Energia cinetica di un'asta vincolata sugli assi coordinati
Ciao a tutti,
risolvendo un problema di mecc raz mi è venuto un dubbio atroce e non ne ho trovato soluzione.
Problema: un'asta di lunghezza $l$ è vincolata agli estremi A e B sugli assi $x$ ed $y$ rispettivamente (vincoli privi di attrito), in un sistema di riferimento $Oxy$.
Sul punto A agisce una forza $F$ costante e diretta verso O, origine degli assi.
L'angolo che l'asta forma con l'asse $y$ è $theta$.
Soluzione per ricavare T= energia cinetica dell'asta: Ho determinato l'energia cinetica dell'asta ricorrendo alla considerazione che il moto in questione è un moto rigido piano, questo significa che l'atto di moto può essere solo traslatorio o solo rotatorio, quindi in questo caso è solo rotatorio (in quanto non traslatorio).
In tal caso l'energia cinetica vale:
$T = 1/2 I_C dot(theta)^2$ (dalla dinamica di corpo rigido rispetto ad un asse fisso; in questo caso l'asse fisso è quello ortogonale al piano $x,y$ e passante per $C$ centro di istantanea rotazione).
$I_C =$momento di inerzia rispetto a $C$
IL MIO DUBBIO: l'energia cinetica dell'asta dovrebbe essere calcolabile anche mediante il teorema di Konig, ma non riesco a visualizzare l'applicazione di questo esercizio all'asta rigida....segue quello che intendo in formule:
$T = 1/2 m $(?velox di cosa?)$ + 1/2 I_G * dot(theta)^2$ (quest'ultimo termine è l'energia cinetica dell'asta intesa come corpo puntiforme in cui tutta la massa è concentrata in $G=$baricentro)
Forse non mi è completamente chiaro un supporto sarebbe apprezzato.
ciauz
risolvendo un problema di mecc raz mi è venuto un dubbio atroce e non ne ho trovato soluzione.
Problema: un'asta di lunghezza $l$ è vincolata agli estremi A e B sugli assi $x$ ed $y$ rispettivamente (vincoli privi di attrito), in un sistema di riferimento $Oxy$.
Sul punto A agisce una forza $F$ costante e diretta verso O, origine degli assi.
L'angolo che l'asta forma con l'asse $y$ è $theta$.
Soluzione per ricavare T= energia cinetica dell'asta: Ho determinato l'energia cinetica dell'asta ricorrendo alla considerazione che il moto in questione è un moto rigido piano, questo significa che l'atto di moto può essere solo traslatorio o solo rotatorio, quindi in questo caso è solo rotatorio (in quanto non traslatorio).
In tal caso l'energia cinetica vale:
$T = 1/2 I_C dot(theta)^2$ (dalla dinamica di corpo rigido rispetto ad un asse fisso; in questo caso l'asse fisso è quello ortogonale al piano $x,y$ e passante per $C$ centro di istantanea rotazione).
$I_C =$momento di inerzia rispetto a $C$
IL MIO DUBBIO: l'energia cinetica dell'asta dovrebbe essere calcolabile anche mediante il teorema di Konig, ma non riesco a visualizzare l'applicazione di questo esercizio all'asta rigida....segue quello che intendo in formule:
$T = 1/2 m $(?velox di cosa?)$ + 1/2 I_G * dot(theta)^2$ (quest'ultimo termine è l'energia cinetica dell'asta intesa come corpo puntiforme in cui tutta la massa è concentrata in $G=$baricentro)
Forse non mi è completamente chiaro un supporto sarebbe apprezzato.
ciauz
Risposte
Ciao, sto preparando l'esame di meccanica razionale e forse possiamo aiutarci
Solo che non capisco perchè tu abbia considerato il moto della sbarra unicamente rotazionale. a me personalemente sembra un moto di rototraslazione.
