Masse in rotazione
Salve a tutti.
Il problema che gentilmente vi pongo, prende spunto da una questione ingegneristica.
Nello studio della dinamica del corpo rigido mi sono imbattuto nel problema dell'equilibratura di rotori, di cui qui ne faccio un breve riassunto.
Si considera un albero in rotazione su cui è calettato con un certo angolo di disallineamento $\alpha$, un disco il cui centro di massa si trova sull'asse di rotazione. Trascurando l'azione del peso si vogliono calcolare le azioni dinamiche esercitate sui supporti dal rotore che ruota a velocità costante $\vecomega$(si trascurano anche la massa dell'albero che consideriamo schematicamente come una linea).
Il problema che ho studiato è stato risolto con l'utilizzo del principio di conservazione del momento angolare, ma sono sicuro di non aver capito l'argomento.
Dunque per approfondire lo studio ho semplificato la situazione ed il problema diventa:
Consideriamo due punti materiali (anche se scorretto diciamo due sferette) di uguale massa m collegate da un'asta rigida(di massa trascurabile) di lunghezza $\2R$.
Consideriamo il primo caso:
caso 1) Il sistema ruoti attorno ad un asse passante per il punto medio (centro di massa) tra le sfere con velocità angolare $\vec omega$.
L'asse di rotazione (e cioè $\vec omega$) sia $\bot$ all'asta $\2R$.
(In altre parole $\vecomega$ coincide con un asse principale di inerzia)
Dunque il momento angolare di ciascuna sfera rispetto al centro di massa vale:
$\vec K_1 =vec R_1 ^^ (m vec v_1)$
$\vec K_2 =vec R_2 ^^ (m vec v_2)$
avendo indicato con $vec R_1$ e $vec R_2$ i vettori posizione delle 2 masse rispetto al centro di massa (c.d.m.) (entrambi di lunghezza $\R$).
Ora è lecito scrivere $\vec K_1 = vec K_2$ e possiamo scrivere che il momento angolare totale $\vec K =2 vec K_1$ (oppure $\vec K =2 vec K_2$);
e quindi abbiamo essendo $\vec v= vec omega ^^ vec R$ che il momento angolare totale è $\vec K=2 vec R_1 ^^(m_1 vec v_1)=2m_1 vec R_1^^(vec omega ^^ vec R_1)=2mR^2vecomega$
ed indicando con $\I=2mR^2$ il momento di inerzia del sistema rispetto all'asse di rotazione che è un asse principale di inerzia, abbiamo che $\vec K=Ivecomega$.
caso2)Il sistema forma un angolo $\alpha$ con l'asse di rotazione, per essere preciso inserisco l'immagine dello schema.
Analogamente a prima calcolando il momento della quantità di moto rispetto al c.d.m. otteniamo $\vec K = 2mR^2omegacosalpha hati$ se con $\hat i$ indichiamo il versore dell'asse x.
Ora voglio applicare il principio di conservazione della quantità di moto.
Caso1)Non ho nessun problema infatti $\dvecK/dt=vec0$ essendo il momento di inerzia e velocità angolare costante, dunque la relazione appena scritta ci dice che sul sistema non agiscono coppie esterne.
Caso2)in questo caso si ha $\(dvecK)/dt=(d(2mR^2omegacosalphahati))/dt=2mR^2omegacosalpha(dhati)/dt=2mR^2omegacosalphaomega_y(-hatk)=-2mR^2omega^2cosalphasinalphahatk$
e dunque questa volta il prin. di cons. del mom. ang. ci dice che sul sistema nella configurazione assegnata agisce necessariamente un momento esterno$\vecM_G$.che vale proprio
$\vecM_g=(dvecK)/dt$.
Effettivamente analizzando il problema da un altro punto di vista possiamo affermare che le sferette essendo in moto rotatorio subiscono una forza $\vecF_c$ centripeta che vale $\vecF_c=mveca_c$ e il momento di tale forza vale rispetto al cdm:
$\vecM=vecR^^(mveca_c)$ indicando con $\hatn$ il versore normale alla traiettoria percorsa dalle sferette abbiamo $\vecM=vecR^^(mRcosalphaomega^2hatn)=mRcosalphaomega^2vecR^^hatn=-mRcosalphaomega^2Rsinalphahatk=-mR^2omega^2cosalphasinalphahatk$ essendo una coppia di forze il momento totale vale$\vecM=-2mR^2omega^2cosalphasinalphahatk=vecM_G=(dvecK)/dt$.
E questo risultato mi sembra(personalmente) molto bello, in quanto la correlazione causa-effetto sembra ribaltarsi, ma al di la delle considerazioni personali, il problema nasce ora.
Ho infatti immaginato che il momento esterno si annulli improvvisamente. In questa situazione necessariamente $\(dvecK)/dt=vec0$ e in altre parole necessariamente la forza centripeta deve annullarsi. E dunque che succede?
