\(\sum\tau_z=I\alpha_z\): applicazioni erronee e corrette
Ciao, amici! Ho risolto il seguente esercizio in un modo che non mi convince affatto e vorrei chiedere perché tutto sembra tornare nonostante sia convinto che ci sia un grave errore teorico da parte mia.
con Geogebra nella seguente figura, in cui fisso anche un riferimento cartesiano rispetto al quale esprimerò le coordinate dei vettori secondo l'usuale notazione con i pedici $x,y,z$:
Dalla seconda legge di Newton \(F_x=ma_x\) e, perché la palla non scivoli, la componente della sua accelerazione angolare \(\alpha_z\) deve soddisfare \(r\alpha_z=-a_x\). Il momento di tale forza rispetto al centro della palla è \(\tau_z=h|F_x|=-hF_x\).
Dato teorico a mia disposizione: so che la componente $L_z$ del momento angolare di un corpo rigido in rotazione, senza altri movimenti, intorno ad un asse parallelo a $z$ è $L_z=I\omega_z$. Se l'asse è fisso vale quindi per le equazioni cardinali della dinamica che il momento risultante esterno è \(\sum\tau_z=\frac{dL_z}{dt}=I\alpha_z\).
Una palla di densità omogenea ha momento d'inerzia \(I=\frac{2}{5}mr^2\). Appliccando, direi proprio erroneamente perché la palla non ruota solamente intorno all'asse, ma si muove anche di moto traslatorio, l'uguaglianza \(I\alpha_z=\tau_z\), ottengo che \(I\alpha_z=-Ir^{-1}a_x=-\frac{2}{5}mra_x=\tau_z=-hF_x=-hma_x\) e magicamente spunta fuori il risultato che il libro presenta in soluzione: \(h=\frac{2r}{5}\).
Come si può risolvere correttamente questo tipo di problemi? Suppongo che utilizzare l'identità \(\sum\tau_z=I\alpha_z\) sia una strada corretta, ma mi risulta piuttosto difficile trovare un polo per $\tau_z$ rispetto al quale il corpo ruoti senza traslare che mi consenta di esprimere l'accelerazione angolare intorno a quel polo in funzione di quella lineare.
$\infty$ grazie per ogni aiuto!
"W.E. Gettys, F.J. Keller, M.J. Skove, Fisica 1":3npld91w:Ho espresso il mio talento artistico
Per far sì che una palla da biliardo di raggio $r$ cominci a rotolare senza scivolare su una superficie orizzontale priva di attrito, sulla palla viene esercitata una forza orizzaontale la cui retta d'azione passa a una distanza $h$ dal centro della palla, al di sopra di questo. Si determini $h$ in funzione di $r$.
con Geogebra nella seguente figura, in cui fisso anche un riferimento cartesiano rispetto al quale esprimerò le coordinate dei vettori secondo l'usuale notazione con i pedici $x,y,z$:Dalla seconda legge di Newton \(F_x=ma_x\) e, perché la palla non scivoli, la componente della sua accelerazione angolare \(\alpha_z\) deve soddisfare \(r\alpha_z=-a_x\). Il momento di tale forza rispetto al centro della palla è \(\tau_z=h|F_x|=-hF_x\).
Dato teorico a mia disposizione: so che la componente $L_z$ del momento angolare di un corpo rigido in rotazione, senza altri movimenti, intorno ad un asse parallelo a $z$ è $L_z=I\omega_z$. Se l'asse è fisso vale quindi per le equazioni cardinali della dinamica che il momento risultante esterno è \(\sum\tau_z=\frac{dL_z}{dt}=I\alpha_z\).
Una palla di densità omogenea ha momento d'inerzia \(I=\frac{2}{5}mr^2\). Appliccando, direi proprio erroneamente perché la palla non ruota solamente intorno all'asse, ma si muove anche di moto traslatorio, l'uguaglianza \(I\alpha_z=\tau_z\), ottengo che \(I\alpha_z=-Ir^{-1}a_x=-\frac{2}{5}mra_x=\tau_z=-hF_x=-hma_x\) e magicamente spunta fuori il risultato che il libro presenta in soluzione: \(h=\frac{2r}{5}\).
