Dubbio su polo dei momenti e momento d'inerzia.

[Moralizzatore]

Salve gente, vi porgo il mio dubbio:

Per la seconda equazione cardinale sappiamo valere questa uguaglianza:

$\frac{d\vec{L_o}}{dt} = \vec{M_o^{ext}} - \vec{v_O} \times M\vec{v_{cm}}$

Nel caso in cui si sia scelto il polo O in maniera tale che questo sia fermo, coincida col centro di massa, o la sua velocità sia parallela a quella del centro di massa, questa si riduce a

$\frac{d\vec{L_o}}{dt} = \vec{M_o^{ext}}$

Nel caso particolare in cui si sia scelta valere la precedente condizione, e nel caso particolare in cui si studi il moto di un oggetto con massa distribuita omogeneamente, rigido, in rotazione attorno ad un asse fissato, si conosce una relazione per quanto riguarda le componenti assiali del momento angolare totale e la somma dei momenti di tutte le forze esterne: In particolare

$L_{o(z)} = I_z\omega \implies M_{o(z)}^{ext} = I_z\alpha$

Qui sorge il mio dubbio: nel caso specifico, come si sceglie quale momento d'inerzia inserire in quella relazione?

Mi spiego meglio: supponete di avere una ruota che compie un moto di rotolamento puro: in tal caso ci sono due possibili scelte convenienti per calcolare i momenti delle forze esterne, che sono il centro di massa stesso (centro geometrico per omogeneità di distribuzione delle masse) e il punto di contatto tra la superficie e la ruota. Nel primo caso si annullano i momenti della reazione vincolare (parallelismo col braccio) e della forza peso della ruota (per nullità del braccio), nel secondo caso si annullano i momenti della reazione vincolare e forza di attrito statico per nullità del braccio. Se scelgo di riferire i momenti al centro di massa allora ovviamente utilizzerò in quella relazione il momento d'inerzia è quello relativo al centro di massa ($I_{cm} = \frac{MR^2}{2}$). Se invece decido di calcolare i momenti delle forze relativamente al punto di contatto dovrei usare il teorema di Huygens-Steiner e mettere nella relazione $I = I_{cm} + MR^2 = \frac{3MR^2}{2}$.

La cosa mi sembra strana, perché in effetti la ruota non sta ruotando rispetto al punto di contatto ma rispetto al centro di massa, indipendentemente dal punto che scelgo. Per cui mi sto chiedendo, che relazione esiste tra il momento d'inerzia che devo inserire nell'equazione, e il punto che io scelgo per il calcolo dei momenti?

Sto impazzendo...

[donald_zeka]

Chi ti dice che la ruota sta ruotando attorno al suo centro?

[Moralizzatore]

"Vulplasir":Chi ti dice che la ruota sta ruotando attorno al suo centro?

Dato comune nel problema...

[donald_zeka]

No, la questione delle rotazioni è più ampia e complessa. Cerca sul forum mie discussioni in merito. In pratica non esiste nessun asse attorno a cuisi ruota, la velocità angolare esprime il moto relativo tra i punti di un corpo rigido, è la stessa in qualunque punto tu la applichi.

[Moralizzatore]

"Vulplasir":non esiste nessun asse attorno a cuisi ruota

Es 7.11 Due dischi di ferro, di raggi $R_1= 0.1m$ e $R_2 = 2R_1$ e masse $M_1 = 2kg$ e $M_2 = 1.5M_1$ sono fissati solidamente l'uno all'altro in modo tale da risultare coassiali. Essi possono ruotare senza attrito attorno all'asse verticale passante per il centro di massa [...]

Es 7.24 Un corpo rigido è costituito da un'asta di massa $m = 8kg$ e lunghezza $d=0.5m$, e da una sfera, di massa $3m$ e raggio $\frac{d}{4}$ saldati nel punto O. Il sistema può ruotare senza attrito attorno ad un asse fisso orizzontale passante per il punto O, ortogonale al disegno [...]

Se non esiste la rotazione attorno ad un asse gli esercizi mi stanno trollando?

[Shackle]

No, gli esercizi non ti stanno trollando. Le frasi da te riportate in grassetto dicono esplicitamente che l ‘asse di rotazione è assegnato e fisso, e quindi conviene far riferimento a questo asse, per il prosieguo.

Se due punti A e B di un corpo rigido rimangono fissi, rispetto al riferimento inerziale assoluto , nel moto di un corpo rigido, tutti i punti della retta passante per A e B devono rimanere fissi , visto il vincolo di rigidità del corpo. E allora è lecito definire questa retta come asse di rotazione , e dire che il corpo ruota attorno a un asse fisso.