Mi chiedevo se fosse possibile studiare sempre dal punto di vista dinamico questa situazione. Io ho provato non ci sono riuscito. Intuitivamente mi sembra facile di capire che il sistema ruoterà finchè $vecK$ si allinea con $vecomega$,
dunque nascerà anche una componente$\vecomega_z$della velocità angolare. Ma quale è l'equazione che governa questa situazione di transizione?
Mi chiedevo quindi se potevate aiutarmi anche solo con un consiglio o fornirmi l'incipit della trattazione matematica, poi cercherò di continuarla da solo.
Grazie mille.
Il problema che gentilmente vi pongo, prende spunto da una questione ingegneristica.
Nello studio della dinamica del corpo rigido mi sono imbattuto nel problema dell'equilibratura di rotori, di cui qui ne faccio un breve riassunto.
Si considera un albero in rotazione su cui è calettato con un certo angolo di disallineamento $\alpha$, un disco il cui centro di massa si trova sull'asse di rotazione. Trascurando l'azione del peso si vogliono calcolare le azioni dinamiche esercitate sui supporti dal rotore che ruota a velocità costante $\vecomega$(si trascurano anche la massa dell'albero che consideriamo schematicamente come una linea).
Il problema che ho studiato è stato risolto con l'utilizzo del principio di conservazione del momento angolare, ma sono sicuro di non aver capito l'argomento.
Dunque per approfondire lo studio ho semplificato la situazione ed il problema diventa:
Consideriamo due punti materiali (anche se scorretto diciamo due sferette) di uguale massa m collegate da un'asta rigida(di massa trascurabile) di lunghezza $\2R$.
Consideriamo il primo caso:
caso 1) Il sistema ruoti attorno ad un asse passante per il punto medio (centro di massa) tra le sfere con velocità angolare $\vec omega$.
L'asse di rotazione (e cioè $\vec omega$) sia $\bot$ all'asta $\2R$.
(In altre parole $\vecomega$ coincide con un asse principale di inerzia)
Dunque il momento angolare di ciascuna sfera rispetto al centro di massa vale:
$\vec K_1 =vec R_1 ^^ (m vec v_1)$
$\vec K_2 =vec R_2 ^^ (m vec v_2)$
avendo indicato con $vec R_1$ e $vec R_2$ i vettori posizione delle 2 masse rispetto al centro di massa (c.d.m.) (entrambi di lunghezza $\R$).
Ora è lecito scrivere $\vec K_1 = vec K_2$ e possiamo scrivere che il momento angolare totale $\vec K =2 vec K_1$ (oppure $\vec K =2 vec K_2$);
e quindi abbiamo essendo $\vec v= vec omega ^^ vec R$ che il momento angolare totale è $\vec K=2 vec R_1 ^^(m_1 vec v_1)=2m_1 vec R_1^^(vec omega ^^ vec R_1)=2mR^2vecomega$
ed indicando con $\I=2mR^2$ il momento di inerzia del sistema rispetto all'asse di rotazione che è un asse principale di inerzia, abbiamo che $\vec K=Ivecomega$.
caso2)Il sistema forma un angolo $\alpha$ con l'asse di rotazione, per essere preciso inserisco l'immagine dello schema.
Analogamente a prima calcolando il momento della quantità di moto rispetto al c.d.m. otteniamo $\vec K = 2mR^2omegacosalpha hati$ se con $\hat i$ indichiamo il versore dell'asse x.
Ora voglio applicare il principio di conservazione della quantità di moto.
Caso1)Non ho nessun problema infatti $\dvecK/dt=vec0$ essendo il momento di inerzia e velocità angolare costante, dunque la relazione appena scritta ci dice che sul sistema non agiscono coppie esterne.
Caso2)in questo caso si ha $\(dvecK)/dt=(d(2mR^2omegacosalphahati))/dt=2mR^2omegacosalpha(dhati)/dt=2mR^2omegacosalphaomega_y(-hatk)=-2mR^2omega^2cosalphasinalphahatk$
e dunque questa volta il prin. di cons. del mom. ang. ci dice che sul sistema nella configurazione assegnata agisce necessariamente un momento esterno$\vecM_G$.che vale proprio
$\vecM_g=(dvecK)/dt$.
Effettivamente analizzando il problema da un altro punto di vista possiamo affermare che le sferette essendo in moto rotatorio subiscono una forza $\vecF_c$ centripeta che vale $\vecF_c=mveca_c$ e il momento di tale forza vale rispetto al cdm:
$\vecM=vecR^^(mveca_c)$ indicando con $\hatn$ il versore normale alla traiettoria percorsa dalle sferette abbiamo $\vecM=vecR^^(mRcosalphaomega^2hatn)=mRcosalphaomega^2vecR^^hatn=-mRcosalphaomega^2Rsinalphahatk=-mR^2omega^2cosalphasinalphahatk$ essendo una coppia di forze il momento totale vale$\vecM=-2mR^2omega^2cosalphasinalphahatk=vecM_G=(dvecK)/dt$.
