per supporre che il momento angolare \(\vec{L}\) sia (approssimativamente considerabile) sempre parallelo all'asse di rotazione, perché so (infatti il mio libro lo dimostra) che un corpo rigido che ha per unico movimento, nel sistema inerziale in cui si trova, la rotazione attorno ad un asse rispetto al quale è simmetrico ha per momento angolare \(\vec{L}=I\vec{\omega}\) dove $I$ è il momento d'inerzia rispetto a tale asse: quindi, se cambia direzione \(\vec{L}\), \(\vec{\omega}\) "lo segue". Giusto?
La trattazione e' valida se $ \omega_0 $ e molto maggiore di $ varphi $.
$\infty$ grazie ancora a tutti!
"DavideGenova":
Non ho capito perché la (6) vale se e solo se $ \vec{\tau}=\vec{j} $. Mi è chiaro comunque che $ \vec{\tau}$ deve appartenere al piano vettoriale \(\langle \vec{j}, \vec{k}\rangle\) perché possa essere, come deve essere, ortogonale a \(mgd \vec{i}\).
Prova a risponderti tu. Suggerimento: prova ad eseguire la trattazione piu' in generale, facendo in modo che all'istante iniziale l'asse di spin formi un angolo $\theta$ con l'asse y.
Un ultimo punto, che ho notato rivedendo il mio post: c'e' un refuso. L'eq. (4) non discende da Poisson. E' semplicemente la derivata di un vettore.
"DavideGenova":Penso che qui stia la chiave per comprendere perché l'asse di rotazione "segue" la direzione di \(\vec{L}\). Direi che supporre $ \omega_0 $ molto grande rispetto ad altre grandezze da cui dipende il momento angolare sia essenziale per supporre che il momento angolare \(\vec{L}\) sia (approssimativamente considerabile) sempre parallelo all'asse di rotazione, perché so (infatti il mio libro lo dimostra) che un corpo rigido che ha per unico movimento, nel sistema inerziale in cui si trova, la rotazione attorno ad un asse rispetto al quale è simmetrico ha per momento angolare \(\vec{L}=I\vec{\omega}\) dove $I$ è il momento d'inerzia rispetto a tale asse: quindi, se cambia direzione \(\vec{L}\), \(\vec{\omega}\) "lo segue". Giusto?
[quote="professorkappa"]La trattazione e' valida se $ \omega_0 $ e molto maggiore di $ varphi $.
[/quote]
La velocita' di spin non rimane costante quando il giroscopio e' lasciato libero (si deve conservare l'energia cinetica, quindi a causa della precessione, la velocita' di spin deve diminuire). Se la precessione e' sufficientemente lenta, in confronto alla velocita di spin, allora si puo' assumere la costanza di quest'ultima e in ultima analisi la costanza di L
"professorkappa":Premetto che mi sembra comodo, come credo che abbia fatto tu e come farò qui nel seguito, considerare \(\vec{k}\) parallelo al perno/asse del giroscopio con verso orientato dal giunto all cima del perno, indipendentemente dalla rotazione su se stesso del giroscopio, in modo che $L$ può essere negativo.
Prova a risponderti tu.
Ora, direi che tu abbia usato per \(\frac{d\vec{L}}{dt}\) un'espressione analoga alla consueta \(\vec{v}=\vec{\omega}\times\vec{r}\) per la velocità in funzione di velocità angolare e posizione. Ho dimostrato proprio ieri sera a me stesso la formula \(\vec{\omega}=\|\vec{r}\|^{-2}(\vec{r}\times\vec{v})\).