Come si può risolvere correttamente questo tipo di problemi? Suppongo che utilizzare l'identità \(\sum\tau_z=I\alpha_z\) sia una strada corretta, ma mi risulta piuttosto difficile trovare un polo per $\tau_z$ rispetto al quale il corpo ruoti senza traslare che mi consenta di esprimere l'accelerazione angolare intorno a quel polo in funzione di quella lineare.
$\infty$ grazie per ogni aiuto!
Risposte
Perché metti l'asse $x$ orientato verso destra e la forza verso sinistra? Per il segno del momento? E che ti importa? Io considero l'asse $x$ positivo verso ds e pure la forza verso destra.
La palla non ruota solamente, ma trasla anche, certamente, e con moto accelerato, almeno finchè dura la $vecF$ .
Le forze agenti in senso orizzontale sono due, nel caso più generale in cui ci sia attrito statico tra palla e piano. Il verso e l'intensità della forza di attrito $vecF_a$ non è noto a priori, supponi che $F_a$ sia parallela ed equiversa ad $vecF$ .
La condizione di rotolamento senza strisciamento é :
(1)
dove $\alpha = dot\omega$ .
PEr la 1° equazione cardinale della dinamica, proiettata sull'asse $x$ :
(2)
per la seconda eq. cardinale, scritta prendendo il CM come polo :
(3)
le tre equazioni risolvono il problema in generale . L'intensità della forza di attrito dipende dal rapporto $h/R$ . Quando risulta $h/R = 2/5$ la forza di attrito è zero : verifica pure, facendo variare la posizione della forza $F$ da $2R$ fino a $0$. Perciò il piano può essere liscio per quel valore di $h$ . Ma tuttavia, c'è sempre rotolamento e traslazione.
Hai mai giocato a biliardo? Se dai un colpo con la stecca piuttosto in basso, sotto il CM , la palla torna indietro.
La palla non ruota solamente, ma trasla anche, certamente, e con moto accelerato, almeno finchè dura la $vecF$ .
Le forze agenti in senso orizzontale sono due, nel caso più generale in cui ci sia attrito statico tra palla e piano. Il verso e l'intensità della forza di attrito $vecF_a$ non è noto a priori, supponi che $F_a$ sia parallela ed equiversa ad $vecF$ .
La condizione di rotolamento senza strisciamento é :
(1)
$ a_(CM) = \alphaR$
dove $\alpha = dot\omega$ .
PEr la 1° equazione cardinale della dinamica, proiettata sull'asse $x$ :
(2)
$F+F_a = ma_c$
per la seconda eq. cardinale, scritta prendendo il CM come polo :
(3)
$Fh - F_aR = I\alpha$
le tre equazioni risolvono il problema in generale . L'intensità della forza di attrito dipende dal rapporto $h/R$ . Quando risulta $h/R = 2/5$ la forza di attrito è zero : verifica pure, facendo variare la posizione della forza $F$ da $2R$ fino a $0$. Perciò il piano può essere liscio per quel valore di $h$ . Ma tuttavia, c'è sempre rotolamento e traslazione.
Hai mai giocato a biliardo? Se dai un colpo con la stecca piuttosto in basso, sotto il CM , la palla torna indietro.