per il calcolo dell'energia potenziale attraverso il teorema di koenig dovrebbe essere questo il passaggio:
$1/2m*v_("g")^2 +1/2J_("G")dot(theta)^2$
dove $v_("g") $è la velocità del baricento, $J_("G")=1/12ml^2$
l'energia cinetica con questo sistema viene $1/6ml^2"dot(theta)^2$
visto che hai considerato $x_("G")=l/2sin(theta)$ e$ y_("G")=l/2cos(theta)$ e per trovare la velocità del baricentro elevata al quadrato derivi il vettore posizione ed elevi al quadrato, tendendo conto della formula trigonometrica $sin(theta)^2+cos(theta)^2=1$
visto che hai considerato $x_("G")=l/2sin(theta)$ e$ y_("G")=l/2cos(theta)$ e per trovare la velocità del baricentro elevata al quadrato derivi il vettore posizione ed elevi al quadrato, tendendo conto della formula trigonometrica $sin(theta)^2+cos(theta)^"=1$ l'energia traslazionale ti viene $1/8ml^2dot(theta)^2$ ...
secondo me il calcolo che tu ti fai per trovarti la $J_("C")$ rispetto al centro di istantanea rotazione è molto più complicato di tutto il problema risolto con Koenig...
dimmi se qualcosa non ti è chiaro...
Solo che non capisco perchè tu abbia considerato il moto della sbarra unicamente rotazionale. a me personalemente sembra un moto di rototraslazione.
per il calcolo dell'energia potenziale attraverso il teorema di koenig dovrebbe essere questo il passaggio:
$1/2m*v_("g")^2 +1/2J_("G")dot(theta)^2$
dove $v_("g") $è la velocità del baricento, $J_("G")=1/12ml^2$
l'energia cinetica con questo sistema viene $1/6ml^2"dot(theta)^2$
visto che hai considerato $x_("G")=l/2sin(theta)$ e$ y_("G")=l/2cos(theta)$ e per trovare la velocità del baricentro elevata al quadrato derivi il vettore posizione ed elevi al quadrato, tendendo conto della formula trigonometrica $sin(theta)^2+cos(theta)^2=1$
visto che hai considerato $x_("G")=l/2sin(theta)$ e$ y_("G")=l/2cos(theta)$ e per trovare la velocità del baricentro elevata al quadrato derivi il vettore posizione ed elevi al quadrato, tendendo conto della formula trigonometrica $sin(theta)^2+cos(theta)^"=1$ l'energia traslazionale ti viene $1/8ml^2dot(theta)^2$ ...
secondo me il calcolo che tu ti fai per trovarti la $J_("C")$ rispetto al centro di istantanea rotazione è molto più complicato di tutto il problema risolto con Koenig...
dimmi se qualcosa non ti è chiaro...
Aspetta un attimino!
Non hai detto come sono vincolati i punti [tex]A[/tex] e [tex]B[/tex] (con quale vincolo?), suppongo si tratti di carrelli con cerniera lisci.
Quindi,se ho capito bene il sistema che stai studiando è fatto in questo modo (scusa la "rozzezza" dell'immagine ma è fatta con paint
):
Ci troviamo?
Il sistema ha un solo grado di libertà, quindi conviene (come sicuramente avrai fatto!) introdurre come parametro Lagrangiano l'angolo [tex]$\theta \in [0,2 \pi]$[/tex]
Ora, il teorema di Konig, stabilisce che (detto [tex]$P_0$[/tex], il centro di massa dell'asta) :
[tex]$T = \frac{1}{2} M \ \underline{v}^2(P_0) + \frac{1}{2} I_{P_0} \ \omega^2$[/tex]
([tex]$T$[/tex] è l'energia cinetica ovviamente)
Gli unici due valori che possono creare problemi nell'essere calcolati, sono la velocità del centro ([tex]$\underline{v}(P_0)$[/tex]) di massa e il momento d'inerzia rispetto al centro di massa ([tex]$I_{P_0}$[/tex]) . Vediamo di calcolarli insieme:
[tex]$\underline{v}(P_0) = \dot{x_0} \ \underline{i} + \dot{y_0} \ \underline{j}$[/tex]
dove, se non l'avessi già capito: [tex]$x_0[/tex] e [tex]$y_0[/tex] sono le coordinate del centro di massa [tex]$P_0[/tex]; mentre [tex]$\underline{i}[/tex] e [tex]$\underline{j}[/tex] sono i versori dell'asse [tex]$x[/tex] e [tex]$y[/tex].