E questo risultato mi sembra(personalmente) molto bello, in quanto la correlazione causa-effetto sembra ribaltarsi, ma al di la delle considerazioni personali, il problema nasce ora.
Ho infatti immaginato che il momento esterno si annulli improvvisamente. In questa situazione necessariamente $\(dvecK)/dt=vec0$ e in altre parole necessariamente la forza centripeta deve annullarsi. E dunque che succede?
Mi chiedevo se fosse possibile studiare sempre dal punto di vista dinamico questa situazione. Io ho provato non ci sono riuscito. Intuitivamente mi sembra facile di capire che il sistema ruoterà finchè $vecK$ si allinea con $vecomega$,
dunque nascerà anche una componente$\vecomega_z$della velocità angolare. Ma quale è l'equazione che governa questa situazione di transizione?
Mi chiedevo quindi se potevate aiutarmi anche solo con un consiglio o fornirmi l'incipit della trattazione matematica, poi cercherò di continuarla da solo.
Grazie mille.
Risposte
Innanzitutto bisogna mettersi d'accordo su cosa intendi esattamente con
"Ho infatti immaginato che il momento esterno si annulli improvvisamente"
L'unico momento esterno è fornito dall'albero su cui è calettato il bilanciere (chiamo così le due masse e l'asta).
Per cui secondo me intendi che si rompono i supporti che tengono l'albero in posizione e il bilanciere è libero di ruotare senza alcun vincolo.
In questo caso è molto semplice sai.
Se ad esempio quando si rompono i supporti il momento angolare $\vec K$ si trova in una certa posizione, rimarrà fisso in quella posizione. Il vettore $\vec \omega$ si allinea istantaneamente con $\vec K$. E' il contrario di quello che pensavi. Non è $\vec K$ che tende ad allinearsi a $\vec \omega$ ma succede il contrario. Istantaneamente.
Per essere ancora più chiari, il piano su cui ruota il bilanciere diventa quello perpendicolare a $\vec \K$.
Questo perchè il sistema che hai scelto è molto semplice. Puoi provare a pensare a un bilanciere a 2 bracci (4 masse) messi a croce....
"Ho infatti immaginato che il momento esterno si annulli improvvisamente"
L'unico momento esterno è fornito dall'albero su cui è calettato il bilanciere (chiamo così le due masse e l'asta).
Per cui secondo me intendi che si rompono i supporti che tengono l'albero in posizione e il bilanciere è libero di ruotare senza alcun vincolo.
In questo caso è molto semplice sai.
Se ad esempio quando si rompono i supporti il momento angolare $\vec K$ si trova in una certa posizione, rimarrà fisso in quella posizione. Il vettore $\vec \omega$ si allinea istantaneamente con $\vec K$. E' il contrario di quello che pensavi. Non è $\vec K$ che tende ad allinearsi a $\vec \omega$ ma succede il contrario. Istantaneamente.
Per essere ancora più chiari, il piano su cui ruota il bilanciere diventa quello perpendicolare a $\vec \K$.
Questo perchè il sistema che hai scelto è molto semplice. Puoi provare a pensare a un bilanciere a 2 bracci (4 masse) messi a croce....
Grazie per la risposta.
Effettivamente non mi sono spiegato bene.
Supponiamo che l'asse di rotazione (materialmente l'albero) sia vincolato a ruotare in quella posizione, cioè i vincoli o supporti dell'albero non subiscano rotture, ma sia il bilanciere a non essere più vincolato a mantenere l'angolo $\alpha$ fisso (materialmente si traduce nel fatto che il vincolo che mantiene l'angolo $\alpha$ del disco calettato sull'albero di cui parlo inizialmente si rompa).
Oltretutto l'alternativa che mi hai presentato mi intriga, ma in ogni caso su quale principio della fisica mi devo basare per poter dire che :"Se [...] il momento angolare $\vecK$ si trova in una certa posizione, rimarrà fisso in quella posizione" e come posso matematicamente dimostrare che $\vec omega$ si allinea istantaneamente con $\vecK$ ? Oltretutto instantaneamente = in un tempo nullo? Ma se facessimo questo esperimento in laboratorio chiaramente l'allineamento avverrebbe in un intervallo di tempo finito, giusto?
Effettivamente non mi sono spiegato bene.
