Sul momento d'inerzia rispetto a poli fissi e non
Ho alcuni problemi con la determinazione dell'energia cinetica di un corpo rigido.
Cerco di chiarire brevemente la situazione: considero un'asta omogenea di massa \(m\) e lunghezza \(l\) vincolata in maniera liscia ad un'estremità nell'origine di un piano \(Oxy\) (rif. inerziale), con gravità \(\mathbf{g} = - g \mathbf{y}\); voglio calcolare l'energia cinetica di quest'asta.
Quello che ho capito è che: se l'asta fosse stata inchiodata nel centro di massa, allora mi sarebbe venuto in soccorso il teorema di König per l'energia cinetica, il quale afferma che \[T= \frac{1}{2} m |v_G|^2 + \frac{1}{2} \mathbf{\omega} \cdot I_G \mathbf{\omega} \qquad [1] \]ove \(I_G\) è l'operatore d'inerzia nel sistema di riferimento solidale al corpo, mentre \(v_G\) è la velocità del centro di massa.
Tuttavia non è questo il caso, e mi devo pertanto appellare al teorema di Huygens-Steiner; l'energia cinetica risulta pertanto \[T= \frac{1}{2} (md^2 + I_G) \mathbf{\omega}^2 = \frac{1}{2} \mathbf{\omega} \cdot I_d \mathbf{\omega} \qquad [2] \]ove \(d\) è la distanza del c.m. dall'asse di rotazione ed \(I_d\) è quanto risulta dal summenzionato teorema.
Domanda 1 (probabilmente stupida): che fine ha fatto il termine \(\frac{1}{2} m |v_G|^2\)? Non riesco a capire perché non vada più sommato...
Possibile risposta (che mi sembra ragionevole): il teorema di König generalizzato asserisce che \[T= \frac{1}{2} m |v_A|^2 + mv_A \cdot ( \mathbf{\omega} \wedge AG) + \frac{1}{2} \mathbf{\omega} \cdot I_A \mathbf{\omega} \qquad [3] \]ove ora \(A\) è un polo qualunque ( - la prova del teorema si ottiene osservando che \(T= \frac{1}{2} \sum_i m_i |v_i|^2 = \frac{1}{2} \sum_i m_i |v_A + \mathbf{\omega} \wedge AP_i|^2 = \dots \) e portando avanti i conti). Siccome \(A\) non si muove, \(v_A=0\), e quindi si ottiene proprio \([2]\). Osservo inoltre che se \(A=G\) si ottiene \([1]\).
Ora complico le cose, e considero un doppio pendolo, del quale però uno dei due bracci - quello ancorato ad \(O\) - ha massa nulla, o comunque trascurabile. Ora il polo di rotazione non è più un punto fisso, ma è libero di muoversi nel piano. Pensavo pertanto di utilizzare \([3]\) per il calcolo dell'energia cinetica, ma sbirciando la risoluzione di un compito vecchio i conti non tornano: viene infatti detto che in questo caso \[T= \frac{1}{2} m |v_G|^2 + \frac{1}{2} \mathbf{\omega} \cdot I_A \mathbf{\omega}\] e non riesco a spiegarmi il motivo (domanda 2).
Ringrazio.
Cerco di chiarire brevemente la situazione: considero un'asta omogenea di massa \(m\) e lunghezza \(l\) vincolata in maniera liscia ad un'estremità nell'origine di un piano \(Oxy\) (rif. inerziale), con gravità \(\mathbf{g} = - g \mathbf{y}\); voglio calcolare l'energia cinetica di quest'asta.
Quello che ho capito è che: se l'asta fosse stata inchiodata nel centro di massa, allora mi sarebbe venuto in soccorso il teorema di König per l'energia cinetica, il quale afferma che \[T= \frac{1}{2} m |v_G|^2 + \frac{1}{2} \mathbf{\omega} \cdot I_G \mathbf{\omega} \qquad [1] \]ove \(I_G\) è l'operatore d'inerzia nel sistema di riferimento solidale al corpo, mentre \(v_G\) è la velocità del centro di massa.
Tuttavia non è questo il caso, e mi devo pertanto appellare al teorema di Huygens-Steiner; l'energia cinetica risulta pertanto \[T= \frac{1}{2} (md^2 + I_G) \mathbf{\omega}^2 = \frac{1}{2} \mathbf{\omega} \cdot I_d \mathbf{\omega} \qquad [2] \]ove \(d\) è la distanza del c.m. dall'asse di rotazione ed \(I_d\) è quanto risulta dal summenzionato teorema.