Quindi:
[tex]$\underline{v}(P_0) = \dot{x_0} \ \underline{i} + \dot{y_0} \ \underline{j} = \left[ \frac{d}{dt} \left( \frac{l}{2} sen \ \theta \right)\underline{i} + \frac{d}{dt} \left( \frac{l}{2} cos \ \theta \right)\underline{j} \right] = \left(\frac{l}{2} \dot{\theta} cos \ \theta\right) \underline{i} \ + \ \left(- \frac{l}{2} \dot{\theta} sen{\theta} \right)\underline{j}$[/tex]
Tuttavia, a noi serve il quadrato della velocità, quindi:
[tex]$\underline{v}^2(P_0) = \left(\frac{l}{2} \dot{\theta} cos \ \theta\underline{i}\right)^2 \ + \ \left(- \frac{l}{2} \dot{\theta} sen{\theta} \underline{j}\right)^2 \ = \ \frac{l^2}{4} \ \dot{\theta}^2 cos^2 \ \theta \ + \ \frac{l^2}{4} \ \dot{\theta}^2 sen^2 \ \theta \ = \ \frac{l^2}{4} \ \dot{\theta}^2 ( cos^2 \ \theta \ + \ sen^2 \ \theta) \ = \ \frac{l^2}{4} \ \dot{\theta}^2 $[/tex]
Quindi abbiamo appena trovato che [tex]$\underline{v}^2(P_0) = \left( \frac{l}{2} \dot{\theta}\right)^2$[/tex]
Ora ci manca di trovare il momento d'inerzia rispetto al centro di massa; detto fatto :
[tex]$I_{P_0} = \frac{1}{12} M l^2 $[/tex]
Adesso abbiamo tutto il necessario, per applicare il teorema di Konig:
[tex]$T = \frac{1}{2} M \ \left( \frac{l}{2} \dot{\theta}\right)^2 + \frac{1}{2} \left(+ \frac{1}{12} M l^2 \right) \ \omega^2$[/tex]
dove ovviamente [tex]$\omega = \dot{\theta}$[/tex]
Facendo un paio di calcoletti, dovresti giungere alla seguente forma:
[tex]$T = \frac{1}{8} M l^2 \dot{\theta}^2 + \frac{1}{24}Ml^2\dot{\theta}^2 = \frac{1}{6}Ml^2\dot{\theta}^2$[/tex]
Se qualcosa non ti è chiaro, non esitare a contattarmi.
___________________
Ci tengo a precisare una cosa:
Relativamente a questo sistema, l'atto di moto è rotatorio attorno al centro di istantanea rotazione [tex]$C_t$[/tex], ubicato come in figura:
tuttavia, nell'applicazione del teorema di Koenig, abbiamo lavorato rispetto ad un altro punto; cioè il centro di massa [tex]$P_0$[/tex]; ecco perché è stato necessario considerare sia traslazione che rotazione.
Ciao.
Non hai detto come sono vincolati i punti [tex]A[/tex] e [tex]B[/tex] (con quale vincolo?), suppongo si tratti di carrelli con cerniera lisci.
Quindi,se ho capito bene il sistema che stai studiando è fatto in questo modo (scusa la "rozzezza" dell'immagine ma è fatta con paint
):Ci troviamo?
