Momento quantità di moto polo generico per corpo rigido
Ciao,chiedo un aiuto per la formula generale del momento della quantità di moto che per come è trattata nelle dispense che ho a disposizione faccio difficoltà ad assimilare:
Il momento della quantità di moto per un generico corpo rigido rispetto al polo o di una terna fissa vale:
$ vec(K_(o))=int_(m)^() (P-O)^^ vec(v) dm $
Considerando che:
$ vec(v)=vec(v_(g))+vec(omega)^^(P-G) $
$ vec(v_(g))$ è la velocità del baricentro rispetto al terna fissa
$vec(omega)$ la velocità angolare del corpo rispetto la terna fissa
Allora
$ vec(K_(o))=int_(m)^() (P-O)^^ (vec(v_(g))+vec(omega)^^(P-G)) dm $
Distribuendo il prodotto vettoriale e facendo un pò di passaggi avrò:
$ vec(K_(o))=int_(m)^() (P-O)^^ vec(v_(g)) dm + vec(K_(g))$
dove $K_(g)$ è il momento della quantità di moto rispetto al baricentro considerata una terna solidale al corpo e centrata sul baricentro (dico una cavolata?)
$ vec(K_(g))=int_(m)^() (P-G)^^(vec(omega)^^(P-G)) dm $ (inoltre si potrebbe ridurre questa espressione in $ vec(K_(g))=[I_(g)]*vec(omega) $ dove $[I_(g)]$ è la matrice di inerzia baricentrica)
Come si fa a trovare la seguente uguaglianza?
$ int_(m)^() (P-O)^^ vec(v_(g)) dm = (G-O)^^mvec(v_(g)) $
Tale per cui risulti quindi:
$ vec(K_(o))=(G-O)^^mvec(v_(g))+K_(g) $
Sono disperato, mi sono incartato proprio
Ho impegato 40 minuti a scrivere tutto ... aiutatemi
Il momento della quantità di moto per un generico corpo rigido rispetto al polo o di una terna fissa vale:
$ vec(K_(o))=int_(m)^() (P-O)^^ vec(v) dm $
Considerando che:
$ vec(v)=vec(v_(g))+vec(omega)^^(P-G) $
$ vec(v_(g))$ è la velocità del baricentro rispetto al terna fissa
$vec(omega)$ la velocità angolare del corpo rispetto la terna fissa
Allora
$ vec(K_(o))=int_(m)^() (P-O)^^ (vec(v_(g))+vec(omega)^^(P-G)) dm $
Distribuendo il prodotto vettoriale e facendo un pò di passaggi avrò:
$ vec(K_(o))=int_(m)^() (P-O)^^ vec(v_(g)) dm + vec(K_(g))$
dove $K_(g)$ è il momento della quantità di moto rispetto al baricentro considerata una terna solidale al corpo e centrata sul baricentro (dico una cavolata?)
$ vec(K_(g))=int_(m)^() (P-G)^^(vec(omega)^^(P-G)) dm $ (inoltre si potrebbe ridurre questa espressione in $ vec(K_(g))=[I_(g)]*vec(omega) $ dove $[I_(g)]$ è la matrice di inerzia baricentrica)
Come si fa a trovare la seguente uguaglianza?
$ int_(m)^() (P-O)^^ vec(v_(g)) dm = (G-O)^^mvec(v_(g)) $
Tale per cui risulti quindi:
$ vec(K_(o))=(G-O)^^mvec(v_(g))+K_(g) $
Sono disperato, mi sono incartato proprio
Ho impegato 40 minuti a scrivere tutto ... aiutatemi
Risposte
questa notazione $(G-O)^^d(mvec(V_(g)))/dt$ dovrebbe essere nulla ... potete spiegarmi perchè?
il polo O è quello di rotazione e il corpo è rigido (pertanto $G-O$ è costante)
grazie
il polo O è quello di rotazione e il corpo è rigido (pertanto $G-O$ è costante)
grazie
Ma scusa G-O secondo te non ha la stessa direzione di vg?
"Lucacs":
Ma scusa G-O secondo te non ha la stessa direzione di vg?
secondo me no ...
uno è il vettore posizione, l'altro la velocità, perchè dovrebbero avere la stessa direzione?
$V(G)=omega xx (G-O)$
"gtx":
$V(G)=omega xx (G-O)$
Appunto, non hanno stessa direzione ... Ora mi stai facendo dubitare anche di come mi chiamo
Certo che non hanno stessa direzione, ma fanne la derivata temporale.
$ (G-O)^^d(mvec(V_(g)))/dt=(G-O)^^(m(d|vec(V_(g))| )/dthat(u) +m|vec(V_(g))|d(hat(u))/dt) $
Dove con $hat(u)$ ho indicato il versore di $V_(g)$, essendo $V_(g)$ ortogonale a $G-O$, la sua derivata avrà stessa direzione di $G-O$, inoltre essendo il moto ad accelerazione angolare nulla $d|vec(V_(g))|/dt=0$, quindi tutto è nullo ...
Dove con $hat(u)$ ho indicato il versore di $V_(g)$, essendo $V_(g)$ ortogonale a $G-O$, la sua derivata avrà stessa direzione di $G-O$, inoltre essendo il moto ad accelerazione angolare nulla $d|vec(V_(g))|/dt=0$, quindi tutto è nullo ...
Si ma senza mettere di mezzo notazioni dubbie, le cose sono semplici:
$V(g)=omega xx (G-O)$
$dot V(G)=dot omega xx (G-O)+ omega xx omega xx (G-O)=-omega^2(G-O)$
L'accelerazione è centripeta.
$V(g)=omega xx (G-O)$
$dot V(G)=dot omega xx (G-O)+ omega xx omega xx (G-O)=-omega^2(G-O)$
L'accelerazione è centripeta.
Per la definizione di momento angolare rispetto a un polo mobile, tre pagine di discussione e una trentina di risposte mi sembrano troppe.
@cla1608
Se usi la funzione “cerca” , digitando “momento angolare polo mobile”, trovi diverse discussioni. Ti segnalo una delle tante :
https://www.matematicamente.it/forum/vi ... e#p8442202
nella quale ci sono dei link a discussioni precedenti, e ad alcune dispense, che dovresti guardare. Ad ogni modo, l’utente @anonymous_0b37e9 ti ha già risposto in maniera adeguata.
Segnalo anche questa , e i link contenuti :
https://www.matematicamente.it/forum/vi ... e#p8445544
@cla1608
Se usi la funzione “cerca” , digitando “momento angolare polo mobile”, trovi diverse discussioni. Ti segnalo una delle tante :
https://www.matematicamente.it/forum/vi ... e#p8442202
nella quale ci sono dei link a discussioni precedenti, e ad alcune dispense, che dovresti guardare. Ad ogni modo, l’utente @anonymous_0b37e9 ti ha già risposto in maniera adeguata.
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