[Meccanica Razionale] Centro di massa
Se il centro di massa è a metà asta allora perché, nel calcolo della velocità, deriva senza dimezzare le lunghezze dei 2 vettori?
Risposte
Guarda l'espressione di $vec(AB)$ , dove c'è $2L$ come coefficiente di $cos\phi$ , e deriva $vec(AB)$ rispetto al tempo : $2L$ rimane.
Grazie per la risposta, navigatore. Sì, la derivazione è OK, ma perché deriva $vec (AB)$ per ottenere la velocità del centro di massa $P_1$? Non dovrebbe derivare $vec (AP_1)$, che è la metà?
L'asta AB è lunga 2L , e si muove di moto rototraslatorio nel piano $x_3 = 0$ . Il suo moto si può descrivere come moto di un suo punto, in questo caso il punto B , di coordinate $(x,y)$, più il moto rispetto a B. È tutta l'asta che ruota rispetto a B.
La soluzione non ha assunto il CM di AB, cioè $P_1$ , per la descrizione del moto traslatorio.
E comunque, qui si parla di coordinate generalizzate e di velocità generalizzate, giusto?
La soluzione non ha assunto il CM di AB, cioè $P_1$ , per la descrizione del moto traslatorio.
E comunque, qui si parla di coordinate generalizzate e di velocità generalizzate, giusto?
Dalla Fisica 1, io ricordavo questo. Il teorema di Koenig per un corpo rigido afferma che l'energia cinetica del corpo stesso è la somma di 2 componenti:
- la prima è l'energia cinetica di "traslazione", dovuta al fatto che il corpo si muove in una certa direzione, ed è l'energia cinetica che avrei se tutta la massa del corpo fosse concentrata nel centro di massa dello stesso, il quale si muove di velocità $v$, e si esprime come $1/2mv^2$;
- la seconda è l'energia cinetica "rotazionale", che è un termine che deriva dal fatto che il corpo può anche ruotare su se stesso o attorno ad altri assi, e si esprime come $1/2I\omega^2$ , dove $I$ è il momento d'inerzia del corpo rispetto al centro di massa e $\omega$ la sua velocità angolare.
Te però mi hai detto: "Il moto dell'asta $bar(AB)$ si può descrivere come il moto di un suo punto (in questo caso, il punto $B$, di coordinate $(x, y)$), più il moto rispetto a $B$; è tutta l'asta che ruota rispetto a $B$".
Quindi i centri di massa non... "c'entrano" nulla e l'energia cinetica totale sarà data dalla somma di:
- energia cinetica di traslazione di $B$;
- energia cinetica rotazionale dell'asta $bar(AB)$;
- energia cinetica rotazionale dell'asta $bar(CD)$.
E' così? Grazie per le spiegazioni, scusa se sono duro di comprendonio.
- la prima è l'energia cinetica di "traslazione", dovuta al fatto che il corpo si muove in una certa direzione, ed è l'energia cinetica che avrei se tutta la massa del corpo fosse concentrata nel centro di massa dello stesso, il quale si muove di velocità $v$, e si esprime come $1/2mv^2$;
- la seconda è l'energia cinetica "rotazionale", che è un termine che deriva dal fatto che il corpo può anche ruotare su se stesso o attorno ad altri assi, e si esprime come $1/2I\omega^2$ , dove $I$ è il momento d'inerzia del corpo rispetto al centro di massa e $\omega$ la sua velocità angolare.
Te però mi hai detto: "Il moto dell'asta $bar(AB)$ si può descrivere come il moto di un suo punto (in questo caso, il punto $B$, di coordinate $(x, y)$), più il moto rispetto a $B$; è tutta l'asta che ruota rispetto a $B$".
Quindi i centri di massa non... "c'entrano" nulla e l'energia cinetica totale sarà data dalla somma di:
- energia cinetica di traslazione di $B$;
- energia cinetica rotazionale dell'asta $bar(AB)$;
- energia cinetica rotazionale dell'asta $bar(CD)$.