Supponiamo che l'asse di rotazione (materialmente l'albero) sia vincolato a ruotare in quella posizione, cioè i vincoli o supporti dell'albero non subiscano rotture, ma sia il bilanciere a non essere più vincolato a mantenere l'angolo $\alpha$ fisso (materialmente si traduce nel fatto che il vincolo che mantiene l'angolo $\alpha$ del disco calettato sull'albero di cui parlo inizialmente si rompa).
Oltretutto l'alternativa che mi hai presentato mi intriga, ma in ogni caso su quale principio della fisica mi devo basare per poter dire che :"Se [...] il momento angolare $\vecK$ si trova in una certa posizione, rimarrà fisso in quella posizione" e come posso matematicamente dimostrare che $\vec omega$ si allinea istantaneamente con $\vecK$ ? Oltretutto instantaneamente = in un tempo nullo? Ma se facessimo questo esperimento in laboratorio chiaramente l'allineamento avverrebbe in un intervallo di tempo finito, giusto?
"Agente47":
Grazie per la risposta.
Effettivamente non mi sono spiegato bene.
No problem.
Supponiamo che l'asse di rotazione (materialmente l'albero) sia vincolato a ruotare in quella posizione, cioè i vincoli o supporti dell'albero non subiscano rotture, ma sia il bilanciere a non essere più vincolato a mantenere l'angolo $\alpha$ fisso (materialmente si traduce nel fatto che il vincolo che mantiene l'angolo $\alpha$ del disco calettato sull'albero di cui parlo inizialmente si rompa).
Non cambia nulla. Di fatto il bilanciere è libero di ruotare "come vuole" e rimane valida la spiegazione che ti ho fornito prima. Guardando l'angolo $\alpha$ hai che $\alpha$ oscilla tra $\alpha_0$ quello originale e $\pi/2$.
Oltretutto l'alternativa che mi hai presentato mi intriga, ma in ogni caso su quale principio della fisica mi devo basare per poter dire che :"Se [...] il momento angolare $\vecK$ si trova in una certa posizione, rimarrà fisso in quella posizione" e come posso matematicamente dimostrare che $\vec omega$ si allinea istantaneamente con $\vecK$ ?
E' proprio la conservazione del momento angolare.
Vengono a mancare le forze esterne, il vettore $\vec K$ non lo muove più nessuno. (In questo sistema è già allineato su uno degli assi principali d'inerzia).
Oltretutto instantaneamente = in un tempo nullo? Ma se facessimo questo esperimento in laboratorio chiaramente l'allineamento avverrebbe in un intervallo di tempo finito, giusto?
No no, istantaneamente(*).
Il vettore $\omega$ lo può fare. Non lo può fare $\vec K$.
(*) sempre che la rottura dei supporti sia istantanea. Cosa che in realtà non accade.
Quinzio, posso permettermi di aggiungere qualche considerazione?
Nell'istante $t_0$ in cui si rompe il vincolo che tiene collegato il bilanciere all'asse di rotazione, il sistema diventa un sistema "libero" , per cui il momento delle forze esterne è nullo: $ \vecM_e = 0 $.
Perciò , è nulla da quell'istante in poi ogni variazione di momento angolare : $ (d\vecK)/(dt) = 0$ , e il momento angolare conserva il suo valore e la direzione $\vecK_0$ che aveva in quell'istante.
Il manubrio comincia a ruotare attorno all'asse su cui si trova $\vecK_0$ , che diventa asse centrale di inerzia, perciò asse libero di rotazione, con una velocità angolare $\omega' $ diversa dalla $\omega$ iniziale, che aveva quando era collegato all'asse.
Dovrebbe essere : $ 2mR^2*\omega' = 2mR^2*\omega*cos\alpha$
da cui : $\omega' = \omega*cos\alpha$
Quindi cambia il valore della velocità angolare. Sei d'accordo?
Nell'istante $t_0$ in cui si rompe il vincolo che tiene collegato il bilanciere all'asse di rotazione, il sistema diventa un sistema "libero" , per cui il momento delle forze esterne è nullo: $ \vecM_e = 0 $.
Perciò , è nulla da quell'istante in poi ogni variazione di momento angolare : $ (d\vecK)/(dt) = 0$ , e il momento angolare conserva il suo valore e la direzione $\vecK_0$ che aveva in quell'istante.
Il manubrio comincia a ruotare attorno all'asse su cui si trova $\vecK_0$ , che diventa asse centrale di inerzia, perciò asse libero di rotazione, con una velocità angolare $\omega' $ diversa dalla $\omega$ iniziale, che aveva quando era collegato all'asse.
Dovrebbe essere : $ 2mR^2*\omega' = 2mR^2*\omega*cos\alpha$
da cui : $\omega' = \omega*cos\alpha$
Quindi cambia il valore della velocità angolare. Sei d'accordo?
D'accordissimo. Cambia anche l'inerzia tale che $I'\omega'^2=I\omega^2$
Per essere ancora più chiari, il piano su cui ruota il bilanciere diventa quello perpendicolare a K⃗ .