"navigatore":Quindi il procedimento che avevo usato (unica differenza che avevo considerato $F_a$ nullo in ogni formula) che mi sembra erroneo è corretto...
per la seconda eq. cardinale, scritta prendendo il CM come polo :
(3)$Fh - F_aR = I\alpha$
Io ho studiato, cfr. dato teorico a mia disposizione qui, che \(L_z=I\omega_z\), da cui \(\sum\tau_z =\dot L_z=I\dot\omega_z\), sotto l'ipotesi che l'unico movimento del corpo rigido sia di rotazione intorno ad un asse immobile. Riporto un sunto della dimostrazione fornita dal mio testo perché si capisca che cosa so e che cosa non so:
Sotto l'ipotesi che un corpo rigido ruoti intorno ad un asse qualsiasi, ma senza traslare, un punto $i$ di massa $m_i$ costituente il corpo rigido ha momento angolare \(\ell_{i}=\mathbf{r}_i\times m_i\mathbf{v}_i\), e, essendo \(\mathbf{v}_i\) la velocità di un punto che ruota senza altro movimento intorno ad un asse immobile, \(\ell_i\) è ortogonale sia alla componente assiale sia a quella radiale di \(\mathbf{r}_i\), cioè è perpendicolare a \(\mathbf{r}_i\) e quindi la norma di tale momento angolare di $i$ è \(\|\ell_i\|=r_im_iv_i=r_im_iR_i\omega\) dove \(R_i=r_i\sin\theta_i\) è la distanza di $i$ dall'asse e \(\theta_i\) è l'angolo tra \(\mathbf{r}_i\) e l'asse. Osservando che \(\ell_i\) sta sul piano generato da \(\mathbf{k}\) e \(\mathbf{r}_i\) e tenendo in considerazione la complementarità degli angoli (cfr. figura) vediamo che la componente $z$ ($z$ parallelo all'asse) del momento angolare \(\ell_i\) è, concorde in segno con \(\omega_z\), esprimibile come\[\ell_{iz}=\text{sgn}(\omega_z)\|\ell_i\|\sin\theta_i=r_im_iR_i\omega_z\sin\theta_i=m_iR_i^2\omega_z\]L'ipotesi che $i$ abbia velocità \(\mathbf{v}_i=\boldsymbol{\omega}\times\mathbf{r}_i\) senza aggiungervi velocità traslatorie mi sembra del tutto essenziale affinché questa dimostrazione fatta dal mio testo sia valida, perché da tale ipotesi dipendono fatti usati nella dimostrazione, come che \(\mathbf{v}_i\) sia perpendicolare a \(\mathbf{r}_i\). Se, quindi, $L_z=I\omega_z$ anche se i punti del corpo rigido hanno pure una velocità traslatoria da sommare a \(\boldsymbol{\omega}\times\mathbf{r}_i\), come si può dimostrare che \(L_z=I\omega_z\) -e \(\dot L_z=I\dot\omega_z\) - vale lo stesso?
e sommando su $i$, o integrando per corpi continui, si ha che \(L_z=\sum_i\ell_{iz}=I\omega_z\).
Oltretutto sembra proprio molto, molto interessante la generalizzazione di \(L_z=I\omega_z\) a casi di poli non statici...
$\infty$ grazie!!!
Il teorema del momento angolare che hai riportato, e cioè che un momento di forze esterne causa variazione del momento angolare, vale alla stessa maniera sia quando il polo assunto è fisso sia quando è coincidente col CM del sistema : mi pare che te lo abbiano fatto vedere sia Falco5x che Professorkappa. Forse questo non ti è chiaro ancora. Perciò, il moto del CM non ha influenza sulla 2° eq. della dinamica.
Se invece il polo non è fisso o non coincide col CM del sistema, c'è un termine aggiuntivo nell'espressione del momento angolare, dovuto al moto del polo. E ti dirò di più : il polo può anche essere mobile, ma se si muove parallelamente al CM il teorema vale ugualmente, senza termini aggiuntivi.
Guardati questo esercizio, così ti rispondi anche per un'altra cosa che avevi chiesto :
viewtopic.php?f=19&t=131098&hilit=conservazione+momento+angolare#p839610
Se invece il polo non è fisso o non coincide col CM del sistema, c'è un termine aggiuntivo nell'espressione del momento angolare, dovuto al moto del polo. E ti dirò di più : il polo può anche essere mobile, ma se si muove parallelamente al CM il teorema vale ugualmente, senza termini aggiuntivi.
