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
@Shackle
Ok, però non hai risposto alla mia domanda precedente, o stai dicendo che il problema è posto male?
Per me, se ho capito bene il testo, la risposta (alla mia domanda) è no.
Ok, però non hai risposto alla mia domanda precedente, o stai dicendo che il problema è posto male?
Per me, se ho capito bene il testo, la risposta (alla mia domanda) è no.
Il problema è posto bene non penso proprio che Alonso abbia sbagliato, ma l'esercizio fatto bene e'tosto
@Faussone
Il peso e il momento sono dati. Se il CM rimane alla stessa altezza la forza esercitata dalla mano è uguale al peso in modulo. Se il CM si muove un po’ in basso e poi torna su , per nutazione, la forza della mano si adegua. Oggi ci guardo bene; aggiungo che due momenti di inerzia sono uguali: $I_y=I_z\neI_x$.
Gabrika, non limitarti a piazzare formule, metti anche spiegazioni, faci capire, magari sono giuste.
Il peso e il momento sono dati. Se il CM rimane alla stessa altezza la forza esercitata dalla mano è uguale al peso in modulo. Se il CM si muove un po’ in basso e poi torna su , per nutazione, la forza della mano si adegua. Oggi ci guardo bene; aggiungo che due momenti di inerzia sono uguali: $I_y=I_z\neI_x$.
Gabrika, non limitarti a piazzare formule, metti anche spiegazioni, faci capire, magari sono giuste.
Se leggessi il mio post dici tutte cose che ho già' detto
Comunque infine si ha $ (dvartheta) /dt=(rmg) /(I*omega $
PS: $(dL) /dt =tau$
Spiega la tu che sembri preparato
Comunque infine si ha $ (dvartheta) /dt=(rmg) /(I*omega $
PS: $(dL) /dt =tau$
Spiega la tu che sembri preparato
Gab,
Ho provato varie volte a leggere i tuoi post, ma mi viene mal di testa.
Ho provato varie volte a leggere i tuoi post, ma mi viene mal di testa.
Vabbe' allora mo hai tutto, puoi dirla come credi tu
Penso che sia questa la soluzione che voleva Alonso
Penso che sia questa la soluzione che voleva Alonso
Stasera scrivo tutto. Ma ho scritto la tua soluzione nel secondo post di stamattina.
Visto che si parla di giroscopi e visto che siamo sotto Natale, vi lascio questo link di questa Christmas lecture del 1974 della Royal Institution, che troverete sicuramente interessante.
Generalitá
Dato un corpo rigido con un punto fisso O , la seconda eq. della dinamica si traduce nelle eq. di Eulero , qui riportate, dove gli assi sono principali di inerzia in O, e La matrice di inerzia $I(O)$ è ivi diagonale. Cioè, a partire da:
$d/(dt)\vecL(O) = \vecM_e(O) \rarr d/(dt) [I(O)\vec\omega] = \vecM_e(O) $
e scomponendo il vettore velocità angolare del corpo $vec\omega$ ( che non è costante, in generale, né nello spazio fisso né nel corpo) secondo tali assi, si arriva a :
$I_1dot\omega_1 - (I_2-I_3)\omega_2\omega_3 = M_1(O) $
$I_2dot\omega_2 - (I_3-I_1)\omega_3\omega_1 = M_2(O) $
$I_3dot\omega_3 - (I_1-I_2)\omega_1\omega_3 = M_3(O) $
Un corpo rigido a struttura giroscopica ha due dei momenti principali di inerzia in O uguali, ad esempio : $I_2=I_3$ ; il terzo può essere uguale oppure no ai primi due. Se il punto fisso non coincide con il baricentro G del corpo, esso si dice "pesante" perchè soggetto alla forza peso, e quindi al suo momento rispetto al punto fisso. Ovviamente infatti c'è un altro punto del corpo che è fisso, come nel caso della trottola.
