Velocità angolare giroscopio
Salve,
mi trovo questo esercizietto sul giroscopio che non "imbrocco"...si tratta di calcolare la velocità angolare necessaria al giroscopio, sostenuto da una sola mano, affinchè il suo asse di rotazione rimanga orizzontale. La soluzione dovrebbe essere $\omega^2=MI_z/I_x^2$ dove M il momento che la forza della mano esercita, $I_x$ e $I_z$ sono i momenti di inerzia calcolati lungo l'asse x e z.
dove $I_x=mr^2 e I_z=mr^2/2$.
Dovrei partire dalla relazione $M=\omega ^^ L$ con L =cost. e poi?
(z asse di rotazione , x e y sul piano perpendicolare al disco)
mi trovo questo esercizietto sul giroscopio che non "imbrocco"...si tratta di calcolare la velocità angolare necessaria al giroscopio, sostenuto da una sola mano, affinchè il suo asse di rotazione rimanga orizzontale. La soluzione dovrebbe essere $\omega^2=MI_z/I_x^2$ dove M il momento che la forza della mano esercita, $I_x$ e $I_z$ sono i momenti di inerzia calcolati lungo l'asse x e z.
dove $I_x=mr^2 e I_z=mr^2/2$.
Dovrei partire dalla relazione $M=\omega ^^ L$ con L =cost. e poi?
(z asse di rotazione , x e y sul piano perpendicolare al disco)
Risposte
E poi hai che
$ omega = tau /(L *sen(vartheta) $ dove $ L=I*omega $
$ omega = tau /(L *sen(vartheta) $ dove $ L=I*omega $
@zorrok
Puoi mettere il testo completo dell'esercizio, io non l'ho capito molto, poi intendevi asse verticale o asse orizzontale come hai scritto?
Puoi mettere il testo completo dell'esercizio, io non l'ho capito molto, poi intendevi asse verticale o asse orizzontale come hai scritto?
Credo che sia un problema di meccanica razionale sulla lagrangiana
Ho capito come fare ma e' un po lungo, e' praticamente una trottola con angolo di precessione zero
Ho capito come fare ma e' un po lungo, e' praticamente una trottola con angolo di precessione zero
Siccome il testo è un po lungo sono andato al punto che non so risolvere..ecco il testo de''Alondo-Finn" Vol. 1
"Un giroscopio per dimostrazioni d'aula è fatto da un anello metallico di raggio r e massa m fissato mediante delle sbarrette su un asse che sporge di L per ogni lato. L'insegnante tiene l'asse in posizione orizzontale mengtre l'anello gira con velocità angolare $\omega$. Trovare modulo e direzione della forza esercitata dalle due mani dell'insegnante sull'asse nei seguenti casi:
a) l'asse si muove parallelamente a se stesso
b) l'asse viene fatto ruotare attorno al suo centro in un piano orizzontale con velocità $\Omega'$
c) l'asse è fatto ruotare attorno al suo centro in un piano verticale con velocità $\Omega'$
d) calcolare quale dovrebbe essere la velocità angolare dell'anello in modo che il suo asse resti orizzontale se il giroscopio viene sostenuto da una sola mano.
Inserisco un immagine per rendere chiaro la situazione del punto d) (manca la mano!).
Ho risolto in queso modo. ($\Omega$ è la velocità angolare di precessione e $\omega$ è quella di rotazione)
a) se l'asse di rotazione viene spostato parallelamente a se stesso $L$ non cambia e quindi non si ha sessun momento.
b) Se ora l'asse viene fatto ruotare in un piano orizzontale, dalla relazione $\Omega L=M$ essendo $L=I\omega$ di ha immediatamente $M =\Omega I \omega$ (dove $M=F2L$)
ed essendo $I=mr^2$ il momento vale $M=\Omega mr^2 \omega$ e la forza vale $F=\Omegamr^2\omega/(2L)$
Ho usato la relazione $\Omega L=M$ perchè $Omega e L$ sono perpendicolari.
c) Questo punto dovrebbe essere analogo al precedente in quanto $\Omega e L$ continuano a rimanere perpendicolari.
Il punto d) è quello di cui chiedo aiuto.