Guardati questo esercizio, così ti rispondi anche per un'altra cosa che avevi chiesto :
viewtopic.php?f=19&t=131098&hilit=conservazione+momento+angolare#p839610
"navigatore":Molto, ma molto interessante!
Il teorema del momento angolare che hai riportato, e cioè che un momento di forze esterne causa variazione del momento angolare, vale alla stessa maniera sia quando il polo assunto è fisso sia quando è coincidente col CM del sistema
"navigatore":
mi pare che te lo abbiano fatto vedere sia Falco5x che Professorkappa
Falco5x mi spiega qui che il momento angolare \(\bar{L}_O\) rispetto ad un punto $O$ vale \(\bar{L}_O=\bar{L}_{CM}+\bar{r}_{O-CM}\times M\bar{v}_{CM}\) dove \(\bar{L}_{CM}=\int\bar{r}_{CM-P}\times\bar{v}_P dm\) è il momento angolare calcolato rispetto al punto in cui si trova il centro di massa. Ora, so che ogni velocità \(\bar{v}_P\) si può scrivere \(\bar{v}_P=\bar{v}_{CM}+\bar{\omega}\times\bar{r}_{CM-P}\) dove \(\bar{\omega}\) è la velocità angolare rispetto al CM, perciò \(\int\bar{r}_{CM-P}\times\bar{v}_P dm=\int\bar{r}_{CM-P}\times \bar{v}_{CM}dm+\int\bar{r}_{CM-P}\times(\bar{\omega}\times\bar{r}_{CM-P})dm\).
Quindi per dimostrare che il teorema del momento angolare che ho riportato, e cioè che un momento di forze esterne causa variazione del momento angolare, vale alla stessa maniera sia quando il polo assunto è fisso sia quando è coincidente col CM del sistema, cioè che \(\bar{L}_O=\int\bar{r}_{CM-P}\times(\bar{\omega}\times\bar{r}_{CM-P})dm\), basta provare che \(\int\bar{r}_{CM-P}\times \bar{v}_{CM}dm+M\bar{v}_{CM}=0\) o, che è lo stesso, \(\int\bar{r}_{CM-P}\times \bar{v}_{CM}dm+\int\bar{r}_{O-CM}\times\bar{v}_Pdm=0\), ma non mi riesce proprio...
D'altra parte, non ne trovo una dimostrazione on line, né tanto meno sul mio testo, che pure riporta esercizi di questo tipo, di cui mi torna il risultato, ma ragionando in un modo che, senza la coscienza che il teorema \(\sum\tau_z=I\alpha_z\) vale anche se il corpo trasla, era concettualmente sbagliato. Potresti dirmi dove la si può trovare -link o testi cartacei- o, se avessi tempo, scriverla qui? Se poi la dimostrazione coprisse anche l'ancor più interessante perché più generale fatto che...
"navigatore":tanto meglio...
il polo può anche essere mobile, ma se si muove parallelamente al CM il teorema vale ugualmente, senza termini aggiuntivi.
$\infty$ grazie di tutto!!!
Adesso proverò a dimostrare che il CM è in effetti un punto privilegiato rispetto al quale vale il teorema anche se non è un punto fisso. Spero di non scrivere bestialità, nel qual caso sono certo che qualcuno me le farà notare. 