Quanto sopra come premessa generale. Le equazioni di Eulero si possono sempre usare , ma certi casi piu semplici si risolvono senza ricorrere ad esse, adottando delle semplificazioni.
Di solito il momento angolare del corpo rispetto ad O ha componenti rispetto a tutti e tre gli assi principali, come detto in un post precedente. Quando però la velocità angolare di spin $ Omega $ è molto maggiore della velocità angolare di precessione rispetto all'asse $z$, cioè : $Omega$ >> $omega_p$, si può supporre che il vettore momento angolare e la velocitá di spin abbiamo la stessa direzione, coincidente con l'asse di simmetria del giroscopio. Si ha quindi la situazione seguente, copiata dallo stesso libro di Alonso-Finn (nella figura, gli assi principali del corpo sono indicati con $X_0, Y_0, Z_0$. Gli assi X,Y,Z sono "fissi" ).
Attenzione , nella formula 10.28 i simboli $Omega$ e $omega$ sono invertiti rispetto a quelli che ho scritto prima , Cioè nella formula del libro $Omega$ è la velocitá angolare di precessione che ho chiamato $omega_p$, mentre la $omega$ al denominatore del 2º membro è la velocitá di spin .
In poche parole, tutto sta a capire che la punta del vettore $vecL$ si sposta di $dvecL$, nella rotazione del corpo, parallelamente al vettore momento della forza $vecM$ , e lo spostamento avviene con continuità , cioè la punta descrive una circonferenza . Questa è una trattazione approssimata , ripeto, valida quando si può ritenere che $vecL$ e $vecOmega$ siano paralleli. Se si vuole una soluzione esatta, occorre usare le equazioni di Eulero prima viste, tenendo conto che $I_2 = I_3$ , e che l'unico momento di forze esterne é $M_2 = M = mgr$ . La soluzione esatta si trova in tutti i testi di meccanica classica.
LA nostra situazione è la stessa, ma con asse di spin orizzontale, come nella figura seguente :
il vettore momento $vecM$ è diretto come l'asse $y$ , verso il retro del foglio, e cosí è diretta la variazione $dvecL$ del momento angolare.
Basta perciò applicare la 10.28 del libro, con le dovute sostituzioni , per trovare che il momento della forza peso rispetto ad O causa la velocità angolare di precessione :
$M = I_x Omega*omega_p rarr omega_p = M/(I_xOmega) $
Aggiungo ancora questa spiegazione con figure esplicative :
https://openstax.org/books/university-p ... -gyroscope
A questo punto però devo dire che ho anch'io delle perplessità riguardo all'esercizio del Finn. Il giroscopio, messo inizialmente in rotazione con asse di spin orizzontale, non rimane perfettamente in questo piano, perchè , per quanto grande sia il modulo di $vecOmega$ , c'è sempre un po' di nutazione, per cui l'asse oscilla verso il basso, poi verso l'alto, e cosi via. Perciò, che senso ha la domanda ?
PS : grazie per il video Quinzio !
Aggiungo un altro video spettacolare, di Walter Levin, in cui al momento 3 egli mostra la formula per $omega_p$.
https://www.youtube.com/watch?v=NeXIV-wMVUk
Dato un corpo rigido con un punto fisso O , la seconda eq. della dinamica si traduce nelle eq. di Eulero , qui riportate, dove gli assi sono principali di inerzia in O, e La matrice di inerzia $I(O)$ è ivi diagonale. Cioè, a partire da:
$d/(dt)\vecL(O) = \vecM_e(O) \rarr d/(dt) [I(O)\vec\omega] = \vecM_e(O) $
e scomponendo il vettore velocità angolare del corpo $vec\omega$ ( che non è costante, in generale, né nello spazio fisso né nel corpo) secondo tali assi, si arriva a :
$I_1dot\omega_1 - (I_2-I_3)\omega_2\omega_3 = M_1(O) $
$I_2dot\omega_2 - (I_3-I_1)\omega_3\omega_1 = M_2(O) $
$I_3dot\omega_3 - (I_1-I_2)\omega_1\omega_3 = M_3(O) $
Un corpo rigido a struttura giroscopica ha due dei momenti principali di inerzia in O uguali, ad esempio : $I_2=I_3$ ; il terzo può essere uguale oppure no ai primi due. Se il punto fisso non coincide con il baricentro G del corpo, esso si dice "pesante" perchè soggetto alla forza peso, e quindi al suo momento rispetto al punto fisso. Ovviamente infatti c'è un altro punto del corpo che è fisso, come nel caso della trottola.