"Un giroscopio per dimostrazioni d'aula è fatto da un anello metallico di raggio r e massa m fissato mediante delle sbarrette su un asse che sporge di L per ogni lato. L'insegnante tiene l'asse in posizione orizzontale mengtre l'anello gira con velocità angolare $\omega$. Trovare modulo e direzione della forza esercitata dalle due mani dell'insegnante sull'asse nei seguenti casi:
a) l'asse si muove parallelamente a se stesso
b) l'asse viene fatto ruotare attorno al suo centro in un piano orizzontale con velocità $\Omega'$
c) l'asse è fatto ruotare attorno al suo centro in un piano verticale con velocità $\Omega'$
d) calcolare quale dovrebbe essere la velocità angolare dell'anello in modo che il suo asse resti orizzontale se il giroscopio viene sostenuto da una sola mano.
Inserisco un immagine per rendere chiaro la situazione del punto d) (manca la mano!).
Ho risolto in queso modo. ($\Omega$ è la velocità angolare di precessione e $\omega$ è quella di rotazione)
a) se l'asse di rotazione viene spostato parallelamente a se stesso $L$ non cambia e quindi non si ha sessun momento.
b) Se ora l'asse viene fatto ruotare in un piano orizzontale, dalla relazione $\Omega L=M$ essendo $L=I\omega$ di ha immediatamente $M =\Omega I \omega$ (dove $M=F2L$)
ed essendo $I=mr^2$ il momento vale $M=\Omega mr^2 \omega$ e la forza vale $F=\Omegamr^2\omega/(2L)$
Ho usato la relazione $\Omega L=M$ perchè $Omega e L$ sono perpendicolari.
c) Questo punto dovrebbe essere analogo al precedente in quanto $\Omega e L$ continuano a rimanere perpendicolari.
Il punto d) è quello di cui chiedo aiuto.
Credo che il testo originale dell'esercizio sia questo :
Si può' fare anche attraverso il teorema della conservazione dell'energia
E si e' la parte tosta e lunga
E si e' la parte tosta e lunga
Allora mi sono letto la parte di teoria dell'Alonso, perché io lo avrei risolto con la lag
Dimmi se hai capito quello almeno.
$ L^2=(I_1)^2*(omega _x) ^2+(I_2)^2*(omega _y) ^2+(I_3)^2*(omega_z) ^2 $
Questo rappresenta un elissoide
La direzione di $ omega $ sara' all' interno di questo elissoide
Ora $ E_k=1/2 *I* omega ^2 $
$ E_k=L^2/(2I) $
Dimmi se hai capito quello almeno.
$ L^2=(I_1)^2*(omega _x) ^2+(I_2)^2*(omega _y) ^2+(I_3)^2*(omega_z) ^2 $
Questo rappresenta un elissoide
La direzione di $ omega $ sara' all' interno di questo elissoide
Ora $ E_k=1/2 *I* omega ^2 $
$ E_k=L^2/(2I) $
@Zorrok
il giroscopio è studiato da secoli, se conosci la teoria dovresti sapere che esiste una relazione che lega velocità di spin
velocità di precessione, e momento di.mg rispetto al fulcro.
il giroscopio è studiato da secoli, se conosci la teoria dovresti sapere che esiste una relazione che lega velocità di spin
velocità di precessione, e momento di.mg rispetto al fulcro.
Io non sono sicuro di aver compreso quello che si chiede all'ultimo punto, né col testo italiano né con quello inglese.
Quello che mi spiazza è la soluzione riportata nel primo messaggio qui, mi pare assurda quella soluzione non comparendo alcuna forza peso...
Sto fraintendendo qualcosa?
Quello che mi spiazza è la soluzione riportata nel primo messaggio qui, mi pare assurda quella soluzione non comparendo alcuna forza peso...
Sto fraintendendo qualcosa?
Credo di si, la soluzione e' giusta.
"Gabrio":
Credo di si, la soluzione e' giusta.
Ora sí mi è chiaro. Grazie.
Riprovo con una domanda precisa, vediamo se va meglio: il giroscopio è o no soggetto al peso?
"Gabrio":
Credo di si, la soluzione e' giusta.
Come sei sempre ermetico e distaccato.
Sono curioso di
1 sapere come lo risolveresti
2 come fa a essere giusta quella soluzione che è dimensionalmente sbagliata
3 come fa a essere giusta senza che appaia la forza peso del giroscopio
@ Faussone
Stai reggendo il GS con una mano, applicandogli un momento M noto. Al GS è applicato il peso. Chiede la velocità di spin per mantenerlo orizzontale
"Gabrio":
Credo di si, la soluzione e' giusta.
Come sei sempre ermetico e distaccato.
Sono curioso di
1 sapere come lo risolversi
2 come fa a essere giusta quella soluzione che è dimensionalmente sbagliata
3 come fa a essere giusta senza che appaia la forza peso del giroscopio
@ Faussone
Stai reggendo il GS con una mano, applicandogli un momento M noto. Al GS è applicato il peso. Chiede la velocità di spin per mantenerlo orizzontale
Grazie professorkappa.