Un qualsiasi punto P del corpo , per muoversi non può far altro che descrivere una circonferenza , centrata sull'asse fisso. Deve quindi potersi definire un vettore $vecomega$ , che chiamiamo velocità angolare del corpo rigido; la relazione fondamentale che lega due velocità di due punti P e Q di un corpo rigido, nel caso più generale di corpo rigido libero in moto qualsiasi , è :

$vecv_P = vecv_Q + vecomegatimes(P-Q)$

Nel caso dell'asse fisso, se come punto Q prendiamo un punto $O$ dell'asse, la sua velocità è nulla. Quindi :

$vecv_P = vecomegatimes(P-O)$

ne segue che il vettore velocità angolare $vecomega$ è parallelo all'asse fisso: basta prendere , come punto P , un altro punto O' sull'asse , che ha anch'esso velocità nulla , e applicare una semplice condizione di annullamento del prodotto vettoriale :

$0 = vecv_O' = vecomegatimes(O'-O)\rightarrow vecomega "//" (O'-O) $

Perciò, nessuno vieta di mettere $omega$ sull'asse di rotazione. Ed è quello che normalmente si fa.

Ma ( e qui viene il bello!) si potrebbe mettere $vecomega$ , parallelo all'asse fisso , anche in un altro punto qualsiasi del corpo , sia R : tutti i punti della retta passante per R, parallela all'asse fisso iniziale assegnato , hanno il diritto di sentirsi in quiete e dire che è il resto del corpo, e tutto il mondo, a girare attorno a loro. Questo succede perchè $vecomega$ non definisce l'asse di rotazione. Tu mi dirai : "Ma questo non è in contraddizione con quello che dicevi prima, e cioè che gli esercizi non trollano , e che , insomma, un asse fisso è fisso, perbacco! Se ho una turbina che fa 20000 giri/min , non mi dirai che li fa attorno ad un asse che non c'è ! "

No, non c'è contraddizione. Il punto è che tutte le velocità sono relative . Ha senso dire che $vecv_P $ , $vecv_Q$ ...sono le velocità dei punti P e Q , ma devi precisare il riferimento rispetto al quale stai determinando queste velocità . Il vettore $vecomega$ non definisce nessuna velocità. Se ho un disco sottile in rotazione, libero su un piano liscio, io penso che ruoti attorno al centro. Ma una mosca posta a metà del raggio ha il diritto di dire che è ferma , e il resto del disco ruota attorno ad essa.
In altri termini, visto che $vecomega$ non dipende da alcun punto del corpo rigido , si può parlare di velocità angolare del corpo rigido.Preso un punto O come centro di rotazione (l'asse di rotazione passante per O è parallelo a quello fisso) , qualunque punto che disti $d$ da O , nel piano perpendicolare , ha una velocità periferica, relativa ad O , uguale in modulo a $omegad$.

E allora perchè si fa come normalmente si fa, e si mette la velocità angolare sull'asse di rotazione fissato all'inizio? Perchè è più comodo, perchè ci riesce difficile accettare che sarebbe possibile una descrizione diversa del moto rotatorio, la quale risulterebbe più complicata. Specie nel mondo della tecnica, non ha senso prendere un altro asse.

Per quanto riguarda il moto di rotolamento del disco sul piano , come la ruota di una bicicletta, è un altro tipo di moto particolare : è un moto piano, in cui tutti i vettori velocità sono paralleli al piano del disco. Ne abbiamo parlato molto spesso . Ti consiglio di dare un'occhiata a questa discussione , e ai link ivi indicati , per approfondire il caso del moto di puro rotolamento, il concetto di asse istantaneo di rotazione , ecc ecc . Anche qui , qual è l'asse di rotazione ? La risposta più immediata che viene fuori è : l 'asse del disco. E perchè non può essere l'asse di istantanea rotazione, che è perpendicolare al piano del moto e passa per il punto di contatto tra disco e piano ? Applicando le giuste relazioni , si ottengono gli stessi risultati. Preso il punto C di contatto come centro di istantanea rotazione, qualunque punto che disti $d$ da esso ha una velocità periferica, relativa a C , uguale in modulo a $omegad$ . Quindi, per esempio, il punto diametralmente opposto a C ha una velocità istantanea , rispetto a C, uguale a $2Romega$ .

SE poi parliamo di moto di un corpo rigido libero, le cose sono più complicate . Vulplasir, Faussone e altri ne hanno parlato spesso. SE hanno voglia di ripetere ...

SE hai dubbi ,chiedi pure.