Prima di tutto partendo dalla definizione di momento angolare rispetto a un punto O fisso voglio dimostrare che questo è la somma del momento angolare rispetto al CM più il momento della quantità di moto del CM rispetto a O:
[tex]\displaystyle \begin{array}{l}
{L_O} = \int {{r_{O - p}}} \times {v_p}dm \\
{L_O} = \int {\left( {{r_{O - CM}} + {r_{CM - p}}} \right) \times {v_p}dm} \\
{L_O} = {r_{O - CM}} \times M{v_{CM}} + \int {{r_{CM - p}} \times {v_p}dm} = {r_{O - CM}} \times M{v_{CM}} + {L_{CM}} \\
\end{array}[/tex]
Poi derivo rispetto al tempo
[tex]\displaystyle \frac{{d{L_O}}}{{dt}} = \frac{{d{r_{O - CM}}}}{{dt}} \times M{v_{CM}} + {r_{O - CM}} \times M\frac{{d{v_{CM}}}}{{dt}} + \frac{d}{{dt}}{L_{CM}}[/tex]
Noto che
[tex]\displaystyle \frac{{d{r_{O - CM}}}}{{dt}} \times M{v_{CM}} = 0[/tex]
dunque rimane:
[tex]\displaystyle \frac{{d{L_O}}}{{dt}} = {r_{O - CM}} \times M{a_{CM}} + \frac{{d{L_{CM}}}}{{dt}}[/tex]
Adesso passo a vedere la somma dei momenti rispetto al punto O, e li immagino costituiti da una moltitudine di forze applicate in vari punti del corpo che chiamo Qi:
[tex]\displaystyle \begin{array}{l}
\sum {{\tau _{Oi}}} = \sum {{r_{O - Qi}} \times {F_{Qi}}} = \sum {\left( {{r_{O - CM}} + {r_{CM - Qi}}} \right) \times {F_{Qi}}} = \\
= {r_{O - CM}} \times \sum {{F_{Qi}} + } \sum {{r_{CM - Qi}} \times {F_{Qi}}} \\
\end{array}[/tex]
Applicando un noto principio della dinamica sostituisco la forza risultante sul corpo con il prodotto massa per accelerazione:
[tex]\displaystyle \sum {{\tau _{Oi}}} = {r_{O - CM}} \times M{a_{CM}} + \sum {{\tau _{CMi}}}[/tex]
dove adesso [tex]\sum {{\tau _{CMi}}}[/tex] sono i momenti rispetto al CM.
Adesso scrivo la formula generale:
[tex]\displaystyle \sum {{\tau _{Oi}}} = \frac{{d{L_O}}}{{dt}}[/tex]
Sostituendo con le espressioni trovate :
[tex]\displaystyle \sum {{\tau _{Oi}}} = {r_{O - CM}} \times M{a_{CM}} + \sum {{\tau _{CMi}}} = \frac{{d{L_O}}}{{dt}} = {r_{O - CM}} \times M{a_{CM}} + \frac{{d{L_{CM}}}}{{dt}}[/tex]
e quindi eliminando addendi uguali a sinistra e a destra ottengo:
[tex]\displaystyle \sum {{\tau _{CMi}}} = \frac{{d{L_{CM}}}}{{dt}}[/tex]
Da cui pare proprio che sia vero che il teorema vale comunque per il CM, anche senza fare alcuna ipotesi sulla sua immobilità o meno.
Sempre che io non abbia scritto idiozie, eh! (nel qual caso userò l'ora tarda come scusante)
Prima di tutto partendo dalla definizione di momento angolare rispetto a un punto O fisso voglio dimostrare che questo è la somma del momento angolare rispetto al CM più il momento della quantità di moto del CM rispetto a O:
[tex]\displaystyle \begin{array}{l}
{L_O} = \int {{r_{O - p}}} \times {v_p}dm \\
{L_O} = \int {\left( {{r_{O - CM}} + {r_{CM - p}}} \right) \times {v_p}dm} \\
{L_O} = {r_{O - CM}} \times M{v_{CM}} + \int {{r_{CM - p}} \times {v_p}dm} = {r_{O - CM}} \times M{v_{CM}} + {L_{CM}} \\
\end{array}[/tex]
Poi derivo rispetto al tempo