Quanto sopra come premessa generale. Le equazioni di Eulero si possono sempre usare , ma certi casi piu semplici si risolvono senza ricorrere ad esse, adottando delle semplificazioni.
Di solito il momento angolare del corpo rispetto ad O ha componenti rispetto a tutti e tre gli assi principali, come detto in un post precedente. Quando però la velocità angolare di spin $ Omega $ è molto maggiore della velocità angolare di precessione rispetto all'asse $z$, cioè : $Omega$ >> $omega_p$, si può supporre che il vettore momento angolare e la velocitá di spin abbiamo la stessa direzione, coincidente con l'asse di simmetria del giroscopio. Si ha quindi la situazione seguente, copiata dallo stesso libro di Alonso-Finn (nella figura, gli assi principali del corpo sono indicati con $X_0, Y_0, Z_0$. Gli assi X,Y,Z sono "fissi" ).
Attenzione , nella formula 10.28 i simboli $Omega$ e $omega$ sono invertiti rispetto a quelli che ho scritto prima , Cioè nella formula del libro $Omega$ è la velocitá angolare di precessione che ho chiamato $omega_p$, mentre la $omega$ al denominatore del 2º membro è la velocitá di spin .
In poche parole, tutto sta a capire che la punta del vettore $vecL$ si sposta di $dvecL$, nella rotazione del corpo, parallelamente al vettore momento della forza $vecM$ , e lo spostamento avviene con continuità , cioè la punta descrive una circonferenza . Questa è una trattazione approssimata , ripeto, valida quando si può ritenere che $vecL$ e $vecOmega$ siano paralleli. Se si vuole una soluzione esatta, occorre usare le equazioni di Eulero prima viste, tenendo conto che $I_2 = I_3$ , e che l'unico momento di forze esterne é $M_2 = M = mgr$ . La soluzione esatta si trova in tutti i testi di meccanica classica.
LA nostra situazione è la stessa, ma con asse di spin orizzontale, come nella figura seguente :
il vettore momento $vecM$ è diretto come l'asse $y$ , verso il retro del foglio, e cosí è diretta la variazione $dvecL$ del momento angolare.
Basta perciò applicare la 10.28 del libro, con le dovute sostituzioni , per trovare che il momento della forza peso rispetto ad O causa la velocità angolare di precessione :
$M = I_x Omega*omega_p rarr omega_p = M/(I_xOmega) $
Aggiungo ancora questa spiegazione con figure esplicative :
https://openstax.org/books/university-p ... -gyroscope
A questo punto però devo dire che ho anch'io delle perplessità riguardo all'esercizio del Finn. Il giroscopio, messo inizialmente in rotazione con asse di spin orizzontale, non rimane perfettamente in questo piano, perchè , per quanto grande sia il modulo di $vecOmega$ , c'è sempre un po' di nutazione, per cui l'asse oscilla verso il basso, poi verso l'alto, e cosi via. Perciò, che senso ha la domanda ?
PS : grazie per il video Quinzio !
Aggiungo un altro video spettacolare, di Walter Levin, in cui al momento 3 egli mostra la formula per $omega_p$.
https://www.youtube.com/watch?v=NeXIV-wMVUk
"Gabrio":
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$
Non mi pare corretta nemmeno questa, perche non appare la lunghezza della stecca.