[donald_zeka]

Eh se avrai modo di approfondire la meccanica per bene ti si aprirà un mondo e tutto ti risulterà piu chiaro (se ci capirai qualcosa...in un altro post in una ventina di messaggi ho cercato di chiarire la questione dell'asse di istantanea rotazione, asse di moto etc a uno studente, ma niente...)

[donald_zeka]

Un altro errore che fanno in molti è dare un "significato fisico" alla rotazione, del tipo "ma come fa a non ruotare attorno a niente o ruotare attorno a qualunque asse?che significato fisico ha?".
Ebbene, non ha nessun significato fisico, si tratta solo di cinematica, descrizione del moto.

[Shackle]

"Vulplasir":Un altro errore che fanno in molti è dare un "significato fisico" alla rotazione, del tipo "ma come fa a non ruotare attorno a niente o ruotare attorno a qualunque asse?che significato fisico ha?".
Ebbene, non ha nessun significato fisico, si tratta solo di cinematica, descrizione del moto.

Certo , questo punto va chiarito. Stiamo parlando solo di cinematica .
Ma se devo progettare e costruire una turbina , sceglierò un asse fisico di rotazione ben preciso, quello di simmetria rotazionale del corpo ; costruirò materialmente un asse , con un ottimo acciaio legato, monterò i dischi e le palette, oltre a tutti gli accessori ; e farò ben in modo che l'asse di rotazione sia non soltanto baricentrico , ma anche centrale di inerzia , mediante una accurata equilibratura statica e dinamica dopo la costruzione .

Neanche a dirlo, i rotori si dimensionano tenendo conto delle sollecitazioni derivanti dalle forze centrifughe ; nel mondo della tecnica, è normale fare riferimento a sollecitazioni dovute a forze apparenti, come se si trattasse di forze direttamente applicate.

Ma questi sono argomenti avanzati di meccanica delle macchine e di costruzione di macchine .

[Moralizzatore]

Penso che si sia perso il tema centrale del post. Non chiedo di risolvere questioni particolarmente complesse perché in fondo si tratta di Fisica I per un corso di ingegneria informatica. Il punto è questo: adduco un paio di esempi per mettere in risalto il mio disagio nell'uso del momento d'inerzia:

Esempio 1:

Si ha un cilindro posto su un piano inclinato, che compie moto di puro rotolamento, con qualche forza ad esso applicato, tanto per dirne una possibile, con una massa collegata ad esso tramite un filo ideale che passa per una carrucola ideale, con il filo sempre in direzione parallela al piano e tangente al cilindro. Se voglio calcolare l'accelerazione angolare uso la seconda equazione cardinale scegliendo un polo di riferimento che sia fermo in un sistema di riferimento inerziale, ad esempio il punto di contatto col piano. In questo caso al secondo membro devo usare come momento d'inerzia quello che si ricava tramite la regola di Huygens-Steiner. Se il cilindro ha raggio R e massa M $I_(p) = \frac{MR^2}{2}+MR^2 = \frac{3MR^2}{2}$. Se invece uso come polo il centro del cilindro (che è omogeneo) uso $I = \frac{MR^2}{2}$. Perché?

Esempio 2:

Una sbarra sottile, rigida e omogenea di massa M e lunghezza l può ruotare senza attrito in un piano verticale attorno a un asse fisso che passa per un suo estremo. L’angolo $\theta$ con la direzione orizzontale vale $\theta_0$, con $\theta_0 \in (0,\frac{pi}{2})$. Il momento d’inerzia di una sbarra sottile di lunghezza l e massa M rispetto a un asse passante per il suo centro di massa e ortogonale alla sbarra stessa è $I = \frac{Ml^2}{12}$. Calcolare il modulo della velocità angolare $\omega$ del sistema quando la sbarra raggiunge la posizione orizzontale $\theta = 0$

Tentativo risoluzione: La mia idea sarebbe quella di usare la conservazione dell'energia, prendendo come sistema di riferimento inerziale posizionato alla base della sbarra, dove questa è collegata, prendendo come riferimento per l'energia potenziale il livello del suolo, assegnandogli valore nullo. In questo caso si dovrebbe avere che $E = K + U = \frac{1}{2}(M+m)v_{CM}^2 + \frac{1}{2}I\omega^2 + (M+m)gh_{CM}$

e svolgendo alcuni calcoli trovo che

$v_{CM}^2 = \frac{ \frac{M}{2}+m}{M+m} l^2\omega^2$

Da cui

$E(\theta) = \frac{\omega^2}{12}( (5M+12m)l^2) + \frac{g}{2}(M+2m)lsin(\theta)$

Conservando l'energia: $\omega^2 = \frac{g}{l}(\frac{6M+12m}{5M+12m})sin(\theta)$