E' così? Grazie per le spiegazioni, scusa se sono duro di comprendonio.
Quello che ricordi è giusto. Forse mi sono espresso male, scusami. Ciascuna asta ha una energia cinetica di traslazione, che si calcola con $1/2m v_(CM)^2$ , e una energia cinetica dovuta alla rotazione, calcolata con $1/2I\omega^2$ . Il momento di inerzia è quello baricentrico.
Un corpo rigido "ruota", ma si può supporre che ruoti attorno a un asse qualsiasi : il vettore velocità angolare non definisce l'asse di rotazione se il corpo è libero. In generale la velocità angolare può cambiare sia rispetto al corpo che rispetto allo spazio di riferimento, perciò si parla di asse istantaneo di rotazione. Ma se assumi un asse baricentrico, hai l'espressione più semplice per il momento angolare e l'energia cinetica, perché la "quantità di moto" del corpo, nel moto relativo al baricentro, è nulla. Se prendi un altro polo, le espressioni sono inutilmente più complicate.
Dovresti prenderti un buon libro di Meccanica razionale, dove queste cose sono spiegate per bene.
Quello che ho detto, l'ho detto perché non capisco il dubbio che ti porta a supporre che devi considerare solo L , e non 2L .
Ad ogni modo, ho verificato la soluzione del libro, che ovviamente è corretta. Ma generalmente i buoni libri che introducono la meccanica lagrangiana cominciano da un esempio molto più semplice : un punto materiale libero di massa data, e basta.
Vediamo se qualcun altro aggiunge qualcosa, ho visto una bella risposta di Gabriele, che magari ti dà una mano meglio di me.
Un corpo rigido "ruota", ma si può supporre che ruoti attorno a un asse qualsiasi : il vettore velocità angolare non definisce l'asse di rotazione se il corpo è libero. In generale la velocità angolare può cambiare sia rispetto al corpo che rispetto allo spazio di riferimento, perciò si parla di asse istantaneo di rotazione. Ma se assumi un asse baricentrico, hai l'espressione più semplice per il momento angolare e l'energia cinetica, perché la "quantità di moto" del corpo, nel moto relativo al baricentro, è nulla. Se prendi un altro polo, le espressioni sono inutilmente più complicate.
Dovresti prenderti un buon libro di Meccanica razionale, dove queste cose sono spiegate per bene.
Quello che ho detto, l'ho detto perché non capisco il dubbio che ti porta a supporre che devi considerare solo L , e non 2L .
Ad ogni modo, ho verificato la soluzione del libro, che ovviamente è corretta. Ma generalmente i buoni libri che introducono la meccanica lagrangiana cominciano da un esempio molto più semplice : un punto materiale libero di massa data, e basta.
Vediamo se qualcun altro aggiunge qualcosa, ho visto una bella risposta di Gabriele, che magari ti dà una mano meglio di me.
Allego un'immagine, in cui ho posto in alto l'esercizio di cui stiamo parlando ed in basso un esercizio analogo che sono riuscito a fare (grazie anche alle tue indicazioni!).
Nel 2° esercizio, ho capito subito come si muoveva il sistema (ma non era difficile...): la lamina trasla perché vincolata a terra con l'impossibilità di ruotare; l'asta trasla con la lamina e ruota attorno ad un estremo (per cui $I=(m*4L^2)/3$*). Ho fatto le seguenti assunzioni: $K=(x, R), G=(x+Lcos\varphi, R+Lsin\varphi), vec v_G=(dot x -Ldot \varphisin\varphi, Ldot \varphicos\varphi)$. Ho 3 energie cinetiche (2 di traslazione ed una rotazionale) ed esce giusto.
Nel 1° esercizio, ho questi dubbi:
1) Sono giuste le coordinate dei punti? Per me, sono quasi ovvie, però il libro scrive, ad esempio, $vec (AB)=(x+2Lcos\varphi, y+2Lsin\varphi)$, mentre nel mio caso, andando a sottrarre le coordinate di $B$ a $A$, ottengo $vec (BA)=(2Lcos\varphi, 2Lsin\varphi)$. Al di là del verso (che penso dipenda da come abbiamo "girato" la figura), nel mio caso scompaiono gli addendi $+x$ e $+y$.