Non mi fa caricare la foto con i calcoli
Il risultato dovrebbe essere
$omega_s=[mgd+omega_p^2(md^2+I_1-I_2)]/(I_2omega_p)$
dove ho indicato con
$omega_p$ la velocita' di precessione
$m$ la massa del disco
$d$ la distanza del mozzo del disco dalla mano (lunghezza della stecca)
$I_1$ momento di inerzia del disco rispetto al diametro ($I_1=[mr^2]/4$ con $r$ raggio del disco)
$I_2$ momento di inerzia del disco rispetto all'asse ($I_2=[mr^2]/2$)
E allora mi tocca calcolare tutto per convincerti
Be applicare gli angoli di eulero al calcolo dell' energia cinetica della Lagrangiana e' un poco più complicato.
Bisogna usare delle trasformazioni lineari, rappresentabili con matrici (ogni trasformazione lindare, fissate le basi, e' esprimibilie con una matrice), per cambiare le basi
Cosa sono questi angoli
Servono per descrivere qualsiasi direzione di rotazione con una notazione che tiene conto dei soli tre parametri (angoli)
Consideriamo una rotazione nello spazio, questa si può' scrivere come
$ tilde(V) =tilde(V_3)*tilde(V_2)*tilde(V_1)$
Ovviamente a noi interessa non una rotazione nello spazio, ma una rotazione nel sistema di riferimento del corpo rotante.
Questa e' in sostanza la potenza degli angoli di Eulero
Le matrici $tilde(V_3),tilde(V_2), tilde(V_1) $ sono le matrici classiche di rotazione per ognuno degli assi (non sto a scriverle poiché e conoscenza di base)..
https://it.m.wikipedia.org/wiki/Angoli_di_Eulero
Ma gli angoli di queste tre matrici sono per $tilde(V_1)$ , $ phi $, per $tilde(V_2) $, $vartheta $, e per $tilde(V_3)$ è $ psi $
Ora $ V=V_1,V_2,V_3 $ e' un po più complicata.
Cosa rappresenta: rappresenta ancora una rotazione ortogonale, di auto valore 1, e l'autovettore corrispondente fornisce la direzione dell'asse di rotazione.
una rotazione rispetto a questo asse e' funzione dei tre angoli di Eulero.
Scrivo le varie componenti della matrice V ( $ a_(ij)$)
Anzi mi tocca parlare della traccia di questa matrice.
Abbiamo l'autovalore e l'autovettore associato e vogliamo sapere l'angolo di orientazione
Si ha che per le matrici i SO(3) la traccia sia questa
$ 1+2 cos(phi) $ si dimostra ma lascio stare, comunque questa ci fornisce l'angolo
[$a_(11)= cos( omega ) *cos(psi) - cos(vartheta) * sin(phi) *sin(psi)$, $ a_12= -sin(psi) *cos(phi) - cos(vartheta) *sin(phi)*cos(psi), a_(13)=sin(vartheta) *sin(phi) $]
[$a_21=cos(psi) *sin(phi)+cos(vartheta) *cos(phi)*sin(psi), a_22=-sin(phi) *sin(psi) +cos(vartheta) *cos(phi) cos(psi) , a_23=sin(vartheta)*cos(phi) $
[$a_31=sin(vartheta) *sin(psi) , a_32=sin(vartheta) *cos(phi) , a_33=cos(vartheta) $ ]
OK mi sembra non ci siano errori
Come si ottiene questa matrice:
E' il prodotto delle matrici $ R_z(phi) $, $ R_x(vartheta) $ , $ R_z(psi) $ .(che per inciso fattorizzano SO(3))
Ora perché tutto questo? La velocità angolare si può esprimere nel sistema non fisso semplicemente con in prodotto di due matrici.