Il sistema ha un solo grado di libertà, quindi conviene (come sicuramente avrai fatto!) introdurre come parametro Lagrangiano l'angolo [tex]$\theta \in [0,2 \pi]$[/tex]
Ora, il teorema di Konig, stabilisce che (detto [tex]$P_0$[/tex], il centro di massa dell'asta) :
[tex]$T = \frac{1}{2} M \ \underline{v}^2(P_0) + \frac{1}{2} I_{P_0} \ \omega^2$[/tex]
([tex]$T$[/tex] è l'energia cinetica ovviamente)
Gli unici due valori che possono creare problemi nell'essere calcolati, sono la velocità del centro ([tex]$\underline{v}(P_0)$[/tex]) di massa e il momento d'inerzia rispetto al centro di massa ([tex]$I_{P_0}$[/tex]) . Vediamo di calcolarli insieme:
[tex]$\underline{v}(P_0) = \dot{x_0} \ \underline{i} + \dot{y_0} \ \underline{j}$[/tex]
dove, se non l'avessi già capito: [tex]$x_0[/tex] e [tex]$y_0[/tex] sono le coordinate del centro di massa [tex]$P_0[/tex]; mentre [tex]$\underline{i}[/tex] e [tex]$\underline{j}[/tex] sono i versori dell'asse [tex]$x[/tex] e [tex]$y[/tex].
Quindi:
[tex]$\underline{v}(P_0) = \dot{x_0} \ \underline{i} + \dot{y_0} \ \underline{j} = \left[ \frac{d}{dt} \left( \frac{l}{2} sen \ \theta \right)\underline{i} + \frac{d}{dt} \left( \frac{l}{2} cos \ \theta \right)\underline{j} \right] = \left(\frac{l}{2} \dot{\theta} cos \ \theta\right) \underline{i} \ + \ \left(- \frac{l}{2} \dot{\theta} sen{\theta} \right)\underline{j}$[/tex]
Tuttavia, a noi serve il quadrato della velocità, quindi:
[tex]$\underline{v}^2(P_0) = \left(\frac{l}{2} \dot{\theta} cos \ \theta\underline{i}\right)^2 \ + \ \left(- \frac{l}{2} \dot{\theta} sen{\theta} \underline{j}\right)^2 \ = \ \frac{l^2}{4} \ \dot{\theta}^2 cos^2 \ \theta \ + \ \frac{l^2}{4} \ \dot{\theta}^2 sen^2 \ \theta \ = \ \frac{l^2}{4} \ \dot{\theta}^2 ( cos^2 \ \theta \ + \ sen^2 \ \theta) \ = \ \frac{l^2}{4} \ \dot{\theta}^2 $[/tex]
Quindi abbiamo appena trovato che [tex]$\underline{v}^2(P_0) = \left( \frac{l}{2} \dot{\theta}\right)^2$[/tex]
Ora ci manca di trovare il momento d'inerzia rispetto al centro di massa; detto fatto
:[tex]$I_{P_0} = \frac{1}{12} M l^2 $[/tex]
Adesso abbiamo tutto il necessario, per applicare il teorema di Konig:
[tex]$T = \frac{1}{2} M \ \left( \frac{l}{2} \dot{\theta}\right)^2 + \frac{1}{2} \left(+ \frac{1}{12} M l^2 \right) \ \omega^2$[/tex]
dove ovviamente [tex]$\omega = \dot{\theta}$[/tex]
Facendo un paio di calcoletti, dovresti giungere alla seguente forma:
[tex]$T = \frac{1}{8} M l^2 \dot{\theta}^2 + \frac{1}{24}Ml^2\dot{\theta}^2 = \frac{1}{6}Ml^2\dot{\theta}^2$[/tex]
Se qualcosa non ti è chiaro, non esitare a contattarmi.