Domanda 1 (probabilmente stupida): che fine ha fatto il termine \(\frac{1}{2} m |v_G|^2\)? Non riesco a capire perché non vada più sommato...
Possibile risposta (che mi sembra ragionevole): il teorema di König generalizzato asserisce che \[T= \frac{1}{2} m |v_A|^2 + mv_A \cdot ( \mathbf{\omega} \wedge AG) + \frac{1}{2} \mathbf{\omega} \cdot I_A \mathbf{\omega} \qquad [3] \]ove ora \(A\) è un polo qualunque ( - la prova del teorema si ottiene osservando che \(T= \frac{1}{2} \sum_i m_i |v_i|^2 = \frac{1}{2} \sum_i m_i |v_A + \mathbf{\omega} \wedge AP_i|^2 = \dots \) e portando avanti i conti). Siccome \(A\) non si muove, \(v_A=0\), e quindi si ottiene proprio \([2]\). Osservo inoltre che se \(A=G\) si ottiene \([1]\).
Ora complico le cose, e considero un doppio pendolo, del quale però uno dei due bracci - quello ancorato ad \(O\) - ha massa nulla, o comunque trascurabile. Ora il polo di rotazione non è più un punto fisso, ma è libero di muoversi nel piano. Pensavo pertanto di utilizzare \([3]\) per il calcolo dell'energia cinetica, ma sbirciando la risoluzione di un compito vecchio i conti non tornano: viene infatti detto che in questo caso \[T= \frac{1}{2} m |v_G|^2 + \frac{1}{2} \mathbf{\omega} \cdot I_A \mathbf{\omega}\] e non riesco a spiegarmi il motivo (domanda 2).
Ringrazio.
Risposte
Bumpo.
"Delirium":
Ho alcuni problemi con la determinazione dell'energia cinetica di un corpo rigido.
Cerco di chiarire brevemente la situazione: considero un'asta omogenea di massa \(m\) e lunghezza \(l\) vincolata in maniera liscia ad un'estremità nell'origine di un piano \(Oxy\) (rif. inerziale), con gravità \(\mathbf{g} = - g \mathbf{y}\); voglio calcolare l'energia cinetica di quest'asta.
Quello che ho capito è che: se l'asta fosse stata inchiodata nel centro di massa, allora mi sarebbe venuto in soccorso il teorema di König per l'energia cinetica, il quale afferma che \[T= \frac{1}{2} m |v_G|^2 + \frac{1}{2} \mathbf{\omega} \cdot I_G \mathbf{\omega} \qquad [1] \]ove \(I_G\) è l'operatore d'inerzia nel sistema di riferimento solidale al corpo, mentre \(v_G\) è la velocità del centro di massa.
Tuttavia non è questo il caso, e mi devo pertanto appellare al teorema di Huygens-Steiner; l'energia cinetica risulta pertanto \[T= \frac{1}{2} (md^2 + I_G) \mathbf{\omega}^2 = \frac{1}{2} \mathbf{\omega} \cdot I_d \mathbf{\omega} \qquad [2] \]ove \(d\) è la distanza del c.m. dall'asse di rotazione ed \(I_d\) è quanto risulta dal summenzionato teorema.
Domanda 1 (probabilmente stupida): che fine ha fatto il termine \(\frac{1}{2} m |v_G|^2\)? Non riesco a capire perché non vada più sommato...
Risposta (che potrebbe essere altrettanto stupida):
$1/2m|v_G|$ è "inglobato" dentro a $I_d$.
Anche perchè $1/2md^2\omega^2$ è diventato $1/2m|v_G|^2$.
Mi sembra che tutto torni.
Possibile risposta (che mi sembra ragionevole): il teorema di König generalizzato asserisce che \[T= \frac{1}{2} m |v_A|^2 + mv_A \cdot ( \mathbf{\omega} \wedge AG) + \frac{1}{2} \mathbf{\omega} \cdot I_A \mathbf{\omega} \qquad [3] \]ove ora \(A\) è un polo qualunque ( - la prova del teorema si ottiene osservando che \(T= \frac{1}{2} \sum_i m_i |v_i|^2 = \frac{1}{2} \sum_i m_i |v_A + \mathbf{\omega} \wedge AP_i|^2 = \dots \) e portando avanti i conti). Siccome \(A\) non si muove, \(v_A=0\), e quindi si ottiene proprio \([2]\). Osservo inoltre che se \(A=G\) si ottiene \([1]\).