$ A=dotV*tilde(V) $
Dopo un po di prodotti e semplici derivate si arriva al nostro scopo
$ omega =[[dotvartheta cos(psi) +dotphi sin(psi) sin(vartheta)], [-dotvarthetasin(psi) + dotphi cos(psi) sin(vartheta)], [dotpsi +dotphi cos(vartheta)] $
Ma questa è nel sistema mobile, noi la vogliamo nel fisso.
$ omega =[[dotvartheta cos(phi) +dotpsi sin(phi) sin(vartheta),], [dotvartheta sin(phi) -dotpsicos(phi) sin(vartheta)], [dotphi+dotpsicos(vartheta)] $
Be applicare gli angoli di eulero al calcolo dell' energia cinetica della Lagrangiana e' un poco più complicato.
Bisogna usare delle trasformazioni lineari, rappresentabili con matrici (ogni trasformazione lindare, fissate le basi, e' esprimibilie con una matrice), per cambiare le basi
Cosa sono questi angoli
Servono per descrivere qualsiasi direzione di rotazione con una notazione che tiene conto dei soli tre parametri (angoli)
Consideriamo una rotazione nello spazio, questa si può' scrivere come
$ tilde(V) =tilde(V_3)*tilde(V_2)*tilde(V_1)$
Ovviamente a noi interessa non una rotazione nello spazio, ma una rotazione nel sistema di riferimento del corpo rotante.
Questa e' in sostanza la potenza degli angoli di Eulero
Le matrici $tilde(V_3),tilde(V_2), tilde(V_1) $ sono le matrici classiche di rotazione per ognuno degli assi (non sto a scriverle poiché e conoscenza di base)..
https://it.m.wikipedia.org/wiki/Angoli_di_Eulero
Ma gli angoli di queste tre matrici sono per $tilde(V_1)$ , $ phi $, per $tilde(V_2) $, $vartheta $, e per $tilde(V_3)$ è $ psi $
Ora $ V=V_1,V_2,V_3 $ e' un po più complicata.
Cosa rappresenta: rappresenta ancora una rotazione ortogonale, di auto valore 1, e l'autovettore corrispondente fornisce la direzione dell'asse di rotazione.
una rotazione rispetto a questo asse e' funzione dei tre angoli di Eulero.
Scrivo le varie componenti della matrice V ( $ a_(ij)$)
Anzi mi tocca parlare della traccia di questa matrice.
Abbiamo l'autovalore e l'autovettore associato e vogliamo sapere l'angolo di orientazione
Si ha che per le matrici i SO(3) la traccia sia questa
$ 1+2 cos(phi) $ si dimostra ma lascio stare, comunque questa ci fornisce l'angolo
[$a_(11)= cos( omega ) *cos(psi) - cos(vartheta) * sin(phi) *sin(psi)$, $ a_12= -sin(psi) *cos(phi) - cos(vartheta) *sin(phi)*cos(psi), a_(13)=sin(vartheta) *sin(phi) $]
[$a_21=cos(psi) *sin(phi)+cos(vartheta) *cos(phi)*sin(psi), a_22=-sin(phi) *sin(psi) +cos(vartheta) *cos(phi) cos(psi) , a_23=sin(vartheta)*cos(phi) $
[$a_31=sin(vartheta) *sin(psi) , a_32=sin(vartheta) *cos(phi) , a_33=cos(vartheta) $ ]
OK mi sembra non ci siano errori
Come si ottiene questa matrice:
E' il prodotto delle matrici $ R_z(phi) $, $ R_x(vartheta) $ , $ R_z(psi) $ .(che per inciso fattorizzano SO(3))
Ora perché tutto questo? La velocità angolare si può esprimere nel sistema non fisso semplicemente con in prodotto di due matrici.