Noo..che forte. Anzi che forti 
Ora ho capito.
Ma scusatemi ancora, cioè che $\vecomega$ cambi direzione instantaneamente, andando a coincidere con $\vecK$ come potevo ipotizzarlo, cioè è un teorema di fisica oppure è frutto di un ragionamento(ma comunque in quest'ultimo caso l'ipotesi logica deve sempre essere confermata dal risultato rigoroso).
Ma forse a questa domanda mi avete già risposto, perchè avete chiaramente detto che $\vecK$ non può più cambiare ed essendo un vettore vuol dire che non cambierà ne in modulo ne in direzione ne in verso però mi sfugge la conclusione cioè come posso arrivare alla vostra conclusione.
Ma aspettate per favore non rispondete.."pensavo ad alta voce". Ora (purtroppo) devo andare a lezione, ma dopo mi metto carta e penna e provo a farmi tornare i conti.
Ora ho capito.
Ma scusatemi ancora, cioè che $\vecomega$ cambi direzione instantaneamente, andando a coincidere con $\vecK$ come potevo ipotizzarlo, cioè è un teorema di fisica oppure è frutto di un ragionamento(ma comunque in quest'ultimo caso l'ipotesi logica deve sempre essere confermata dal risultato rigoroso).
Ma forse a questa domanda mi avete già risposto, perchè avete chiaramente detto che $\vecK$ non può più cambiare ed essendo un vettore vuol dire che non cambierà ne in modulo ne in direzione ne in verso però mi sfugge la conclusione cioè come posso arrivare alla vostra conclusione.
Ma aspettate per favore non rispondete.."pensavo ad alta voce". Ora (purtroppo) devo andare a lezione, ma dopo mi metto carta e penna e provo a farmi tornare i conti.
youchen
già detto questo, ma repetita juvant, quindi grazie.
Per inciso, questa è la continuazione della storia del manubrio di smaug.
E da qui si capisce l'importanza, che più volte ho citato, che si ha per esempio nel mondo della tecnica, nel far sì che l'asse di rotazione di un rotore sia "baricentrico" non solo, ma "centrale di inerzia" .
Il mondo della tecnica è pieno di corpi che ruotano : le ruote dell'automobile, di bici e motociclette, la girante di una pompa o di un compressore centrifugo, un motore o generatore elettrico, un'elica, una turbina : ci sono turbine di motori d'aerei che fanno 20000 giri/min ( non scherzo) , la loro equilibratura deve essere quasi perfetta.
IL rotore deve essere equilibrato "staticamente" e "dinamicamente" , per evitare sollecitazioni anomale nei cuscinetti degli assi, che porterebbero a inaccettabili vibrazioni della macchina e a usura molto più rapida dei cuscinetti stessi, che creano ulteriori disallineamenti e ulteriori problemi, fino ad arrivare a possibili rotture...
PER tornare all'esempio del manubrio :
1) se le due masse fossero : $M_2 = 2*M_1$ ( una doppia dell'altra) , e il manubrio fosse saldato nel suo punto di mezzo all'asse di rotazione ( che supponiamo verticale, così ci liberiamo del peso), ma non perpendicolare all'asse stesso, l'asse di rotazione non sarebbe nè baricentrico nè centrale di inerzia. I cuscinetti sono sollecitati da due forze rotanti , non uguali in modulo. Le loro reazioni devono equlibrare le "azioni" squilibranti.
2) Allora equilibriamo staticamente il manubrio, cioè per esempio aggiungiamo ad $M_1$ un'altra massa uguale, sicchè ora le due masse sono uguali : l'asse di rotazione ora è baricentrico, ma non è ancora centrale di inerzia. I cuscinetti sono sollecitati da una coppia di forze rotanti, uguali in modulo e opposte in verso. Le reazioni dei cuscinetti sull'asse costituiscono una coppia, il cui momento equilibria il momento delle forze centrifughe. Ma per i cuscinetti è una sofferenza....
3) per equilibrare anche dinamicamente il manubrio, possiamo fare due cose : o lo stacchiamo dall'asse e lo risaldiamo in modo che sia finalmente perpendicolare allo stesso, avendo già le masse uguali, oppure aggiungiamo altre due masse, in posizione opportuna, in modo tale che finalmente le forze centrifughe si equilibrino, l'asse diventa centrale di inerzia, il vettore momento angolare diventa collineare col vettore velocità angolare, e i cuscinetti fanno il loro mestiere, senza essere sollecitati da forze rotanti trasversali all'asse.