Soluzione effettiva (?): $E(\omega, \theta) = \frac{1}{2}I\omega^2 + (\frac{M}{2} + m)glsin(\theta) = l[\frac{l}{6}(M+3m)+ \frac{g}{2}(M+2m)sin(\theta)]$

Da $E(0,\theta_0) = E(\omega, 0)$ otteniamo $\omega^2 = \frac{g}{l}(\frac{3M+6m}{M+3m})sin(\theta)$

E qui mi chiedo: ma come è mai possibile che non compaia il termine di velocità lineare del centro di massa? Il centro di massa non è fermo, anzi, compie in ogni istante un moto circolare su una circonferenza di raggio $\frac{ \frac{M}{2}+m}{M+m} l$ per cui ha la corrispondente velocità lineare $\v_{CM} = \frac{ \frac{M}{2}+m}{M+m} l\omega$ è in genere non nulla!

[Shackle]

Esempio 1 )

La seconda eq cardinale della dinamica , nel caso particolare del disco che rotola su un piano , si scrive :

$M_e = I\alpha $

dove $alpha = dotomega$ è l'accelerazione angolare .

Se calcoli il momento di forze esterne $M_e$ rispetto ad un polo P ( fisso o coincidente col CM , o in moto parallelamente al CM) , devi mettere nell'equazione il momento di inerzia del disco rispetto allo stesso polo P . Il perchè viene fuori dal modo in cui si ricava la 2º eq cardinale nel caso generale.
Non sempre la scelta del CM come polo è la più comoda .
Quell'esercizio è gia stato fatto altre volte , qui.

Esempio 2)

Conviene assumere , come polo , il perno . Ma la conservazione dell'energia qui è più indicata .

Che cosa rappresenta la massa $m$ , visto che la sbarra ha massa $M$? Forse hai confuso il testo con qualche altro esercizio.

Questo è il tuo esercizio , quando la posizione iniziale dell'asta è orizzontale :

[Moralizzatore]

Ti ringrazio innanzitutto per il chiarimento. Per l'esercizio due, non mi sono sbagliato:

https://s22.postimg.cc/owbfzk1ox/ese.png

Punto (b).

Ultima cosa: Nell'energia cinetica rotazionale $\frac{I\omega^2}{2}$ ci devo mettere il momento d'inerzia rispetto all'asse di rotazione oppure rispetto al centro di massa? (Avevo sempre creduto la prima, salvo poi vedere utilizzare la seconda nelle soluzioni di un altro esercizio).

[donald_zeka]

[hide="."]Hai mai aperto un libro di fisica per stidiare questi argomenti o ci vai a caso vedendo come sono fatti gli esercizi?[/hide]

[Shackle]

Nell’esempio 2 , da te messo sotto spoiler in precedenza, si parla solo della massa M dell’asta.
L’asta ruota attorno al perno ( lo possiamo dire, stiamo facendo dinamica) , quindi nell’ energia cinetica ci va il momento di inerzia rispetto al perno.

[Moralizzatore]

"Shackle":Nell’esempio 2 , da te messo sotto spoiler in precedenza, si parla solo della massa M dell’asta.
L’asta ruota attorno al perno ( lo possiamo dire, stiamo facendo dinamica) , quindi nell’ energia cinetica ci va il momento di inerzia rispetto al perno.

Precisamente così come avrei fatto io, tuttavia si presenta questo controesempio: https://postimg.cc/image/i4pmatrwt/
dove sinceramente, dato che (omesso, ma va assunto che sia così perché altrimenti mancano dati) la sbarretta è omogenea, avrei usato il teorema di Huygens-Steiner per trovare il momento d'inerzia della stessa rispetto ad un asse parallelo a quello di rotazione e passante per Q, a distanza $\frac{l}{4}$ dal centro di massa (a metà della sbarretta), per cui avrei usato $I = \frac{7}{48}Ml^2$ e scelto come quota 0 nonché come riferimento nullo dell'energia potenziale della forza peso la quota del punto Q, cioè avrei fatto in modo che $U(\theta) = -Mg\frac{l}{4}cos(\theta)$. Tuttavia non va bene...

[Moralizzatore]

[hide="."]

"Vulplasir":Hai mai aperto un libro di fisica per stidiare questi argomenti o ci vai a caso vedendo come sono fatti gli esercizi?