$ A=dotV*tilde(V) $
Dopo un po di prodotti e semplici derivate si arriva al nostro scopo
$ omega =[[dotvartheta cos(psi) +dotphi sin(psi) sin(vartheta)], [-dotvarthetasin(psi) + dotphi cos(psi) sin(vartheta)], [dotpsi +dotphi cos(vartheta)] $
Ma questa è nel sistema mobile, noi la vogliamo nel fisso.
$ omega =[[dotvartheta cos(phi) +dotpsi sin(phi) sin(vartheta),], [dotvartheta sin(phi) -dotpsicos(phi) sin(vartheta)], [dotphi+dotpsicos(vartheta)] $
Ma poi come non appare, tu la chiami d, io la chiamo R, ma stessa roba è
Inoltre non c'è angolo di precessione in questo problema semplificato
E $I_1=I_2$
Inoltre non c'è angolo di precessione in questo problema semplificato
E $I_1=I_2$
Correggi, perche hai perso un dollaro.
Non occorre che ti sveni con i calcoli, non te lo chiederei mai.
Mi convinci quando mi spieghi perche non ti appare la lunghezza della stecca e quando mi spieghi per quale motivo (fisico) dovresti avere una soluzione quadratica.
A volte si prendono sviste (vedi quella fatta sulla dimensionalita di momento ed energia cinetica), ma alcuni punti devono essere fissi. La lunghezza dela stecca e' quella. E perche' la coppia da applicare con la mano dovrebbe avere 2 valori di spin diversi.
Non occorre che ti sveni con i calcoli, non te lo chiederei mai.
Mi convinci quando mi spieghi perche non ti appare la lunghezza della stecca e quando mi spieghi per quale motivo (fisico) dovresti avere una soluzione quadratica.
A volte si prendono sviste (vedi quella fatta sulla dimensionalita di momento ed energia cinetica), ma alcuni punti devono essere fissi. La lunghezza dela stecca e' quella. E perche' la coppia da applicare con la mano dovrebbe avere 2 valori di spin diversi.
"Gabrio":
Ma poi come non appare, tu la chiami d, io la chiamo R, ma stessa roba è
Inoltre non c'è angolo di precessione in questo problema semplificato
E $I_1=I_2$
Ok, pensavo fosse il raggio.
Per te e' uguale, con la mia notazione $I_1=I_3$ (momenti diametrali) e $I_2$ e' il momento assiale.
Restta la quadraticita' della soluzione che qualitativamente non ha senso fisico
Si ma per farlo mi servono quei calcoli, mi serve l' energia cinetica con gli angoli di Eulero, per scrivere la lagrangiana
E se li introducono li spiego anche
Grazie comunque
Vedrai che lo ha fidati
E se li introducono li spiego anche
Grazie comunque
Restta la quadraticita' della soluzione che qualitativamente non ha senso fisico
Vedrai che lo ha fidati
Ora che si ha la velocita' angolare nel sistema fisso, espressa con le variabili euleriana, si può' avere l'energia cinetica T e la lagrangiana espressa con le nuove variabili generalizzate ( $ vartheta, psi, phi $)
Anche questo è un passaggio delicato (ci sono un po di trasformazioni tecniche che e' lungo riportare, facili ma sottili)
Alla fine si ha
$ T=1/2*I_1*(dotphi^2sin^2(vartheta) +dotvartheta^2) +1/2I_3(dotpsi+dotphi cos(vartheta)) ^2 $
Quindi $ L=1/2*I_1*(dotphi^2sin^2(vartheta) +dotvartheta^2) +1/2I_3(dotpsi+dotphi cos(vartheta)) ^2 -mgR cos(vartheta) $
Che e' pure uguale a $ L=1/2 I_1(omega _1^2+omega_2^2)+1/2I_3omega _3^2 - mgR cos(vartheta) $
Anche questo è un passaggio delicato (ci sono un po di trasformazioni tecniche che e' lungo riportare, facili ma sottili)
Alla fine si ha
$ T=1/2*I_1*(dotphi^2sin^2(vartheta) +dotvartheta^2) +1/2I_3(dotpsi+dotphi cos(vartheta)) ^2 $
Quindi $ L=1/2*I_1*(dotphi^2sin^2(vartheta) +dotvartheta^2) +1/2I_3(dotpsi+dotphi cos(vartheta)) ^2 -mgR cos(vartheta) $
Che e' pure uguale a $ L=1/2 I_1(omega _1^2+omega_2^2)+1/2I_3omega _3^2 - mgR cos(vartheta) $
Eh. Hai fatto una faticata a scrivere la Lagrangiana, e ancora non sei arrivato alla soluzione (che se risolvi la Lagrangiana, non mi pare vengano fuori troppi quadrati.