2) Dunque ragioniamo sul movimento di questo sistema, come fatto per l'altro esercizio. Le aste traslano entrambe, ed entrambe ruotano rispetto a $B$. In questo modo, avrei 2 energie cinetiche di traslazione relative ai centri di massa e 2 rotazionali. Oppure era giusto come avevo scritto al post precedente (una di traslazione relativa a $B$ e 2 rotazionali)? Ad occhio però i conti non mi tornano in entrambi i casi (mentre a te sì, quindi qualcosa che non va c'è di sicuro!)...
Scusa la lunghezza del post, ma vorrei spiegare infine perché, parlando del momento d'inerzia, ho posto quell'asterisco: nel tuo ultimo post, mi hai specificato che "il momento d'inerzia è quello baricentrico". Dunque è giusto $I=(m*4L^2)/3$, o no?
Nel 2° esercizio, ho capito subito come si muoveva il sistema (ma non era difficile...): la lamina trasla perché vincolata a terra con l'impossibilità di ruotare; l'asta trasla con la lamina e ruota attorno ad un estremo (per cui $I=(m*4L^2)/3$*). Ho fatto le seguenti assunzioni: $K=(x, R), G=(x+Lcos\varphi, R+Lsin\varphi), vec v_G=(dot x -Ldot \varphisin\varphi, Ldot \varphicos\varphi)$. Ho 3 energie cinetiche (2 di traslazione ed una rotazionale) ed esce giusto.
Nel 1° esercizio, ho questi dubbi:
1) Sono giuste le coordinate dei punti? Per me, sono quasi ovvie, però il libro scrive, ad esempio, $vec (AB)=(x+2Lcos\varphi, y+2Lsin\varphi)$, mentre nel mio caso, andando a sottrarre le coordinate di $B$ a $A$, ottengo $vec (BA)=(2Lcos\varphi, 2Lsin\varphi)$. Al di là del verso (che penso dipenda da come abbiamo "girato" la figura), nel mio caso scompaiono gli addendi $+x$ e $+y$.
2) Dunque ragioniamo sul movimento di questo sistema, come fatto per l'altro esercizio. Le aste traslano entrambe, ed entrambe ruotano rispetto a $B$. In questo modo, avrei 2 energie cinetiche di traslazione relative ai centri di massa e 2 rotazionali. Oppure era giusto come avevo scritto al post precedente (una di traslazione relativa a $B$ e 2 rotazionali)? Ad occhio però i conti non mi tornano in entrambi i casi (mentre a te sì, quindi qualcosa che non va c'è di sicuro!)...
Scusa la lunghezza del post, ma vorrei spiegare infine perché, parlando del momento d'inerzia, ho posto quell'asterisco: nel tuo ultimo post, mi hai specificato che "il momento d'inerzia è quello baricentrico". Dunque è giusto $I=(m*4L^2)/3$, o no?
Sì, le componenti dei vettori $vec(BA)$ e $vec(CD)$ che hai scritto sono giuste, ti dirò che non avevo neanche fatto caso all'errore del libro (ma è un libro, o un esercizio inventato dal tuo prof 
? ).
I fogli su cui avevo scritto la soluzione li ho buttati, penso che li rifarò….però mi sto accorgendo che ….mi sono trovato con la soluzione data per puro caso, ovvero per errore
!
Ad ogni modo:
1) i due vettori $vec(BA)$ e $vec(CD)$ , con origine comune $B = C$ , sono sempre orientati dall'origine comune verso il secondo estremo, non si invertono per la rotazione. I segni delle componenti dipendono dai valori degli angoli $\phi$ e $theta$, quindi dai loro seni e coseni.