Ora complico le cose, e considero un doppio pendolo, del quale però uno dei due bracci - quello ancorato ad \(O\) - ha massa nulla, o comunque trascurabile. Ora il polo di rotazione non è più un punto fisso, ma è libero di muoversi nel piano. Pensavo pertanto di utilizzare \([3]\) per il calcolo dell'energia cinetica, ma sbirciando la risoluzione di un compito vecchio i conti non tornano: viene infatti detto che in questo caso \[T= \frac{1}{2} m |v_G|^2 + \frac{1}{2} \mathbf{\omega} \cdot I_A \mathbf{\omega}\] e non riesco a spiegarmi il motivo (domanda 2).
Ringrazio.
Nel compito mi sembra che prendono $A=O$, cioè il perno fisso.
Tu invece vorresti prendere come $A$ il perno tra le due aste.
E' evidente che si ottengono due risposte molto diverse.
Non so se ho risposto qualcosa che ha senso... spero.
"Quinzio":
Risposta (che potrebbe essere altrettanto stupida):
$1/2m|v_G|$ è "inglobato" dentro a $I_d$.
Anche perchè $1/2md^2\omega^2$ è diventato $1/2m|v_G|^2$.
Mi sembra che tutto torni.
Su questo siam d'accordo.
"Quinzio":
Nel compito mi sembra che prendono $A=O$, cioè il perno fisso.
Tu invece vorresti prendere come $A$ il perno tra le due aste.
E' evidente che si ottengono due risposte molto diverse.
Esatto, la questione è proprio questa.
Aggiungo un'altra domanda (importante!) su cui sbatto la testa da qualche tempo: torniamo al caso di un'asta "semplice", e vincoliamola sia all'asse \(y\) che all'asse \(x\), in modo che però i suoi estremi siano liberi di scorrere lungo tali assi (se \(AB\) è l'asta, vincolo \(A\) a muoversi lungo \(y\) e \(B\) a muoversi lungo \(x\)); che succede all'espressione della sua energia cinetica se mettiamo in moto il piano \(Oxy\) con velocità angolare \(\mathbf{\omega}=\omega \mathbf{y}\)?
Scusami, ma, in che senso "che succede" ?
Intanto suppongo che il piano $Oxy$ venga messo in rotazione attorno all'asse $y$.
L'energia cinetica si conserva, se non agiscono dei momenti esterni.
In questo caso la posizione dell'asta varia nel tempo (facendo delle escillazioni), e la velocità di rotazione del piano $Oxy$ varia in funzione della matrice d'inerzia.
Ma penso di non aver capito la tua richiesta...
Intanto suppongo che il piano $Oxy$ venga messo in rotazione attorno all'asse $y$.
L'energia cinetica si conserva, se non agiscono dei momenti esterni.
In questo caso la posizione dell'asta varia nel tempo (facendo delle escillazioni), e la velocità di rotazione del piano $Oxy$ varia in funzione della matrice d'inerzia.
Ma penso di non aver capito la tua richiesta...
"Quinzio":
Scusami, ma, in che senso "che succede" ?
Intanto suppongo che il piano $Oxy$ venga messo in rotazione attorno all'asse $y$.
L'energia cinetica si conserva, se non agiscono dei momenti esterni.
In questo caso la posizione dell'asta varia nel tempo (facendo delle escillazioni), e la velocità di rotazione del piano $Oxy$ varia in funzione della matrice d'inerzia.
Ma penso di non aver capito la tua richiesta...
In effetti sono stato impreciso. Il senso della mia domanda è il seguente: che differenza c'è tra l'energia cinetica della sbarra in un sistema fermo (piano \(Oxy\) NON rotante) e l'energia cinetica di una sbarra in un sistema rotante?
La perplessità nasce(va) da un esercizio svolto in classe, ed ho scritto una mail al professore il quale mi ha risposto estesamente fugando il mio dubbio - si trattava di distinguere bene in quale sistema di riferimento ci si volesse mettere: se in quello non inerziale, e quindi relativo, nel quale non c'è percezione della rotazione attorno all'asse \(y\) ma entrano in gioco nella scrittura del potenziale forze centrifughe e di Coriolis, oppure in quello inerziale nel quale non percepiamo forze inerziali ma dobbiamo tenere conto anche della componente rotazionale.
Ne va che le eq. di Lagrange dovrebbero risultare le stesse, o quantomeno equivalenti.
Comunque grazie per le risposte, Quinzio.
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