[tex]\displaystyle \frac{{d{L_O}}}{{dt}} = \frac{{d{r_{O - CM}}}}{{dt}} \times M{v_{CM}} + {r_{O - CM}} \times M\frac{{d{v_{CM}}}}{{dt}} + \frac{d}{{dt}}{L_{CM}}[/tex]
Noto che
[tex]\displaystyle \frac{{d{r_{O - CM}}}}{{dt}} \times M{v_{CM}} = 0[/tex]
dunque rimane:
[tex]\displaystyle \frac{{d{L_O}}}{{dt}} = {r_{O - CM}} \times M{a_{CM}} + \frac{{d{L_{CM}}}}{{dt}}[/tex]
Adesso passo a vedere la somma dei momenti rispetto al punto O, e li immagino costituiti da una moltitudine di forze applicate in vari punti del corpo che chiamo Qi:
[tex]\displaystyle \begin{array}{l}
\sum {{\tau _{Oi}}} = \sum {{r_{O - Qi}} \times {F_{Qi}}} = \sum {\left( {{r_{O - CM}} + {r_{CM - Qi}}} \right) \times {F_{Qi}}} = \\
= {r_{O - CM}} \times \sum {{F_{Qi}} + } \sum {{r_{CM - Qi}} \times {F_{Qi}}} \\
\end{array}[/tex]
Applicando un noto principio della dinamica sostituisco la forza risultante sul corpo con il prodotto massa per accelerazione:
[tex]\displaystyle \sum {{\tau _{Oi}}} = {r_{O - CM}} \times M{a_{CM}} + \sum {{\tau _{CMi}}}[/tex]
dove adesso [tex]\sum {{\tau _{CMi}}}[/tex] sono i momenti rispetto al CM.
Adesso scrivo la formula generale:
[tex]\displaystyle \sum {{\tau _{Oi}}} = \frac{{d{L_O}}}{{dt}}[/tex]
Sostituendo con le espressioni trovate :
[tex]\displaystyle \sum {{\tau _{Oi}}} = {r_{O - CM}} \times M{a_{CM}} + \sum {{\tau _{CMi}}} = \frac{{d{L_O}}}{{dt}} = {r_{O - CM}} \times M{a_{CM}} + \frac{{d{L_{CM}}}}{{dt}}[/tex]
e quindi eliminando addendi uguali a sinistra e a destra ottengo:
[tex]\displaystyle \sum {{\tau _{CMi}}} = \frac{{d{L_{CM}}}}{{dt}}[/tex]
Da cui pare proprio che sia vero che il teorema vale comunque per il CM, anche senza fare alcuna ipotesi sulla sua immobilità o meno.
Sempre che io non abbia scritto idiozie, eh! (nel qual caso userò l'ora tarda come scusante)
Falco : 
E meno male che hai detto come matematico sono un disastro...
Grazie di tutto cuore, Falco. La tua dimostrazione è illuminante e me la sono degustata come si degusta un vino pregiato.
Mi manca solo una cosetta: come vedere che la componente assiale del momento angolare $L_{CM,z}$ vale \(I\omega_z\) e quindi $\frac{dL_{CM,z}}{dt}=I\alpha_z$ se $I$ è costante.
Noto che la velocità di ogni punto $P_i$ di un corpo rigido può essere vista come somma di una velocità di traslazione di un punto, per esempio il centro di massa $C$, e di una rotazione attorno ad esso: \(\mathbf{v}_i=\mathbf{v}_{C}+\boldsymbol{\omega}\times\overrightarrow{CP_i}\). Perciò\[\mathbf{L}_C=\sum_i \overrightarrow{CP_i}\times m_i\mathbf{v}_i=\sum_i \overrightarrow{CP_i}\times m_i\mathbf{v}_C+\sum_i \overrightarrow{CP_i}\times m_i(\boldsymbol{\omega}\times\overrightarrow{CP_i})=\sum_i \overrightarrow{CP_i}\times m_i(\boldsymbol{\omega}\times\overrightarrow{CP_i}) \]perché \(\sum_i \overrightarrow{CP_i}\times m_i\mathbf{v}_C=(\sum_i m_i\overrightarrow{CP_i})\times\mathbf{v}_C=\mathbf{0}\) perché \(\sum_i m_i\overrightarrow{CP_i}\) è la coordinata del centro di massa rispetto a se stesso, cioè \(\mathbf{0}\).