Il rotore, ruotando attorno ad un asse centrale di inerzia, " asse libero di rotazione", potrebbe rimanere in questo stato di rotazione, che sarebbe uniforme se non ci fossero inevitabili attriti che lo frenano, o altre forze o momenti esterni, come dice la 2° equazione cardinale della Dinamica : non ci sarebbe neanche bisogno dei cuscinetti, in un riferimento inerziale.
Quinzio, ho messo il panegirico non per te, che 'ste cose sai meglio di me, ma per prendere due o tre piccioni con una fava, per esempio lo smaug, che se legge si rende conto del significato e dell' importanza degli "assi liberi" di rotazione.
E se ho detto qualche cacchiata, correggi per favore. Ciao.
già detto questo, ma repetita juvant, quindi grazie.
Per inciso, questa è la continuazione della storia del manubrio di smaug.
E da qui si capisce l'importanza, che più volte ho citato, che si ha per esempio nel mondo della tecnica, nel far sì che l'asse di rotazione di un rotore sia "baricentrico" non solo, ma "centrale di inerzia" .
Il mondo della tecnica è pieno di corpi che ruotano : le ruote dell'automobile, di bici e motociclette, la girante di una pompa o di un compressore centrifugo, un motore o generatore elettrico, un'elica, una turbina : ci sono turbine di motori d'aerei che fanno 20000 giri/min ( non scherzo) , la loro equilibratura deve essere quasi perfetta.
IL rotore deve essere equilibrato "staticamente" e "dinamicamente" , per evitare sollecitazioni anomale nei cuscinetti degli assi, che porterebbero a inaccettabili vibrazioni della macchina e a usura molto più rapida dei cuscinetti stessi, che creano ulteriori disallineamenti e ulteriori problemi, fino ad arrivare a possibili rotture...
PER tornare all'esempio del manubrio :
1) se le due masse fossero : $M_2 = 2*M_1$ ( una doppia dell'altra) , e il manubrio fosse saldato nel suo punto di mezzo all'asse di rotazione ( che supponiamo verticale, così ci liberiamo del peso), ma non perpendicolare all'asse stesso, l'asse di rotazione non sarebbe nè baricentrico nè centrale di inerzia. I cuscinetti sono sollecitati da due forze rotanti , non uguali in modulo. Le loro reazioni devono equlibrare le "azioni" squilibranti.
2) Allora equilibriamo staticamente il manubrio, cioè per esempio aggiungiamo ad $M_1$ un'altra massa uguale, sicchè ora le due masse sono uguali : l'asse di rotazione ora è baricentrico, ma non è ancora centrale di inerzia. I cuscinetti sono sollecitati da una coppia di forze rotanti, uguali in modulo e opposte in verso. Le reazioni dei cuscinetti sull'asse costituiscono una coppia, il cui momento equilibria il momento delle forze centrifughe. Ma per i cuscinetti è una sofferenza....
3) per equilibrare anche dinamicamente il manubrio, possiamo fare due cose : o lo stacchiamo dall'asse e lo risaldiamo in modo che sia finalmente perpendicolare allo stesso, avendo già le masse uguali, oppure aggiungiamo altre due masse, in posizione opportuna, in modo tale che finalmente le forze centrifughe si equilibrino, l'asse diventa centrale di inerzia, il vettore momento angolare diventa collineare col vettore velocità angolare, e i cuscinetti fanno il loro mestiere, senza essere sollecitati da forze rotanti trasversali all'asse.
Il rotore, ruotando attorno ad un asse centrale di inerzia, " asse libero di rotazione", potrebbe rimanere in questo stato di rotazione, che sarebbe uniforme se non ci fossero inevitabili attriti che lo frenano, o altre forze o momenti esterni, come dice la 2° equazione cardinale della Dinamica : non ci sarebbe neanche bisogno dei cuscinetti, in un riferimento inerziale.
Quinzio, ho messo il panegirico non per te, che 'ste cose sai meglio di me, ma per prendere due o tre piccioni con una fava, per esempio lo smaug, che se legge si rende conto del significato e dell' importanza degli "assi liberi" di rotazione.
E se ho detto qualche cacchiata, correggi per favore. Ciao.
Allora questa è il ragno che sono riuscito a cavare dal buco:
L'espressione di $\vecK$ che abbiamo trovato è la seguente $\vecK=2mR^2omegacosalphahati$ che dall'istante ipotizzato- quello cioè in cui cessa il momento esterno- in poi non cambierà più. Matematicamente si traduce in $\(dvecK)/dt=vec0$. Essendo l'espressione di $\vecK$ espressa come prodotto di uno scalare per un versore, che la sua derivata rispetto al tempo sia nulla vuol dire che sia nulla la derivata del modulo così come la derivata di $\hati$. Proprio il fatto che $\(dhati)/dt=vec0$ vuol dire che $\omega_y=omega_z=0$ cioè che il vettore $\vecomega=[omega_x,0,0]$ e dunque la tesi cioè che $\vecomega$ si allinea instantaneamente con $\vecK$.