[size=150]LEGGI ATTENTAMENTE OGNI SINGOLA RIGA E INDICAMI DA DOVE SI EVINCE LA RISPOSTA AL MIO QUESITO[/size]

Seconda equazione cardinale:

Se si vuole studiare il moto di un corpo rigido che trasla senza ruotare possiamo decidere di trattare il moto come quello di un singolo punto materiale di massa pari a quella complessiva del corpo e coincidente con il centro di massa dello stesso.
Nel caso in cui il moto coinvolga delle rotazioni invece dobbiamo introdurre un ulteriore concetto: il momento di un vettore. Fissato un punto nello spazio (senza alcun requisito cinematico né geometrico), e detto taluno polo $P$, si dice "momento di un vettore $\vec{v}$ rispetto a $P$" il prodotto vettoriale tra il vettore $\vec{b}$ dal polo al punto di applicazione di $\vec{v}$ con $\vec{v}$ stesso': $\vec{m_p(\vec{v})} = \vec{b}\times\vec{v}$. Di particolare interesse è il caso del momento del vettore quantità di moto (momento lineare) di un punto materiale: fissata un'origine arbitraria nello spazio, indicato con $\vec{r_p}$ il vettore posizione del polo nel riferimento scelto, e con $\vec{r}$ il vettore posizione del punto materiale, esprimiamo la seguente relazione: $\vec{b} = \vec{r}-\vec{r_p}$. Pertanto il momento della quantità di moto, noto come momento angolare, si esprime come $\vec{l_p} = (\vec{r}-\vec{r_p})\times m\vec{v}$. Siamo interessati a capire come si evolve nel tempo il momento angolare. Per studiare la sua evoluzione temporale ci serviamo dello strumento derivata, dove si ricorda che il vettore posizione del polo e del punto nel caso più generale possibile non sono costanti, per cui la derivata va svolta con la regola di derivazione del prodotto di funzioni, ove il prodotto in questo caso è quello vettoriale.

$\dot{\vec{l_p}} = (\dot{\vec{r}}-\dot{\vec{r_p}})\times m\vec{v} + (\vec{r}-\vec{r_p})\times m\dot{\vec{v}} = (\vec{v}-\vec{v_p})\times m\vec{v} + (\vec{r}-\vec{r_p})\times m\vec{a}$

Se ci mettiamo in un sistema di riferimento inerziale possiamo approfittare del secondo princìpio della dinamica e ricordare che $\vec{f} = \sum_{i=1}^{n} \vec{f_i}$ (nel caso di sistema non inerziale alla somma di queste vanno aggiunte le forze apparenti), e notare inoltre, in virtù della proprietà distributiva del prodotto vettoriale, che

$\dot{\vec{l_p}} = -\vec{v_p}\times m\vec{v} + (\vec{r}-\vec{r_p})\times\vec{f} $.

Estendiamo il concetto ad un sistema di punti materiali: Si definisce il momento angolare totale come la somma dei singoli momenti angolari dei punti che compongono il sistema. Ancora una volta ci interessa capire come evolve il momento angolare totale per cui usiamo la relazione di prima introducendo gli indici opportuni: (n indica il numero di punti che compone il sistema)

$\dot{\vec{L_p}} = \sum_{i=1}^{n} -\vec{v_p}\times m_i\vec{v_i} + (\vec{r_i}-\vec{r_p})\times\vec{F_i} = -\vec{v_p}\times \sum_{i=1}^{n} m_i\vec{v_i} + \sum_{i=1}^{n}(\vec{r_i}-\vec{r_p})\times\vec{F_i} $.

Poiché per definizione $\sum_{i=1}^{n} m_i\vec{v_i} = \vec{P_{tot}}$ che coincide anche con il momento lineare del centro di massa,

$\dot{\vec{L_p}} = -\vec{v_p}\times M_{\text{tot}}\vec{v_{CM}} + \sum_{i=1}^{n}(\vec{r_i}-\vec{r_p})\times\vec{F_i} $.

Scomponendo la somma delle forze che agiscono sull'i-esimo punto in forze interne ed esterne:

$\dot{\vec{L_p}} = -\vec{v_p}\times M_{\text{tot}}\vec{v_{CM}} + \sum_{i=1}^{n}(\vec{r_i}-\vec{r_p})\times(\vec{F_i}^{\text{int}} + \vec{F_i}^{ext}) $.

Vediamo cosa accade al momento delle forze interne: Possiamo scrivere la somma delle forze interne che agiscono sull'i-esimo punto materiale a causa degli altri punti del sistema come $\vec{F_i}^{\text{int}} = \sum_{j=1, j\ne i}^{n} \vec{f_{ij}}$. Questo permette di riscrivere il momento totale delle forze interne come segue:

$\vec{M_p}^{ext} = \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i+1}^{n} (\vec{r_i}-\vec{r_p})\times\vec{f_{ij}} + (\vec{r_j}-\vec{r_p})\times\vec{f_{ji}} = \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i+1}^{n} (\vec{r_i}-\vec{r_j})\times\vec{f_{ij}}$

dove all'ultimo passaggio abbiamo usato il terzo princìpio della dinamica (infatti le forze interne sono vere e non apparenti, per cui esso vale), e raccolto infine $\vec{f_{ij}}$.