___________________
Ci tengo a precisare una cosa:
Relativamente a questo sistema, l'atto di moto è rotatorio attorno al centro di istantanea rotazione [tex]$C_t$[/tex], ubicato come in figura:
tuttavia, nell'applicazione del teorema di Koenig, abbiamo lavorato rispetto ad un altro punto; cioè il centro di massa [tex]$P_0$[/tex]; ecco perché è stato necessario considerare sia traslazione che rotazione.
Ciao.
"Patty90":
secondo me il calcolo che tu ti fai per trovarti la $J_("C")$ rispetto al centro di istantanea rotazione è molto più complicato di tutto il problema risolto con Koenig...
dimmi se qualcosa non ti è chiaro...
...be' punti di vista: si vede subito che la distanza tra il centro di istantanea rotazione e il baricentro dell'asta è sempre $L/2$ per cui applicando Huygens per il calcolo del momento di inerzia rispetto al centro di istantanea rotazione:
$m (L/2)^2+mL^2/12= m L^2/3$
quindi l'energia si ottiene subito:
$1/2 * 1/3 m L^2 omega^2=ML^2/6 omega^2$
Ovviamente Koenig allunga il "brodo", vedasi il mio post precedente (non sempre però)!
In alcuni casi che vorresti procedere diversamente, viene esplicitamente richiesto, per far "sgobbare" i poveri studenti
In alcuni casi che vorresti procedere diversamente, viene esplicitamente richiesto, per far "sgobbare" i poveri studenti
Wow, grazie e tutti, siete stati decisamente esaustivi.
Stasera faccio mente locale, nel caso avessi qualche dubbio posterò su questo thread.
Ciauz
Stasera faccio mente locale, nel caso avessi qualche dubbio posterò su questo thread.
Ciauz
Eccomi qua, puntuale come l'influenza di stagione 
@MathCrazy: ho ripetuto i conti e torna. Solo un punto mi resta oscuro: il momento di inerzia rispetto al baricentro.
Per quello che mi risulta l'energia cinetica di un corpo rigido con un'asse fisso (o anche con un punto fisso, intendendo l'asse fisso come l'asse passante per il punto fisso per un moto rigido piano come in questo caso) è
$T = 1/2 I_c dot(theta)^2$ considerando l'asse fisso passante per $c$ centro di istantanea rotazione e punto fisso.
(nel riferimento al solo punto fisso: $T = 1/2 I_c dot(omega)^2$ con $omega = dot(theta)$, dove $c$ è il punto fisso)
Immagino che quello che hai indicato come momento di inerzia rispetto al baricentro $I_(P_0)$ sia il momento di inerzia riseptto all'asse fisso passante per $c$ (centro di istantanea rotazione) calcolato in un sistema di riferimento con origine nel baricentro, giusto? (e non il momento di inerzia del baricentro).
In entrambi i casi...non riesco a calcolarlo, anche perchè non riesco a visualizzarlo
Grazie in anticipo per l'aiuto.
@MathCrazy: ho ripetuto i conti e torna. Solo un punto mi resta oscuro: il momento di inerzia rispetto al baricentro.
Per quello che mi risulta l'energia cinetica di un corpo rigido con un'asse fisso (o anche con un punto fisso, intendendo l'asse fisso come l'asse passante per il punto fisso per un moto rigido piano come in questo caso) è
$T = 1/2 I_c dot(theta)^2$ considerando l'asse fisso passante per $c$ centro di istantanea rotazione e punto fisso.
(nel riferimento al solo punto fisso: $T = 1/2 I_c dot(omega)^2$ con $omega = dot(theta)$, dove $c$ è il punto fisso)
Immagino che quello che hai indicato come momento di inerzia rispetto al baricentro $I_(P_0)$ sia il momento di inerzia riseptto all'asse fisso passante per $c$ (centro di istantanea rotazione) calcolato in un sistema di riferimento con origine nel baricentro, giusto? (e non il momento di inerzia del baricentro).
In entrambi i casi...non riesco a calcolarlo, anche perchè non riesco a visualizzarlo
Grazie in anticipo per l'aiuto.
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