Però a questo punto mi permetto (anzi azzardo) di fare una precisazione cioè secondo me il momento di inerzia non cambia.
Infatti a relazione $\vecK=Ivecomega$ può scriversi solo se $\vecomega$ coincide con un asse principale di inerzia, altrimenti si dovrebbe scrivere
$\vecK=I_xomega_xhati+I_yomega_yhatj+I_zomega_zhatk$.
Nel nostro caso $\vecK=2mR^2omegacosalphahati=I_xomega_xhati$ essendo $\I_y$ nullo e $\omega_z$ nullo.
Quando il momento esterno si annulla come scritto da "Navigatore" $\vecK=2mR^2omega'hati$ ma $\omega'=omega_x=omegacosalpha$ e dunque neanche il momento di inerzia cambia. Se ho scritto bene sono contento perchè qualcosina l'ho capita, se ho scritto male pure perchè c'è qualcuno che può insegnarmi.
L'espressione di $\vecK$ che abbiamo trovato è la seguente $\vecK=2mR^2omegacosalphahati$ che dall'istante ipotizzato- quello cioè in cui cessa il momento esterno- in poi non cambierà più. Matematicamente si traduce in $\(dvecK)/dt=vec0$. Essendo l'espressione di $\vecK$ espressa come prodotto di uno scalare per un versore, che la sua derivata rispetto al tempo sia nulla vuol dire che sia nulla la derivata del modulo così come la derivata di $\hati$. Proprio il fatto che $\(dhati)/dt=vec0$ vuol dire che $\omega_y=omega_z=0$ cioè che il vettore $\vecomega=[omega_x,0,0]$ e dunque la tesi cioè che $\vecomega$ si allinea instantaneamente con $\vecK$.
Però a questo punto mi permetto (anzi azzardo) di fare una precisazione cioè secondo me il momento di inerzia non cambia.
Infatti a relazione $\vecK=Ivecomega$ può scriversi solo se $\vecomega$ coincide con un asse principale di inerzia, altrimenti si dovrebbe scrivere
$\vecK=I_xomega_xhati+I_yomega_yhatj+I_zomega_zhatk$.
Nel nostro caso $\vecK=2mR^2omegacosalphahati=I_xomega_xhati$ essendo $\I_y$ nullo e $\omega_z$ nullo.
Quando il momento esterno si annulla come scritto da "Navigatore" $\vecK=2mR^2omega'hati$ ma $\omega'=omega_x=omegacosalpha$ e dunque neanche il momento di inerzia cambia. Se ho scritto bene sono contento perchè qualcosina l'ho capita, se ho scritto male pure perchè c'è qualcuno che può insegnarmi.
Agente ( spero non di Polizia municipale, che fa le multe ! O delle tasse...)
il momento di inerzia cambia.Dipende dall'asse rispetto al quale lo si calcola.
Nel caso in cui il manubrio è collegato all'asse di rotazione ( con l'angolazione detta), il momento angolare è un vettore perpendicolare al manubrio e rotante con esso, con la stessa velocità angolare, di modulo :
$K = 2MR^2\omega*cos\alpha$ -------(1)
LA proiezione di questo vettore sull'asse di rotazione si ottiene moltiplicando scalarmente per il versore dell'asse, quindi il modulo della proiezione vale quello di sopra ancora moltiplicato per $cos\alpha$ , cioè :
$ K_a = 2MR^2\omega*(cos\alpha)^2$
Perciò il momento di inerzia assiale vale : $ I_a = 2MR^2*(cos\alpha)^2$ , come si può vedere anche direttamente considerando la distanza di ciascuna massa dall'asse : $R*cos\alpha$ e calcolando $I_a$.
Quando invece il manubrio si stacca, l'asse di rotazione diventa l'asse centrale di inerzia delle due masse attaccate al manubrio, cioè l'asse su cui giaceva ( e giace) il vettore $\vecK$ nella posizione finale , che ha il modulo dato dalla (1).
Ma il momento di inerzia ora è semplicemente : $I = 2MR^2$ . Per cui, uguagliando la (1) con $2MR^2*\omega'$, la velocità angolare diventa $ \omega' = \omega*cos\alpha$
il momento di inerzia cambia.Dipende dall'asse rispetto al quale lo si calcola.
Nel caso in cui il manubrio è collegato all'asse di rotazione ( con l'angolazione detta), il momento angolare è un vettore perpendicolare al manubrio e rotante con esso, con la stessa velocità angolare, di modulo :
$K = 2MR^2\omega*cos\alpha$ -------(1)
LA proiezione di questo vettore sull'asse di rotazione si ottiene moltiplicando scalarmente per il versore dell'asse, quindi il modulo della proiezione vale quello di sopra ancora moltiplicato per $cos\alpha$ , cioè :
$ K_a = 2MR^2\omega*(cos\alpha)^2$
Perciò il momento di inerzia assiale vale : $ I_a = 2MR^2*(cos\alpha)^2$ , come si può vedere anche direttamente considerando la distanza di ciascuna massa dall'asse : $R*cos\alpha$ e calcolando $I_a$.