Comunque vai, avanti, mi pare che sei ancora lontano, hai da derivare 2 volte
Comunque vai, avanti, mi pare che sei ancora lontano, hai da derivare 2 volte
Non manca molto curiosone.
Si vede chiaramente dalla lagrangiana che ci sono due costanti di moto relative a $ varphi, $ e $ psi $
$ p_psi=(partial L)/(partial dotpsi) =I_3(dotpsi+dotphicos(vartheta)) $
$ p_phi=(partial L)/(partial dotphi) = (I_1sin^2(vartheta) + I_3 cos^2(vartheta))+I_3 dotpsi cos(vartheta) $
Queste sono associate all'asse di simmetria ($dotpsi$) e alla verticale z ($psi$)
Adesso si possono usare queste costanti di moto per esprimere $dotpsi$ e $dotphi$ in funzione di $vartheta$
$dotpsi =( p_(psi) -I_3 dotphi cos(vartheta)) /I_3$
$p_(phi) = (I_1 sin^2(vartheta)) dotphi + p_(psi) cos(vartheta) $
$dotphi = (p_(phi) - p_(psi) cos(vartheta)) /(I_1 sin^2(vartheta)) $
E come vedi l'equazione quadratica già si intuisce
Manca solo $dotpsi=p_(psi)/I_3- ((p_(phi) - p_(psi) cos(vartheta)) cos(vartheta)) /(I_1 sin^2(vartheta)) $
Ora si può' ottenere $vartheta(t) $ dall' equazione di eulero-lagrange e si ha la descrizione completa del moto
Non è finita comunque
Basta considerare ora l'energia che e' una costante di moto e zac spuntano tutte le quadratiche che vuoi
Si vede chiaramente dalla lagrangiana che ci sono due costanti di moto relative a $ varphi, $ e $ psi $
$ p_psi=(partial L)/(partial dotpsi) =I_3(dotpsi+dotphicos(vartheta)) $
$ p_phi=(partial L)/(partial dotphi) = (I_1sin^2(vartheta) + I_3 cos^2(vartheta))+I_3 dotpsi cos(vartheta) $
Queste sono associate all'asse di simmetria ($dotpsi$) e alla verticale z ($psi$)
Adesso si possono usare queste costanti di moto per esprimere $dotpsi$ e $dotphi$ in funzione di $vartheta$
$dotpsi =( p_(psi) -I_3 dotphi cos(vartheta)) /I_3$
$p_(phi) = (I_1 sin^2(vartheta)) dotphi + p_(psi) cos(vartheta) $
$dotphi = (p_(phi) - p_(psi) cos(vartheta)) /(I_1 sin^2(vartheta)) $
E come vedi l'equazione quadratica già si intuisce
Manca solo $dotpsi=p_(psi)/I_3- ((p_(phi) - p_(psi) cos(vartheta)) cos(vartheta)) /(I_1 sin^2(vartheta)) $
Ora si può' ottenere $vartheta(t) $ dall' equazione di eulero-lagrange e si ha la descrizione completa del moto
Non è finita comunque
Basta considerare ora l'energia che e' una costante di moto e zac spuntano tutte le quadratiche che vuoi
Vai, vai, aspetto...