Però se supponiamo che tutte le forze interne siano dirette radialmente, e osservando che il vettore $(\vec{r_i}-\vec{r_j})$ è quello il cui modulo realizza la distanza tra i punti, quel prodotto vettoriale è nullo per parallelismo. Per cui in definitiva

$\dot{\vec{L_p}} = -\vec{v_p}\times M_{\text{tot}}\vec{v_{CM}} + \sum_{i=1}^{n}(\vec{r_i}-\vec{r_p})\times\vec{F_i}^{ext} $.

Se scegliamo il polo in maniera che nel riferimento scelto sia fermo, coincida col centro di massa oppure abbia velocità parallela a quella del centro di massa, allora la variazione di momento angolare totale coincide con il momento delle sole forze esterne:

$\dot{\vec{L_p}} = \sum_{i=1}^{n}(\vec{r_i}-\vec{r_p})\times\vec{F_i}^{ext} $.

Secondo teorema di Koenig:.

Si definisce energia cinetica totale per un sistema di n punti materiali la somma dell'energia cinetica dei singoli punti materiali. Vale a dire $K_{\text{tot}} = \frac{1}{2}\sum_{i=1}^{n}m_iv_i^2$. Vogliamo darne una rivisitazioni in termini dell'energia cinetica del centro di massa. Per fare ciò fissiamo dapprima un sistema di riferimento inerziale con origine $O$ e direzioni $x,y,z$ cartesiano, e successivamente uno solidale col sistema, con origine nel suo centro di massa, e direzioni $x',y',z'$. Allora per semplici considerazioni geometriche si evidenzia che il vettore posizione di un punto materiale $i$ del sistema, se chiamiamo $\vec{r_i}$ il suo vettore posizione nel sistema inerziale, $\vec{r_i'}$ lo stesso, nel sistema del centro di massa, e $vec{r_{CM}}$ il vettore posizione dall'origine del primo a quella del secondo sistema, otteniamo che $\vec{r_i} = \vec{r_i'} + \vec{r_{CM}}$ e derivando rispetto al tempo $\vec{v_i} = \vec{v_i'} - \vec{v_{CM}}$. Poiché $v_i^2 = \vec{v_i} \cdot \vec{v_i} = (\vec{v_i'} + \vec{v_{CM}})\cdot(\vec{v_i'} + \vec{v_{CM}})$
possiamo riscrivere l'energia cinetica totale come

$K_{\text{tot}} = \frac{1}{2}\sum_{i=1}^{n}m_i(\vec{v_i'} + \vec{v_{CM}})\cdot(\vec{v_i'} + \vec{v_{CM}}) = \frac{1}{2}\sum_{i=1}^{n}m_i((v_i')^2 + 2\vec{v_i'}\cdot\vec{v_{CM}} + v_{CM}^2) $
$= \frac{1}{2}\sum_{i=1}^{n}m_i(v_i')^2 +\sum_{i=1}^{n}m_i\vec{v_i'}\cdot\vec{v_{CM}}+ \frac{1}{2}\sum_{i=1}^{n}m_iv_{CM}^2 $.
$ \vec{r_i} = \vec{r_i'} + \vec{r_{CM}} $
Il primo termine esprime l'energia cinetica misurata nel sistema di riferimento del centro di massa (relativa al CM), e la si indica con $K'$, il terzo termine esprime l'energia cinetica del centro di massa, e lo si indica con $K_{CM}$. Pertanto

$K = K' + K_{CM} + \sum_{i=1}^{n}m_i\vec{v_i'}\cdot\vec{v_{CM}}$

Vediamo cosa si può dire sul termine $\sum_{i=1}^{n}m_i\vec{v_i'}\cdot\vec{v_{CM}}$. Usando la linearità del prodotto scalare

$\sum_{i=1}^{n}m_i\vec{v_i'}\cdot\vec{v_{CM}} = (\sum_{i=1}^{n}m_i\vec{v_i'})\cdot\vec{v_{CM}}= \sum_{i=1}^{n}m_i\vec{v_i'}\cdot\vec{v_{CM}} = \sum_{i=1}^{n}m_i(\vec{v_i} - \vec{v_{CM}})\cdot\vec{v_{CM}}$

