Energia cinetica
Ciao ragazzi, non so proprio cosa fare in questo esercizio
Io ho che l energia cinetica si può calcolare con $ T=1/2*I*w^2 $ , oppure usando il teorema di konig, ma lì misi somma pure l energia cinetica rispetto al riferimento con O non baricentro e assi con stessa orientazione della terna fissa, e non mi sembra il caso di farlo. Quindi calcolo la velocità angolare delle 2 aste (opposta?) e il loro momento d inerzia I , poi sommo tutto? (Quà non ho ben capito dalla teoria , dice momento d inerzia rispetto all asse di istantanea rotazione, e quà qual è? Il momento della quantità di moto buio totale , rispetto a quale polo poi? O? , io ho $Ko=m*v_G×(O-G)+K'_G$ ma bo. È il primo esercizio in questo campo, se qualcuno mi può aiutare è ben accetto !
Io ho che l energia cinetica si può calcolare con $ T=1/2*I*w^2 $ , oppure usando il teorema di konig, ma lì misi somma pure l energia cinetica rispetto al riferimento con O non baricentro e assi con stessa orientazione della terna fissa, e non mi sembra il caso di farlo. Quindi calcolo la velocità angolare delle 2 aste (opposta?) e il loro momento d inerzia I , poi sommo tutto? (Quà non ho ben capito dalla teoria , dice momento d inerzia rispetto all asse di istantanea rotazione, e quà qual è? Il momento della quantità di moto buio totale , rispetto a quale polo poi? O? , io ho $Ko=m*v_G×(O-G)+K'_G$ ma bo. È il primo esercizio in questo campo, se qualcuno mi può aiutare è ben accetto !
Risposte
La mancanza del polo è una svista.
È un triangolo isoscele, quindi le velocità angolari delle 2 aste sono identiche.
Ti conviene applicare Koenig e lasciar perdere per ora il centro di istantanea rotazione ce per inciso è il vertice del triangolo rettangolo che si forma prolungando l asta di sx e portando la perpendicolare all asse x passante per l estremità destra della seconda sbarra.
Ora sono da cellulare e non posso scrivere formule, ma se ti ci metti vedrai che è semplice anche dal punto di vista calcoli
È un triangolo isoscele, quindi le velocità angolari delle 2 aste sono identiche.
Ti conviene applicare Koenig e lasciar perdere per ora il centro di istantanea rotazione ce per inciso è il vertice del triangolo rettangolo che si forma prolungando l asta di sx e portando la perpendicolare all asse x passante per l estremità destra della seconda sbarra.
Ora sono da cellulare e non posso scrivere formule, ma se ti ci metti vedrai che è semplice anche dal punto di vista calcoli
$T=1/2*m*v_G^"+T'$
G lo devo trovare dell intero sistema , cioè punto medio dell unione tra i punti medi delle due aste?
trovate le coordinate di G ho:
$v_G=x'_G+y'_G$
la quadro e trovo $v_G^2$
per T' metto O' nel baricentro di tutto il sistema? poi $v_G$ si riduce a $v_OO'$?
G lo devo trovare dell intero sistema , cioè punto medio dell unione tra i punti medi delle due aste?
trovate le coordinate di G ho:
$v_G=x'_G+y'_G$
la quadro e trovo $v_G^2$
per T' metto O' nel baricentro di tutto il sistema? poi $v_G$ si riduce a $v_OO'$?
Cal cola la velocità angolare di ogni asta.
Per l asta 1, visto che ruota attorno a O, l energia cinetica è $1/2I_Oomega^2$.
Per l asta 2 applica Koenig. Ti ripeto che le aste formano un triangolo isoscele. Calcolare la $v_G$ del baricentro dell asta 2 è semplicissimo
Per l asta 1, visto che ruota attorno a O, l energia cinetica è $1/2I_Oomega^2$.