2) il momento di inerzia di un'asta lunga $2L$ e di massa $M$ rispetto a un asse perpendicolare baricentrico è dato da $I = 1/(12)M(2L)^2$ , ma non è neanche il caso di esplicitarlo così : infatti la soluzione riporta sempre e solo l'indicazione " $I$ " del momento di inerzia, come vedi, nella parte di energia cinetica rotazionale $1/2I(dot\phi^2 + dot\theta^2) $
2) prendendo solo l'asta $vec(BA)$ (per l'altra le cose si ripetono , cambia solo l'angolo), le coordinate degli estremi sono legate da queste equazioni :
$x_A = x_B + 2Lcos\phi$
$y_A = y_B + 2Lsen\phi$
Perciò il centro di massa $P_1$ di BA deve avere coordinate :
$X_(P_1) = x_B + (x_A-x_B)/2 = x_B + Lcos\phi$
$Y_(P_1) = y_B + (y_A-y_B)/2 = x_B + Lsen\phi$
e quindi effettivamente viene fuori $L$ ,perché il CM è a metà lunghezza.
si tratta ora di derivare rispetto al tempo queste coordinate , e quindi trovare la velocità di $P_1 $ :
$V_(P_1)^2 = dotx_(P_1) ^2 + doty_(P_1)^2 $
Percio è solo algebra . Alla fine, trovato il quadrato della velocità di $P_1$ , l'energia cinetica traslazionale si ottiene moltiplicando per $1/2M$ , evidentemente. E l'energia cinetica rotazionale rispetto a $P_1$ è data da $1/2Idot\phi^2$.
Ripeti la stessa musica per l'altra asta, e sommi le due energie cinetiche. E confronti con il testo dato…e non ti trovi !
C'è qualcosa che non mi è chiaro in questo esercizio...
Aggiungo qui direttamente: ho rifatto i conti, e se non ho sbagliato nulla, mi risulta, per l'asta BA, l'energia cinetica seguente :
$E_(BA) =1/2M(dotx_B^2 + doty_B^2 + dot\phi^2L^2 - 2dotx_Bdot\phiLsen^2\phi + 2 doty_Bdot\phiLcos^2\phi) + 1/2Idot\phi^2 $
Analoga espressione, mettendo $\theta$ al posto di $\phi$ , io trovo per la seconda asta BD .
Sommando le due quantità, trovo :
$ E = M(dotx_B^2 + doty_B^2) + 1/2ML^2 (dot\phi^2 + dot\theta^2) - ML [ dotx_B(dot\phisen^2\phi + dot\thetasen^2\theta) + doty_B ( dot\phicos^2\phi + dot\thetacos^2\theta) ] + 1/2I ( dot\phi^2 + dot\theta^2) $
Questo risultato non è uguale a quello del prof
? ).I fogli su cui avevo scritto la soluzione li ho buttati, penso che li rifarò….però mi sto accorgendo che ….mi sono trovato con la soluzione data per puro caso, ovvero per errore
! Ad ogni modo:
1) i due vettori $vec(BA)$ e $vec(CD)$ , con origine comune $B = C$ , sono sempre orientati dall'origine comune verso il secondo estremo, non si invertono per la rotazione. I segni delle componenti dipendono dai valori degli angoli $\phi$ e $theta$, quindi dai loro seni e coseni.
2) il momento di inerzia di un'asta lunga $2L$ e di massa $M$ rispetto a un asse perpendicolare baricentrico è dato da $I = 1/(12)M(2L)^2$ , ma non è neanche il caso di esplicitarlo così : infatti la soluzione riporta sempre e solo l'indicazione " $I$ " del momento di inerzia, come vedi, nella parte di energia cinetica rotazionale $1/2I(dot\phi^2 + dot\theta^2) $
2) prendendo solo l'asta $vec(BA)$ (per l'altra le cose si ripetono , cambia solo l'angolo), le coordinate degli estremi sono legate da queste equazioni :
$x_A = x_B + 2Lcos\phi$
$y_A = y_B + 2Lsen\phi$
Perciò il centro di massa $P_1$ di BA deve avere coordinate :
$X_(P_1) = x_B + (x_A-x_B)/2 = x_B + Lcos\phi$
$Y_(P_1) = y_B + (y_A-y_B)/2 = x_B + Lsen\phi$
e quindi effettivamente viene fuori $L$ ,perché il CM è a metà lunghezza.