Ma poiché

$\sum_{i=1}^{n}m_i(\vec{v_i} - \vec{v_{CM}})= \sum_{i=1}^{n}m_i\vec{v_i} - (\sum_{i=1}^{n}mi) \vec{v_{CM}} = \sum_{i=1}^{n}m_i \frac{\sum_{i=1}^{n}m_i\vec{v_i} }{ \sum_{i=1}^{n}m_i } - (\sum_{i=1}^{n}mi) \vec{v_{CM}} $
$ = (\sum_{i=1}^{n}mi) \vec{v_{CM}} - (\sum_{i=1}^{n}mi) \vec{v_{CM}} = \vec{0}$

$K = K' + K_{CM}$

Rotazioni attorno ad un asse fissato (di un corpo rigido):

Fissiamo un sistema di riferimento inerziale con origine O, direzioni $x,y,z$ cartesiani in maniera tale che $z$ sia in ogni istante parallelo all'asse di rotazione. Fissiamo dunque un nuovo sistema di riferimento che è solidale col corpo rigido, con origine $O' = O$ e assi $x',y',z'$ con $z'$ coincidente con $z$. A questo punto possiamo dire che se i è un punto del corpo rigido $v_i = v' + V + \vec{\omega}\times\r_i$ ma poiché il corpo è rigido e le due origini coincidono in ogni istante $v_i = \vec{\omega}\times\r_i$. Per quanto concerne la prima equazione cardinale possiamo dire che si distinguono due casistiche complementari: la prima possibilità è che il centro di massa si collochi sull'asse di rotazione. In questo caso visto che l'asse di rotazione è fissato il vettore posizione del centro di massa è un vettore costante e la sua velocità è nulla, sa cui si ricava che la quantità di moto totale del sistema è anch'essa nulla. Ciò corrisponde al fatto che il sistema sia isolato (accelerazione del centro di massa nulla). Il secondo caso possibile è quello in cui il centro di massa sia in moto rispetto all'asse di rotazione. In tal caso questo compie un moto circolare in un piano perpendicolare all'asse e, poiché la traiettoria circolare è curvilinea (quindi accelerata) il sistema non è isolato e la quantità di moto totale è non nulla.

Per quanto riguarda la seconda equazione cardinale, definiamo il momento angolare del sistema semplicemente come il seguente prodotto vettoriale (si assume per polo l'origine dei due sistemi):

$\vec{L_o} = \sum_{i=1}^n \vec{r_i}\times\mi\vec{v_i} = \vec{L_o} = \sum_{i=1}^n \vec{r_i}\times\mi\vec{\omega}\times\r_i$

A questo punto scomponiamo il vettore posizione dell'i-esimo punto nella somma di un vettore perpendicolare all'asse di rotazione $\vec{\rho_i}$ ed uno parallelo all'asse $\vec{z_i}$ in maniera tale che

$\vec{L_o} = \sum_{i=1}^n (\vec{\rho_i} + \vec{z_i} )\times\mi\vec{\omega}\times\(\vec{\rho_i} + \vec{z_i}) $

Poiché $\vec{\omega}$ e $\vec{z_i}$ sono paralleli

$\vec{L_o} = \sum_{i=1}^n (\vec{\rho_i} + \vec{z_i} )\times\mi\vec{\omega}\times\vec{\rho_i} = \sum_{i=1}^n m_i[ \vec{\rho_i}\times(\vec{\omega}\times\vec{\rho_i}) + \vec{\z_i}\times(\vec{\omega}\times\vec{\rho_i})]$

Usando la relazione $\vec{a}\times(\vec{b}\times\vec{c}) = (\vec{a}\cdot\vec{c})\vec{b}- (\vec{a}\cdot\vec{b})\vec{c}$

$\vec{L_o} = \sum_{i=1}^n \{ m_i[\rho_i^2\vec{\omega} - (\vec{\rho_i} \cdot \vec{\omega})\vec{\rho_i}] + [ (\vec{rho_i}\cdot\vec{z_i})\vec{\omega} - (\vec{\omega}\cdot\vec{z_i})\vec{\rho_i} ]\}$

Da cui notando che $\vec{rho_i}$ è ortogonale sia a $\vec{omega}$ che $\vec{z_i}$

$\vec{L_o} = \sum_{i=1}^n (m_i\rho_i^2) \vec{\omega} - \sum_{i=1}^n m_i\omega z_i vec{\rho_i}$.

Il coefficiente di $\vec{\omega}$ prende il nome di momento d'inerzia rispetto all'asse di rotazione e lo si indica con $I$.

$\vec{L_o} =I\vec{\omega} - \sum_{i=1}^n m_i\omega z_i vec{\rho_i}$.