Per l asta 2 applica Koenig. Ti ripeto che le aste formano un triangolo isoscele. Calcolare la $v_G$ del baricentro dell asta 2 è semplicissimo
Son riuscito a partorire sta roba in 1 ora, ma probabilmente è sbagliato, mi viene $cos^2$ al posto di $sen^2$. Non avevo visto il tuo messaggio
Ah ecco nell asta 2 allora non posso usare quella formula dell energia cinetica ! Ora cì provo
$v_G^2=8*l^2*sen^2(theta)+l^2$
Adesso come calcolo T'? Metto il sistema con O=G" e assi orientati come x e y, quindi come faccio a calcolare la cinetica stavolta?
$v_G^2=8*l^2*sen^2(theta)+l^2$
Adesso come calcolo T'? Metto il sistema con O=G" e assi orientati come x e y, quindi come faccio a calcolare la cinetica stavolta?
Ma no.
L'energia cinetica di 1 è $1/2I_Oomega^2$.
Quella di 2 è $1/2mv_g^2+I_Gomega^2$.
Ora
$x_G=2Lcostheta+Lcostheta=3Lcostheta$
$y_G=2Lsintheta-Lsintheta=Lsintheta$
Derivi ognuno, elevi al quadrato e la somma $dotx_G^2+doty_G^2=v_G^2$
A quel punto hai tutto ed è risolto
L'energia cinetica di 1 è $1/2I_Oomega^2$.
Quella di 2 è $1/2mv_g^2+I_Gomega^2$.
Ora
$x_G=2Lcostheta+Lcostheta=3Lcostheta$
$y_G=2Lsintheta-Lsintheta=Lsintheta$
Derivi ognuno, elevi al quadrato e la somma $dotx_G^2+doty_G^2=v_G^2$
A quel punto hai tutto ed è risolto
la $v_G$ che ho trovato penso sia esatta
$Io=4/3*m*l^2$ mi viene
$w=(theta)'$
$I_G$ dell asta 2 è un termine di steiner che mi viene $I_G=1/3*m*l^2*(sen^2(theta)+cos^2(theta))$
(ovviamente in v_G mi son scorsato la derivata temporale al quadrato dell angolo theta). Però sommando non viene , c'è qualche errore nei miei calcoli. Ci va 1/2 anche prima di $I_G$ nella tua formula?
$Io=4/3*m*l^2$ mi viene
$w=(theta)'$
$I_G$ dell asta 2 è un termine di steiner che mi viene $I_G=1/3*m*l^2*(sen^2(theta)+cos^2(theta))$
(ovviamente in v_G mi son scorsato la derivata temporale al quadrato dell angolo theta). Però sommando non viene , c'è qualche errore nei miei calcoli. Ci va 1/2 anche prima di $I_G$ nella tua formula?
Si certo è una svista.
Viene. Ho fatto i calcoli, ricontrolla.
La IG delle aste non è funzione di $theta$. È una proprietà del corpo che dipende solo dal polo, non da come è orientato il corpo
Viene. Ho fatto i calcoli, ricontrolla.
La IG delle aste non è funzione di $theta$. È una proprietà del corpo che dipende solo dal polo, non da come è orientato il corpo
$T1=4/3ml^2*1/2*theta'^2$
$T2=ml^2/6theta'^2+1/2ml^2(8sen(theta)^2+1)theta'^2$
cosi mi viene,ti ringrazio per l'aiuto fornitomi. Per calcolare il momento della quantità di moto devo applicare la formula che avevo scritto? vanno spezzate anche stavolta le aste e considerate separatamente?$ K'_G $ con che formula lo ottengo?
$T2=ml^2/6theta'^2+1/2ml^2(8sen(theta)^2+1)theta'^2$
cosi mi viene,ti ringrazio per l'aiuto fornitomi. Per calcolare il momento della quantità di moto devo applicare la formula che avevo scritto? vanno spezzate anche stavolta le aste e considerate separatamente?$ K'_G $ con che formula lo ottengo?
Il momento della quantità di moto è simile all en cin.
$L=rxxmv_G+I_Gomega$.
Ma si è dimenticato di dirti rispetto a che polo...