Analogamente \(\dot\varphi\vec{\tau} =L^{-2}((L\vec{k})\times (mgd\vec{i}) )\), per cui \(\vec{\tau}=\frac{mgd}{\dot\varphi L}\vec{j}\). Ma \(\vec{\tau}\) è un versore, perciò \(\vec{\tau}=\pm\vec{j}\). Dal momento poi che \(\frac{d\vec{L}}{dt}=mgd\vec{i}\) dove $mgd$ è positivo, \(\vec{L}=L\vec{k}\) avanza verso la posizione in cui si trova \(\vec{i}\) (siccome \(\frac{d L_x(t')}{dt}=mgd(t')\) -dove \(t'\) è l'istante in cui stiamo valutando la derivata- è positiva e \(mgd(t)\) continua come funzione di $t$ per le consuete ipotesi che si fanno in fisica, direi, per quanto spiegatomi gentilmente qui da Vict, che esiste un intorno di \(t'\) in cui $L_x$ è crescente, cioè a \(\vec{L}\) aumenta la componente in direzione di \(\vec{i}(t')\)), cioè si muove in senso antiorario se \(L\) è positivo e orario se \(L\) è negativo. In altre parole, $L$ ha lo stesso segno di \(\dot\varphi\) e quindi \(\vec{\tau}=\vec{j}\).
Mi pare, che, a parte \(\vec{L}\parallel\vec{k} \) non si siano fatte ipotesi restrittive (considerando \(d=d(t)\) variabile con il tempo), quindi, anche se \(\vec{k}\) non è parallelo al suolo, la direzione del momento della forza di gravità \(\vec{i}\), \(\vec{\tau}\) e \(\vec{k}\) sono una terna ortogonale destrorsa in modo del tutto generale (sempre che \(\omega_0\) sia sufficientemente grande perché valga la nostra approssimazione).
"professorkappa":Penso che qui stia la chiave per comprendere perché l'asse di rotazione "segue" la direzione di \(\vec{L}\). Direi che supporre $ \omega_0 $ molto grande rispetto ad altre grandezze da cui dipende il momento angolare sia essenziale per supporre che il momento angolare \(\vec{L}\) sia (approssimativamente considerabile) sempre parallelo all'asse di rotazione, perché so (infatti il mio libro lo dimostra) che un corpo rigido che ha per unico movimento, nel sistema inerziale in cui si trova, la rotazione attorno ad un asse rispetto al quale è simmetrico ha per momento angolare \(\vec{L}=I\vec{\omega}\) dove $I$ è il momento d'inerzia rispetto a tale asse: quindi, se cambia direzione \(\vec{L}\), \(\vec{\omega}\) "lo segue". Giusto?[/quote]La velocita' di spin non rimane costante quando il giroscopio e' lasciato libero (si deve conservare l'energia cinetica, quindi a causa della precessione, la velocita' di spin deve diminuire). Se la precessione e' sufficientemente lenta, in confronto alla velocita di spin, allora si puo' assumere la costanza di quest'ultima e in ultima analisi la costanza di L[/quote]Comunque è giusta la spiegazione che mi sono dato del perché la direzione dell'asse del giroscopio viene a coincidere con quella del momento angolare? Credo che sia appunto perché, data la grandezza di \(\omega_0\), \(\vec{L}\) è approssimativamente identico al momento angolare che avrebbe il giroscopio se ruotasse attorno al proprio asse, che so (per la simmetria del giroscopio) che sarebbe \(I\vec{\omega}\)... non dico scemenze, vero?
[quote="DavideGenova"][quote="professorkappa"]La trattazione e' valida se $ \omega_0 $ e molto maggiore di $ varphi $.
$\aleph_1$ grazie ancora!
...invece leggo che il giroscopio ruoterebbe intorno alla verticale (quindi in generale non una terna ortogonale destrorsa) in qualunque caso (come noto anche sperimentando con il mio giroscopio). Quindi o l'approssimazione \(\vec{L}\|\vec{k}\) per \(\omega_0\gg\dot\varphi\) porta a queste incongruenze con la realtà fisica e con i risultati derivati con modelli matematici più accurati o, com'è molto probabile, ho sbagliato nel mio modo di calcolare \(\vec{\tau}=\vec{j}\): dove ho sbagliato?
Grazie di cuore al Prof. K e a chiunque altro voglia intervenire!
P.S.: Sarei molto grato a chi mi consigliasse qualche dispensa on-line o testo anche cartaceo dove si descrivano con rigore matematico i dettagli del moto del giroscopio nella situazione generale di asse non parallelo al suolo. Premetto che non ho alcuna conoscenza di meccanica analitica, se essa fosse indispensabile a capire tale moto.