Dove il secondo termine nel caso di simmetria assiale e omogeneità nella distribuzione della massa è nullo. Infatti in queste condizioni se $i$ è un punto del corpo e $j$ è il suo simmetrico si ha che $z_i = z_j$ e anche $m_i = m_j$ ma $\vec{\rho_i} = -\vec{\rho_j}$ per cui gli addendi della somma sono opposti a coppie di due. Nel caso specifico si ha dunque che

$\vec{L_o} =I\vec{\omega}$.

Per quanto riguarda l'energia cinetica si può usare il secondo teorema di Koenig: $K = K' + K_{CM}$

dove
\(K' = \frac{1}{2}\sum_{i=1}^{n}m_i(v_i')^2 = \frac{1}{2}\sum_{i=1}^{n}m_i \begin{Vmatrix} \vec{\omega} \times \vec{r_i'} \end{Vmatrix}^2 \).

Scomponendo dunque come prima rispetto all'asse si ottiene che \(\begin{Vmatrix} \vec{\omega} \times \vec{r_i'} \end{Vmatrix}^2 = (\rho_i \omega)^2 = \rho_i^2\omega^2\) da cui

\(K' = \frac{1}{2}\sum_{i=1}^{n}(m_i\rho_i^2) \omega^2 = \frac{1}{2} I\omega^2 \)

$K = \frac{1}{2} M_{\text{tot}}v_{CM}^2 + \frac{1}{2} I\omega^2.$

Con I momento d'inerzia rispetto all'asse di rotazione fissato.

Non ho nemmeno aperto il quaderno degli appunti per scrivere questa risposta quindi consiglio questa regola generale di grandissima utilità:

[size=200]PRIMA DI PARLARE PENSA PERCHÈ PAROLE POCO PENSATE POSSONO PRODURRE PUTTANATE[/size]

La tua risposta è utile quanto la forchetta per la minestra. Ti diverti ad andare in giro per i forum appositamente per insultare e fare il gradasso ma con me non attacca perché è quasi una settimana che vado a letto alle 5 e mezzo del mattino solamente per preparare questo esame. Inoltre non sono il tipico coglione che va all'università perché non ha voglia di lavorare o per far contento i genitori, ci vado perché ho voglia di imparare e per ora sto perseguendo con successo l'obiettivo (media attuale del 28.2) per cui fuori dalle palle![/hide]

[donald_zeka]

[hide="."]

PRIMA DI PARLARE PENSA PERCHÈ PAROLE POCO PENSATE POSSONO PRODURRE PUTTANATE

La tua risposta è utile quanto la forchetta per la minestra. Ti diverti ad andare in giro per i forum appositamente per insultare e fare il gradasso ma con me non attacca perché è quasi una settimana che vado a letto alle 5 e mezzo del mattino solamente per preparare questo esame. Inoltre non sono il tipico coglione che va all'università perché non ha voglia di lavorare o per far contento i genitori, ci vado perché ho voglia di imparare e per ora sto perseguendo con successo l'obiettivo (media attuale del 28.2) per cui fuori dalle palle!

Moralizzatore di nome e di fatto[/hide]

[Moralizzatore]

[hide="."]Inutile v2. Dove si trova la risposta al quesito? Non tollero che mi si dica che non ho studiato quando mi sono fatto un mazzo che striscia a terra![/hide]

[Moralizzatore]

In caso non si fosse capito:

QUESITO: In che modo la scelta del polo per il calcolo dei momenti influenza il momento d'inerzia da inserire nella seconda equazione cardinale e nel secondo teorema di Koenig?

[hide="."][size=150]Evitate di rispondere se non conoscete la risposta come qualcun'altro qua sopra[/size][/hide]

[Shackle]

@Moralizzatore

Capisco il tuo risentimento nei confronti di Vulplasir, il quale spesso è piuttosto acido, ma vorrei pregarti di mantenere la calma. Chi scrive qui, in generale lo fa perché chiede un aiuto su qualcosa, o perché è mosso da curiosità. Cerchiamo di soddisfare tutte le richieste, tranne quelle di chi dice : questo è l’esercizio, me lo risolvete?
Ora sono fuori casa, e con un telefonino scadente, per cui non posso approfondire l’ultimo esercizio che hai postato; lo farò stasera, da casa.
Nel frattempo, non litigate!!

[Moralizzatore]

Ti ringrazio per la tua disponibilità. Io non sono un personaggio rancoroso ma come detto mi sono letteralmente svenato per cercare di preparare al meglio questo esame. Vengo da una scuola superiore in cui Fisica era insegnata da una professoressa che nel primo biennio pretendeva di usare concetti troppo avanzati non affrontati alle scuole medie, per cui in buona sostanza parto da zero. Dopo essermi massacrato di fisica mi fa veramente infuriare chi senza cognizione di causa sentenzia.