Quando invece il manubrio si stacca, l'asse di rotazione diventa l'asse centrale di inerzia delle due masse attaccate al manubrio, cioè l'asse su cui giaceva ( e giace) il vettore $\vecK$ nella posizione finale , che ha il modulo dato dalla (1).
Ma il momento di inerzia ora è semplicemente : $I = 2MR^2$ . Per cui, uguagliando la (1) con $2MR^2*\omega'$, la velocità angolare diventa $ \omega' = \omega*cos\alpha$
( 
paura èh?!
Nooo Agente47 è il protagonista del videogioco "Hitman")
----
Ottimo. Si sono d'accordo (tono saggio)
.
Proverò ora a considerare il caso di 4 masse a croce in rotazione.
Grazie a tutti.
paura èh?!Nooo Agente47 è il protagonista del videogioco "Hitman")
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Ottimo. Si sono d'accordo (tono saggio)
.Proverò ora a considerare il caso di 4 masse a croce in rotazione.
Grazie a tutti.
Ragazzi scusate se torno ancora sull'argomento ma ho trovato un nuovo ostacolo.
Continuando su questo argomento ho trovato la seguente considerazione:"...nel caso di rotore sottile il sistema tende ad autocentrarsi...".
Ora concettualmente mi sembra facile da capire anche perchè nella vita qualche volta mi è capitato di vedere una cosa del genere, per esempio un compact disc che ruota intorno ad un asse.
Ora il caso di disco sottile è proprio schematizzabile con il disegno che ho fatto io, ma scusate non avevamo detto che $\vecomega$ si andava ad allineare con $\vecK$?
Dunque perchè(nel senso matematico) un disco sottile che ruota si autocentra?
Grazie ancora.
Continuando su questo argomento ho trovato la seguente considerazione:"...nel caso di rotore sottile il sistema tende ad autocentrarsi...".
Ora concettualmente mi sembra facile da capire anche perchè nella vita qualche volta mi è capitato di vedere una cosa del genere, per esempio un compact disc che ruota intorno ad un asse.
Ora il caso di disco sottile è proprio schematizzabile con il disegno che ho fatto io, ma scusate non avevamo detto che $\vecomega$ si andava ad allineare con $\vecK$?
Dunque perchè(nel senso matematico) un disco sottile che ruota si autocentra?
Grazie ancora.
"Agente47":
Ragazzi scusate se torno ancora sull'argomento ma ho trovato un nuovo ostacolo.
Continuando su questo argomento ho trovato la seguente considerazione:"...nel caso di rotore sottile il sistema tende ad autocentrarsi...".
Ora concettualmente mi sembra facile da capire anche perchè nella vita qualche volta mi è capitato di vedere una cosa del genere, per esempio un compact disc che ruota intorno ad un asse.
Ora il caso di disco sottile è proprio schematizzabile con il disegno che ho fatto io, ma scusate non avevamo detto che $\vecomega$ si andava ad allineare con $\vecK$?
Dunque perchè(nel senso matematico) un disco sottile che ruota si autocentra?
Grazie ancora.
Penso che non dovresti estirpare una frase da un contesto, che non conosciamo, e metterla qui "sic et sempliciter", per chiedere spiegazioni sui dubbi che quella frase ti suscita. Ti rendi conto sicuramente che così è difficile darti una risposta.
Nel primo post che hai messo su questo argomento, hai detto che ti stavi interessando della equilibratura dei rotori.
Immagino perciò che tu abbia letto quella frase in qualche libro o argomento di Meccanica delle MAcchine. Il fenomeno dell'autocentramento, in tale contesto, riguarda lo studio delle vibrazioni flessionali e quindi delle velocità critiche flessionali degli alberi elastici, su cui sono montati dei rotori, con una certa eccentricità del baricentro perchè non esiste il montaggio perfetto. Nel corso dello studio, se ricordo bene, si vede ad un certo punto che, superata la velocità critica flessionale, il baricentro del rotore tende a ridurre la propria eccentricità a velocità di rotazione superiore alla critica.
Entra in gioco l'elasticità dell'albero, e altri fattori, e lo studio è alquanto complesso.
Il caso teorico del manubrio saldato all'asse, di cui abbiamo discusso finora, è diverso.Tutto quanto è stato detto finora, è assolutamente vero.
E non credo neanche che l'esempio del CD che fai sia appropriato : l'autocentramento è un'altra storia.
Ok.
Grazie.
Grazie.
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