Grazie di cuore al Prof. K e a chiunque altro voglia intervenire!
P.S.: Sarei molto grato a chi mi consigliasse qualche dispensa on-line o testo anche cartaceo dove si descrivano con rigore matematico i dettagli del moto del giroscopio nella situazione generale di asse non parallelo al suolo. Premetto che non ho alcuna conoscenza di meccanica analitica, se essa fosse indispensabile a capire tale moto.
Hai un modo per complicarti la vita che a volte non capisco. Comunque guarda queste dispense :
http://www.damtp.cam.ac.uk/user/tong/dynamics/two.pdf
http://www.dma.unifi.it/~frosali/didatt ... parte3.pdf
http://physics.ucsd.edu/students/course ... BODIES.pdf
http://www.damtp.cam.ac.uk/user/tong/dynamics/two.pdf
http://www.dma.unifi.it/~frosali/didatt ... parte3.pdf
http://physics.ucsd.edu/students/course ... BODIES.pdf
"navigatore":In che senso? Cerco di utilizzare gli strumenti a me noti, spesso senza vedere le scorciatoie possibili con un maggiore bagaglio teorico... e magari neanche quelle che invece sono percorribili con i miei seppur limitati strumenti.
Hai un modo per complicarti la vita che a volte non capisco.
Il mio calcolo di \(\vec{\tau}\) è scorretto, vero? Come si può provare che \(\vec{\tau}\) è l'asse verticale?
$\infty$ grazie anche per i link (che mi confermano che un approccio serio al tema non può prescindere da strumenti che per ora non conosco, come per esempio tensori d'inerzia...)!!!
La trattazione del giroscopio non necessita di tensori di inerzia per essere compresa.
Si puo' fare un ragionamento semi qualitativo.
I passaggi sono questi:
Scelto un sistema principale di inerzia con origine all'estremita' dell'asse di spin, nell'ipotesi che la velocita' di precessione sia piccola, si puo' scrivere che il momento della quantita' di moto e' $I_c\omega_c$, dove $I_c$ e $\omega_c$ sono asse e velocita' di spin. Questa e' la prima assunzione. Se cosi non fosse, dovresti scrivere le equazioni di Eulero usando i tensori di inerzia, ma mettendoti in queste condizioni puoi scrivere semplicemente che:
$\vec{L}=I_c\vec{omega_c}$
Ora, l'unica forza che agisce, usando l'origine come polo, e' la forza peso. Questa da un momento $\vec{M_p}$ che e' ortogonale al piano formato dall'asse di spin e dalla forza stessa, (e quindi e' "orizzontale")
Vale l'eq. fondamentale della dinamica:
$\vec{M_p}={d\vec{L}}/{dt}$
La derivata ${d\vec{L}}/{dt}$ ha 2 componenti:
Una componente $I{d\omega}/{dt}$ parallela all'asse di spin e una componente (lasciamo perdere il valore per adesso) ortogonale ad esso.
Siccome il vettore $M_p$ e' ortogonale all'asse, questo ti porta a concludere che la componente parallela di ${d\vec{L}}/{dt}$ deve essere nulla. Cioe', la forza peso non fa variare la velocita' di spin..
Secondo punto che notiamo e' che la componente verticale di ${d\vec{L}}/{dt}$ deve essere nulla, perche ortogonale al momento che e' orizzontale. Cio' significa che la componente verticale di $\vec{L}$ e' costante; dal che deduci che la quota del baricentro deve essere fissa.
In definitiva, il baricentro puo solo muoversi lungo una circonferenza di raggio $dsin\theta$, con d distanza del baricentro dall'origine e $theta$ angolo di inclinazione dell'asse con la verticale (in figura e' 90, perche il giroscopio e' orizzontale).
Ti torna meglio messa cosi?
Si puo' fare un ragionamento semi qualitativo.