Forse dentro $M$ è contenuto il contributo del peso, dipende dal polo dei momenti, non saprei, condivido le tue perplessità (dimensionalmente mi pare corretto però) .
Se/quando riesco provo a risolverlo.
Forse dentro $M$ è contenuto il contributo del peso, dipende dal polo dei momenti, non saprei, condivido le tue perplessità (dimensionalmente mi pare corretto però) .
Se/quando riesco provo a risolverlo.
Ma si, sono d’accordo con prof Kappa, è il solito giroscopio pesante mg, ad asse orizzontale tenuto con una mano ad un solo estremo, che precede nel piano orizzontale (inizialmente) a causa del momento $M=mgL/2$, e si ha, a conti fatti: $ M = I Omega\omega_(pr)$. (Teoria elementare del giroscopio pesante).
Ho indicato con L la lunghezza dell’asse, non il momento angolare.
Ho indicato con L la lunghezza dell’asse, non il momento angolare.
Con la lagrangiana e l'energia cinetica espressa con gli angoli di eulero viene semplice, e' la classica trottola pesante, poi si semplifica tenendo conto che $I_1=I_2$ , $ (dvartheta) /dt =0, (dphi) /dt=k $
Farlo con il metodo classico complica inutilmente
$ MgR=(dphi) /dt (I_3*omega _3 -I*(dphi) /dt*cos(vartheta _0)) $ che e' quadratica in $ (dphi) /dt $
E viene
$ omega_3>= (4*Mg RI) ^(1/2)/ I_3$
Farlo con il metodo classico complica inutilmente
$ MgR=(dphi) /dt (I_3*omega _3 -I*(dphi) /dt*cos(vartheta _0)) $ che e' quadratica in $ (dphi) /dt $
E viene
$ omega_3>= (4*Mg RI) ^(1/2)/ I_3$
@Gabrio
Ecco quella tua soluzione già mi convince di più, solo leggendo la formula non ho fatto alcun tentativo ancora io.
@Shackle
Una cosa ti chiedo (non perché mentre scrivo so la risposta ma proprio perché ho il dubbio:) ma allora dici che in questo problema il momento applicato dalla mano è solo quello per compensare il momento dovuto al peso?
Ecco quella tua soluzione già mi convince di più, solo leggendo la formula non ho fatto alcun tentativo ancora io.
@Shackle
Una cosa ti chiedo (non perché mentre scrivo so la risposta ma proprio perché ho il dubbio:) ma allora dici che in questo problema il momento applicato dalla mano è solo quello per compensare il momento dovuto al peso?
@ faussone
Io la vedo cosi: il giroscopio sta orizzontale anche senza momento della mano per una velocita di Spin minima. Se si aggiunge il momento della mano,a velocità di spin minima diminuisce. Purtroppo da cell non vedo le formule di gabrio nel suo ultimo post ma la soluzione $Iomega^2=M$ che da Zorro all inizio, ottenuta semplificando i mom di inerzia a secondo membro, mi pare totalmente scorretta dimensionalmente a prima vista
Io la vedo cosi: il giroscopio sta orizzontale anche senza momento della mano per una velocita di Spin minima. Se si aggiunge il momento della mano,a velocità di spin minima diminuisce. Purtroppo da cell non vedo le formule di gabrio nel suo ultimo post ma la soluzione $Iomega^2=M$ che da Zorro all inizio, ottenuta semplificando i mom di inerzia a secondo membro, mi pare totalmente scorretta dimensionalmente a prima vista
@ Faussone, @Profkappa
la formula sarebbe anche corretta dimensionalmente , infatti un momento ha le stesse dimensioni di un'energia, pur essendo concetti completamente diversi. Io ho scritto $M = I Omegaomega_p$ , dove $Omega$ è la velocità angolare di spin e $omega_p$ è quella di precessione.
Il giroscopio pesante simmetrico ha tre assi principali di inerzia con origine nel punto O di sospensione, ok? Uno è l'asse di spin $Omega= omega_x$ , (chiamiamo $x$ questo asse) , il secondo è l'asse verticale $z$ di precessione $omega _z = omega_p$ ; il terzo è l'asse $y$ orizzontale , normale ai primi due.
Il momento angolare rispetto a $O$ vale , se non erro : $ vecK = I_xvecomega_x + I_yvecomega_y + I_zvecomega_z$ , dove due dei tre $omega$ sono quelli detti .