si tratta ora di derivare rispetto al tempo queste coordinate , e quindi trovare la velocità di $P_1 $ :
$V_(P_1)^2 = dotx_(P_1) ^2 + doty_(P_1)^2 $
Percio è solo algebra . Alla fine, trovato il quadrato della velocità di $P_1$ , l'energia cinetica traslazionale si ottiene moltiplicando per $1/2M$ , evidentemente. E l'energia cinetica rotazionale rispetto a $P_1$ è data da $1/2Idot\phi^2$.
Ripeti la stessa musica per l'altra asta, e sommi le due energie cinetiche. E confronti con il testo dato…e non ti trovi !
C'è qualcosa che non mi è chiaro in questo esercizio...
Aggiungo qui direttamente: ho rifatto i conti, e se non ho sbagliato nulla, mi risulta, per l'asta BA, l'energia cinetica seguente :
$E_(BA) =1/2M(dotx_B^2 + doty_B^2 + dot\phi^2L^2 - 2dotx_Bdot\phiLsen^2\phi + 2 doty_Bdot\phiLcos^2\phi) + 1/2Idot\phi^2 $
Analoga espressione, mettendo $\theta$ al posto di $\phi$ , io trovo per la seconda asta BD .
Sommando le due quantità, trovo :
$ E = M(dotx_B^2 + doty_B^2) + 1/2ML^2 (dot\phi^2 + dot\theta^2) - ML [ dotx_B(dot\phisen^2\phi + dot\thetasen^2\theta) + doty_B ( dot\phicos^2\phi + dot\thetacos^2\theta) ] + 1/2I ( dot\phi^2 + dot\theta^2) $
Questo risultato non è uguale a quello del prof
Grazie. Domattina rifaccio anch'io i calcoli. Se mi escono come te (e quindi giusti, ma diversi da quelli del Prof.), allora gl'invio una mail per chiedergli un chiarimento. Intanto un paio di cose.
1) Non si tratta di un libro. Noi abbiamo a disposizione: una dispensa di teoria sotto forma di libro; una raccolta di esercizi di esame sotto forma di eserciziario; un formulario specifico di Meccanica Razionale fatto dagli alunni del Prof. che c'era fino ad un paio di anni fa; un formulario generico di Fisica; un testo di "utile consultazione" di un Prof. che ha insegnato al PoliTo.
2) Dunque riguardo il momento d'inerzia, per il teorema di Koenig, non importa rispetto a quale asse ruota il rigido?
1) Non si tratta di un libro. Noi abbiamo a disposizione: una dispensa di teoria sotto forma di libro; una raccolta di esercizi di esame sotto forma di eserciziario; un formulario specifico di Meccanica Razionale fatto dagli alunni del Prof. che c'era fino ad un paio di anni fa; un formulario generico di Fisica; un testo di "utile consultazione" di un Prof. che ha insegnato al PoliTo.
2) Dunque riguardo il momento d'inerzia, per il teorema di Koenig, non importa rispetto a quale asse ruota il rigido?
Che posso dirti…prova anche tu a rifare i calcoli. Io posso sbagliare, chiaro, ma ho seguito la strada indicata dalla soluzione data. Ci sono alcuni termini che coincidono, altri no.
Per quanto riguarda il momento di inerzia e il teorema di Koenig, sono strettamente correlati. Pensa al caso di un disco che rotola su un piano, e a come puoi descrivere il moto : 1)rotazione attorno al centro di massa più traslazione, e hai due quantità che sommate danno l'energia cinetica; oppure 2) rotazione attorno al centro di istantanea rotazione, e hai solo l'energia cinetica di questo moto, però il momento di inerzia è quello relativo a un asse passante per il punto di contatto.