I passaggi sono questi:
Scelto un sistema principale di inerzia con origine all'estremita' dell'asse di spin, nell'ipotesi che la velocita' di precessione sia piccola, si puo' scrivere che il momento della quantita' di moto e' $I_c\omega_c$, dove $I_c$ e $\omega_c$ sono asse e velocita' di spin. Questa e' la prima assunzione. Se cosi non fosse, dovresti scrivere le equazioni di Eulero usando i tensori di inerzia, ma mettendoti in queste condizioni puoi scrivere semplicemente che:
$\vec{L}=I_c\vec{omega_c}$
Ora, l'unica forza che agisce, usando l'origine come polo, e' la forza peso. Questa da un momento $\vec{M_p}$ che e' ortogonale al piano formato dall'asse di spin e dalla forza stessa, (e quindi e' "orizzontale")
Vale l'eq. fondamentale della dinamica:
$\vec{M_p}={d\vec{L}}/{dt}$
La derivata ${d\vec{L}}/{dt}$ ha 2 componenti:
Una componente $I{d\omega}/{dt}$ parallela all'asse di spin e una componente (lasciamo perdere il valore per adesso) ortogonale ad esso.
Siccome il vettore $M_p$ e' ortogonale all'asse, questo ti porta a concludere che la componente parallela di ${d\vec{L}}/{dt}$ deve essere nulla. Cioe', la forza peso non fa variare la velocita' di spin..
Secondo punto che notiamo e' che la componente verticale di ${d\vec{L}}/{dt}$ deve essere nulla, perche ortogonale al momento che e' orizzontale. Cio' significa che la componente verticale di $\vec{L}$ e' costante; dal che deduci che la quota del baricentro deve essere fissa.
In definitiva, il baricentro puo solo muoversi lungo una circonferenza di raggio $dsin\theta$, con d distanza del baricentro dall'origine e $theta$ angolo di inclinazione dell'asse con la verticale (in figura e' 90, perche il giroscopio e' orizzontale).
Ti torna meglio messa cosi?
"professorkappa":Non vedo l'ora di affrontare l'argomento (anche se ne ho di strada da fare sul testo che sto seguendo)!
Questa e' la prima assunzione. Se cosi non fosse, dovresti scrivere le equazioni di Eulero usando i tensori di inerzia
"professorkappa":Per ogni momento $t$ si ha che \(\frac{d(\|\vec{L}(t)\|^2)}{dt}=2\frac{d\vec{L}(t)}{dt}\cdot\vec{L}(t)=0\) e quindi \(\|\vec{L}\|^2\), così come ovviamente \(\|\vec{L}\|\), è costante. Tutto chiaro.
Siccome il vettore $M_p$ e' ortogonale all'asse, questo ti porta a concludere che la componente parallela di ${d\vec{L}}/{dt}$ deve essere nulla. Cioe', la forza peso non fa variare la velocita' di spin..
"professorkappa":Usando la notazione \(\{\hat{i},\hat{j},\hat{k}\}\) per la base ortonormale del riferimento inerziale (così distinguo dai \(\vec{k}\) solidali con l'asse del giroscopio di prima) vedo che \(\forall t\quad\frac{d\vec{L}(t)}{dt}\perp \hat{j}\), ossia \(\forall t\quad\frac{d\vec{L}(t)}{dt}\cdot \hat{j}=0\) e quindi la componente del momento angolare in tale direzione \(\vec{L}\cdot\hat{j}\) è costante. Tutto chiarissimo.
Secondo punto che notiamo e' che la componente verticale di ${d\vec{L}}/{dt}$ deve essere nulla, perche ortogonale al momento che e' orizzontale. Cio' significa che la componente verticale di $\vec{L}$ e' costante
Grande spiegazione! Grazie di cuore.
Avendo quindi componente verticale costante e modulo costante, \(I_c\vec{\omega_c}=\vec{L}\) (uguaglianza valida nella nostra semplificazione) non può che ruotare intorno all'asse verticale \(\hat{j}\) del riferimento inerziale, mantenendo costante l'inclinazione rispetto ad esso. Ecco perché la mia trottola manifesta appunto questo comportamento.
Rimane da dimostrare che la rotazione intorno all'asse verticale è (anti)oraria se quella della ruota del giroscopio lo è. Ciò che ho scritto prima sul perché \(L\vec{k}(t)\) avanza in tal modo mi sembra un pasticciaccio...