Tenere l'asse $x$ orizzontale , che significa ? Significa evidentemente rendere trascurabile la velocità angolare $omega_y$ attorno al terzo asse $y$ detto : cioè l'asse x non si deve abbassare sotto il piano orizzontale . Ma mi sembra un po' una utopia, per quanto piccola la vel. angolare attorno a y non potrà mai essere nulla, ci si deve pensare analiticamente ( e farò anche ricerche nella mia sconfinata biblioteca...
, ho già visto qualcosa...)
Certo, questo dovrebbe imporre delle condizioni sulla velocita di spin $omega_x = Omega$ , visto che il momento del peso è determinato dalla geometria ...Ho idea che andremo a finire in Eulero, o in condizioni energetiche...
la formula sarebbe anche corretta dimensionalmente , infatti un momento ha le stesse dimensioni di un'energia, pur essendo concetti completamente diversi. Io ho scritto $M = I Omegaomega_p$ , dove $Omega$ è la velocità angolare di spin e $omega_p$ è quella di precessione.
Il giroscopio pesante simmetrico ha tre assi principali di inerzia con origine nel punto O di sospensione, ok? Uno è l'asse di spin $Omega= omega_x$ , (chiamiamo $x$ questo asse) , il secondo è l'asse verticale $z$ di precessione $omega _z = omega_p$ ; il terzo è l'asse $y$ orizzontale , normale ai primi due.
Il momento angolare rispetto a $O$ vale , se non erro : $ vecK = I_xvecomega_x + I_yvecomega_y + I_zvecomega_z$ , dove due dei tre $omega$ sono quelli detti .
Tenere l'asse $x$ orizzontale , che significa ? Significa evidentemente rendere trascurabile la velocità angolare $omega_y$ attorno al terzo asse $y$ detto : cioè l'asse x non si deve abbassare sotto il piano orizzontale . Ma mi sembra un po' una utopia, per quanto piccola la vel. angolare attorno a y non potrà mai essere nulla, ci si deve pensare analiticamente ( e farò anche ricerche nella mia sconfinata biblioteca...
, ho già visto qualcosa...) Certo, questo dovrebbe imporre delle condizioni sulla velocita di spin $omega_x = Omega$ , visto che il momento del peso è determinato dalla geometria ...Ho idea che andremo a finire in Eulero, o in condizioni energetiche...
Allora ci vai a finire per forza, quindi Alonso deve aver fatto delle semplificazioni, ma ho letto il suo libro e non le vedo, magari da spunti negli esercizi.
La matrice antisimmetrica che serve per avere la velocità angolare negli angoli di eulero e' un calcolo lungo e' palloso.
E se vuoi usare la lagrangiana devi calcolarla
Comunque un modo molto semplificato e' questo
$ L= L_r +L_z = I*omega *(cos(vartheta) *sen(phi) $ i $ + $ $ Sin(vartheta)* cos(phi) $ j $ + cos (phi) $ k $ + I_z*(dvartheta) /dt $ k)
Ora come detto in altro post $ phi $ e' costante, chiamo $ (dvartheta) /dt =Theta $
$(dL) /dt = I* omega *((-Theta *sen(vartheta) *sen(phi)) + (Theta * cos(vartheta) * sen(phi))) $
Ora se la chiamo torsione non gi va bene, quindi lo chiamo momento come mille altri momenti cosi' e' contento
$ tau = r xx mg = (-mrg*sen(vartheta) cos(phi)) i+ mrg* cos(vartheta) sen(psi) j) $
La matrice antisimmetrica che serve per avere la velocità angolare negli angoli di eulero e' un calcolo lungo e' palloso.
E se vuoi usare la lagrangiana devi calcolarla
Comunque un modo molto semplificato e' questo
$ L= L_r +L_z = I*omega *(cos(vartheta) *sen(phi) $ i $ + $ $ Sin(vartheta)* cos(phi) $ j $ + cos (phi) $ k $ + I_z*(dvartheta) /dt $ k)
Ora come detto in altro post $ phi $ e' costante, chiamo $ (dvartheta) /dt =Theta $
$(dL) /dt = I* omega *((-Theta *sen(vartheta) *sen(phi)) + (Theta * cos(vartheta) * sen(phi))) $
Ora se la chiamo torsione non gi va bene, quindi lo chiamo momento come mille altri momenti cosi' e' contento
$ tau = r xx mg = (-mrg*sen(vartheta) cos(phi)) i+ mrg* cos(vartheta) sen(psi) j) $
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