Per quanto riguarda il momento di inerzia e il teorema di Koenig, sono strettamente correlati. Pensa al caso di un disco che rotola su un piano, e a come puoi descrivere il moto : 1)rotazione attorno al centro di massa più traslazione, e hai due quantità che sommate danno l'energia cinetica; oppure 2) rotazione attorno al centro di istantanea rotazione, e hai solo l'energia cinetica di questo moto, però il momento di inerzia è quello relativo a un asse passante per il punto di contatto.
Ho rifatto i calcoli e mi esce come a te, a meno di un segno (quello davanti $dot y_B$):
$ E = M(dotx_B^2 + doty_B^2) + 1/2ML^2 (dot\phi^2 + dot\theta^2) - ML [ dotx_B(dot\phisen^2\phi + dot\thetasen^2\theta) - doty_B ( dot\phicos^2\phi + dot\thetacos^2\theta) ] + 1/2I ( dot\phi^2 + dot\theta^2) $
In ogni caso, esce diverso. Gl'invierò una mail; poi scriverò qui il responso, putacaso qualcun'altro stesse seguendo questo thread e fosse interessato. Grazie, a dopo.
$ E = M(dotx_B^2 + doty_B^2) + 1/2ML^2 (dot\phi^2 + dot\theta^2) - ML [ dotx_B(dot\phisen^2\phi + dot\thetasen^2\theta) - doty_B ( dot\phicos^2\phi + dot\thetacos^2\theta) ] + 1/2I ( dot\phi^2 + dot\theta^2) $
In ogni caso, esce diverso. Gl'invierò una mail; poi scriverò qui il responso, putacaso qualcun'altro stesse seguendo questo thread e fosse interessato. Grazie, a dopo.
Non ho riguardato i calcoli, ma penso tu abbia ragione, ho dato un'occhiata sommaria e credo che in quel punto ci voglia il segno "-" .
Comunque, è diverso dal risultato del prof. Sono curioso ora di sapere la risposta. Ciao.
Comunque, è diverso dal risultato del prof. Sono curioso ora di sapere la risposta. Ciao.
[...]
Consiglio: togli l'indirizzo e-mail ... 
@axpgn - Hai ragione. Però guarda: in realtà, non appare proprio la possibilità d'inserire l'immagine.
@navigatore - Grazie, mi hai pure fatto fare bella figura!
@navigatore - Grazie, mi hai pure fatto fare bella figura!
Puoi fare in due modi:
- riscrivere il testo (è corto e probabilmente puoi anche fare copia e incolla dalla mail)
- ritagliare l'immagine (qualsiasi programmino che manipola immagini lo fa)
Cordialmente, Alex
EDIT: Così per esempio ... (ci deve essere qualche problema con le immagini che non fa caricare; ieri sera c'era un problema con ASCIIMath ... mah ...)
- riscrivere il testo (è corto e probabilmente puoi anche fare copia e incolla dalla mail)
- ritagliare l'immagine (qualsiasi programmino che manipola immagini lo fa)
Cordialmente, Alex
EDIT: Così per esempio ... (ci deve essere qualche problema con le immagini che non fa caricare; ieri sera c'era un problema con ASCIIMath ... mah ...)
Hai ragione... Ci dev'essere qualche problema con le immagini... L'ho segnalato nel Forum apposito, che qui è OT... Ciao... 
Mi fa piacere che le cose si siano chiarite col tuo prof. Un errore lo può fare chiunque.
Spero che ti dia anche qualche punto in più all'esame !
Se vuoi, puoi anche cancellare i messaggi dove compare l'indirizzo e-mail.
In bocca al lupo, e alla prossima
Spero che ti dia anche qualche punto in più all'esame !
Se vuoi, puoi anche cancellare i messaggi dove compare l'indirizzo e-mail.
In bocca al lupo, e alla prossima
Eheh, magari! Ciao, grazie!
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