$L=rxxmv_G+I_Gomega$.
Ma si è dimenticato di dirti rispetto a che polo...
si chiama $K_o$ forse è rispetto al polo O, non so. Comunque lo provo a fare rispetto a tale polo
Ah non avevo visto.
Probabile, prova
Probabile, prova
$Ko=m V_G x (O-G) + I_G w $
$m (-l theta'sen(theta) l sen(theta) ixj + l theta' cos(theta) l cos(theta) ixj) + 1/3 ml^2 theta' ixj$
Per la prima asta è venuta una cosa del genere. Per la seconda asta devo mettere sempre il baricentro della seconda asta e O? Oppure dovevo considerare l intero sistema formato dalle 2 aste?
$m (-l theta'sen(theta) l sen(theta) ixj + l theta' cos(theta) l cos(theta) ixj) + 1/3 ml^2 theta' ixj$
Per la prima asta è venuta una cosa del genere. Per la seconda asta devo mettere sempre il baricentro della seconda asta e O? Oppure dovevo considerare l intero sistema formato dalle 2 aste?
Se lo faccio per la seconda viene $Ko=m(-3ml^2sen^2(theta) theta' ixj+ml^2cos^2(theta)theta' ixj)+1/3 m l^2 theta' ixj$
Ristudia la teoria e rileggi il mio post.
Per la prima asta $L_0=I_0dottheta$. Fine.
L'unica difficoltà, se di difficoltà si deve parlare è il calcolo di $I_0$.
Per la seconda hai già tutto in mano visto che hai calcolato $v_g$ per l'energia cinetica e a conosci $omega$.
L unica difficoltà è il calcolo del prodotto vettoriale.
Quello che hai scritto non ha senso: cosa è $ixj$???
Per la prima asta $L_0=I_0dottheta$. Fine.
L'unica difficoltà, se di difficoltà si deve parlare è il calcolo di $I_0$.
Per la seconda hai già tutto in mano visto che hai calcolato $v_g$ per l'energia cinetica e a conosci $omega$.
L unica difficoltà è il calcolo del prodotto vettoriale.
Quello che hai scritto non ha senso: cosa è $ixj$???
La prima asta ho capito come calcolarla, era più avanti la formula che hai messo nella teoria, non me la ricordavo. Nella seconda invece hai preso $Ko=mv_G x (O-G) + K'_G$ mettendo $K'_G=0$ ? Ho anche la formula $T=1/2 K_0w$.
Quello è il versore k, prodotto vettoriale tra il versore i e il versore j, non va fatto cosi?
Quello è il versore k, prodotto vettoriale tra il versore i e il versore j, non va fatto cosi?
Purtroppo la teoria m aiuta poco, son 2 pagine, prima trova Ko rispetto a un polo non necessariamente fisso $K_0= somma (m_s v_s ×(O-P_s))$ poi trova Ko come ho scritto nel post sopra, poi trova la $Ko=Iw$ ma la usa per trovare la relazione con l energia cinetica. Sul libro degli esercizi c è solo un esempio e usa formule astruse.
Santo cielo.
Hai la x e la y del baricentro della seconda asta da un post precedente.
Hai la velocità del baricentro, che hai già calcolato nelle sue componenti per trovare l energia cinetica.
Ti basta fare $mvecrxxvecv$ e quello è il primo termine del momento di inerzia. Ci aggiungi $I_Gomega$ e il momento angolare della seconda asta è determinato.
Aggiungi il momento angolare della prima asta e hai il momento angolare di tutto il sistema
Hai la x e la y del baricentro della seconda asta da un post precedente.
Hai la velocità del baricentro, che hai già calcolato nelle sue componenti per trovare l energia cinetica.
Ti basta fare $mvecrxxvecv$ e quello è il primo termine del momento di inerzia. Ci aggiungi $I_Gomega$ e il momento angolare della seconda asta è determinato.
Aggiungi il momento angolare della prima asta e hai il momento angolare di tutto il sistema
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