Ora, \(\sum_i \overrightarrow{CP_i}\times m_i(\boldsymbol{\omega}\times\overrightarrow{CP_i}) \) direi che è il momento del corpo rigido calcolato come se ruotasse senza alcun altro movimento attorno ad un asse passante per il centro di massa, esattamente la situazione descritta per cui il mio libro dimostra, come sopra, quindi \(L_{CM,z}(t)\) vale \(I(t)\omega_z(t)\) dove $z$, di direzione \(\mathbf{k}(t)\), è l'asse istantaneo di rotazione.
Ammesso che \(I(t)\) non cambi con il tempo, vale quindi che $\frac{dL_{CM,z}(t)}{dt}=I\alpha_z(t)=\sum\tau_{CM,z}$, anche se il centro di massa non è immobile.
Quello che ho scritto ha una probabilità non nulla di avvicinarsi a non essere sbagliato?
Grazie di tutto cuore, Falco. La tua dimostrazione è illuminante e me la sono degustata come si degusta un vino pregiato.
Mi manca solo una cosetta: come vedere che la componente assiale del momento angolare $L_{CM,z}$ vale \(I\omega_z\) e quindi $\frac{dL_{CM,z}}{dt}=I\alpha_z$ se $I$ è costante.
Noto che la velocità di ogni punto $P_i$ di un corpo rigido può essere vista come somma di una velocità di traslazione di un punto, per esempio il centro di massa $C$, e di una rotazione attorno ad esso: \(\mathbf{v}_i=\mathbf{v}_{C}+\boldsymbol{\omega}\times\overrightarrow{CP_i}\). Perciò\[\mathbf{L}_C=\sum_i \overrightarrow{CP_i}\times m_i\mathbf{v}_i=\sum_i \overrightarrow{CP_i}\times m_i\mathbf{v}_C+\sum_i \overrightarrow{CP_i}\times m_i(\boldsymbol{\omega}\times\overrightarrow{CP_i})=\sum_i \overrightarrow{CP_i}\times m_i(\boldsymbol{\omega}\times\overrightarrow{CP_i}) \]perché \(\sum_i \overrightarrow{CP_i}\times m_i\mathbf{v}_C=(\sum_i m_i\overrightarrow{CP_i})\times\mathbf{v}_C=\mathbf{0}\) perché \(\sum_i m_i\overrightarrow{CP_i}\) è la coordinata del centro di massa rispetto a se stesso, cioè \(\mathbf{0}\).
Ora, \(\sum_i \overrightarrow{CP_i}\times m_i(\boldsymbol{\omega}\times\overrightarrow{CP_i}) \) direi che è il momento del corpo rigido calcolato come se ruotasse senza alcun altro movimento attorno ad un asse passante per il centro di massa, esattamente la situazione descritta per cui il mio libro dimostra, come sopra, quindi \(L_{CM,z}(t)\) vale \(I(t)\omega_z(t)\) dove $z$, di direzione \(\mathbf{k}(t)\), è l'asse istantaneo di rotazione.
Ammesso che \(I(t)\) non cambi con il tempo, vale quindi che $\frac{dL_{CM,z}(t)}{dt}=I\alpha_z(t)=\sum\tau_{CM,z}$, anche se il centro di massa non è immobile.
Quello che ho scritto ha una probabilità non nulla di avvicinarsi a non essere sbagliato?
Scusate.
Ma da questa formula,
(1) $L_O=r_{O-CM}timesMv_{CM}+L_{CM}$ (FALCO).
non discende immediatamente, senza alcuna ulteriore dimostrazione, che $L_O=L_{CM}$ se il polo e scelto sul centro di massa?
Ma da questa formula,
(1) $L_O=r_{O-CM}timesMv_{CM}+L_{CM}$ (FALCO).
non discende immediatamente, senza alcuna ulteriore dimostrazione, che $L_O=L_{CM}$ se il polo e scelto sul centro di massa?
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