$\infty$ grazie ancora!
Beh, a questo punto la dimostrazione e' semplice.
Il momento angolare ha una componente verticale positiva e costante (come abbiamo gia' visto) e un modulo costante. Ne consegue che l'unica componente che puo' cambiare e' quella orizzontale. Ma siccome per forza di cose, la componente orizzontale non puo cambiare in modulo (altrimenti il modulo di L o quello della sua componente verticale dovrebbero variare, cosa che abbiamo visto non accadere), l'unica cosa che puo' fare la comp. orizzontale e' variare in direzione.
Ne consegue che la variazione del momento angolare dL non puo' che essere un vettore ortogonale alla componente orizzontale e rotante nel piano $y=Rsin\theta$ e rispettosa del fatto che deve essere equiversa al momento della forza peso $mgRsin\theta$.
Quindi, il giroscopio "segue" $\vec{M_p}$ se la componente di $\vec{\omega_c}$ e' positiva. Se e' negativa, precede in senso opposto.
Il momento angolare ha una componente verticale positiva e costante (come abbiamo gia' visto) e un modulo costante. Ne consegue che l'unica componente che puo' cambiare e' quella orizzontale. Ma siccome per forza di cose, la componente orizzontale non puo cambiare in modulo (altrimenti il modulo di L o quello della sua componente verticale dovrebbero variare, cosa che abbiamo visto non accadere), l'unica cosa che puo' fare la comp. orizzontale e' variare in direzione.
Ne consegue che la variazione del momento angolare dL non puo' che essere un vettore ortogonale alla componente orizzontale e rotante nel piano $y=Rsin\theta$ e rispettosa del fatto che deve essere equiversa al momento della forza peso $mgRsin\theta$.
Quindi, il giroscopio "segue" $\vec{M_p}$ se la componente di $\vec{\omega_c}$ e' positiva. Se e' negativa, precede in senso opposto.
"professorkappa":Molto chiaro.
Ma siccome per forza di cose, la componente orizzontale non puo cambiare in modulo (altrimenti il modulo di L o quello della sua componente verticale dovrebbero variare, cosa che abbiamo visto non accadere), l'unica cosa che puo' fare la comp. orizzontale e' variare in direzione.
"professorkappa":Era questo che mi mancava, e capisco che è così per lo stesso motivo per cui la velocità di un punto che si muove circolarmente è ortogonale al raggio.
Ne consegue che la variazione del momento angolare dL non puo' che essere un vettore ortogonale alla componente orizzontale
Grazie di tutto cuore!!!
Prego
Tra gli esercizi del mio libro ce n'è uno che propone di trovare la forza \(\vec{F}_p\) esercitata dal perno di un tale giroscopio con $\omega_c$ sufficientemente grande perché la nostra approssimazione sia applicabile.
In tal caso direi che la componente in direzione della proiezione dell'asse della ruota sul piano sia l'opposto della forza centripeta di norma \((\dot\varphi)^2 d\sin\theta=\frac{m^3g^2d^3\sin\theta}{(I_c\omega_c)^2}\) dove \(\dot\varphi=\frac{mgd}{I_c\omega_c}\) è la velocità angolare di precessione e \(\theta\) l'angolo di tale asse con la verticale, mentre la componente verticale di \(\vec{F}_p\) è semplicemente opposta al peso $mg$.
Sbaglio?
$\infty$ grazie ancora a chiunque interverrà!
In tal caso direi che la componente in direzione della proiezione dell'asse della ruota sul piano sia l'opposto della forza centripeta di norma \((\dot\varphi)^2 d\sin\theta=\frac{m^3g^2d^3\sin\theta}{(I_c\omega_c)^2}\) dove \(\dot\varphi=\frac{mgd}{I_c\omega_c}\) è la velocità angolare di precessione e \(\theta\) l'angolo di tale asse con la verticale, mentre la componente verticale di \(\vec{F}_p\) è semplicemente opposta al peso $mg$.
Sbaglio?
$\infty$ grazie ancora a chiunque interverrà!
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