$ E=1/2*I_1*(dotphi^2sin^2(vartheta) +dotvartheta^2) +1/2I_3(omega_z) ^2 +mgR cos(vartheta) $
Come detto, e' una costante di moto.
$ omega_z=dotpsi+dotphi cos(vartheta)$ da cui $p_(psi) =I_3omega_z$ e $I_3(omega_z)^2=p_(psi) ^2/I_3$
Che sono tutte quantità costanti come $ tilde(E) =E-1/2I_3omega_z^2 $
Ora facendo qualche altra sustentazione, come quella di $ dotphi(vartheta) $
$tilde(E) =1/2I_1dotvartheta^2+((p_(phi) -p_(psi) cos(vartheta)) ^2)/(2I_1sin^2(vartheta)) +mgR cos(vartheta) $
Ora in modo compatto si ha
$tilde(E) =1/2I_1dotvartheta^2 + U_(eff) $
Questa sorta di potenziale si rivela la soluzione
Già' da qui si potrebbero ricavare sia $t(vartheta) $ che $vartheta(t) $
Ora se si analizzasse il moto si vedrebbe che c'e solo un angolo $vartheta_0$ che da una precessione costante e stabile.
$ (partial U_(eff))/(partial(vartheta))_((vartheta)=( vartheta_0)) =0 $
Cioè :
$((-cos(vartheta_0)(p_(phi) -p_(psi) cos(vartheta_0)) ^2+p_(psi)sin^2(vartheta_0)(p_(phi) -p_(psi) cos(vartheta_0))) /(I_1 sin^3(vartheta_0)) -MgR cos(vartheta_0)) =0 $
Ora ponendo $ beta =p_(phi) -p_(psi) cos(vartheta_0) $
Hai una bella equazione quadratica
$cos(vartheta_0)beta^2 -(p_(psi) sin^2(vartheta_0)) beta+mgRI_1sin^4(vartheta_0))$
Calcolando il determinante.... se $, vartheta_0<=pi/2$
$p_(psi) >=4MgRI_1 cos(vartheta_0)$
E per finire
$omega_z>=2/I_3(MgRI_1 cos(vartheta_0)) ^(1/2)$
Come detto, e' una costante di moto.
$ omega_z=dotpsi+dotphi cos(vartheta)$ da cui $p_(psi) =I_3omega_z$ e $I_3(omega_z)^2=p_(psi) ^2/I_3$
Che sono tutte quantità costanti come $ tilde(E) =E-1/2I_3omega_z^2 $
Ora facendo qualche altra sustentazione, come quella di $ dotphi(vartheta) $
$tilde(E) =1/2I_1dotvartheta^2+((p_(phi) -p_(psi) cos(vartheta)) ^2)/(2I_1sin^2(vartheta)) +mgR cos(vartheta) $
Ora in modo compatto si ha
$tilde(E) =1/2I_1dotvartheta^2 + U_(eff) $
Questa sorta di potenziale si rivela la soluzione
Già' da qui si potrebbero ricavare sia $t(vartheta) $ che $vartheta(t) $
Ora se si analizzasse il moto si vedrebbe che c'e solo un angolo $vartheta_0$ che da una precessione costante e stabile.
$ (partial U_(eff))/(partial(vartheta))_((vartheta)=( vartheta_0)) =0 $
Cioè :
$((-cos(vartheta_0)(p_(phi) -p_(psi) cos(vartheta_0)) ^2+p_(psi)sin^2(vartheta_0)(p_(phi) -p_(psi) cos(vartheta_0))) /(I_1 sin^3(vartheta_0)) -MgR cos(vartheta_0)) =0 $
Ora ponendo $ beta =p_(phi) -p_(psi) cos(vartheta_0) $
Hai una bella equazione quadratica
$cos(vartheta_0)beta^2 -(p_(psi) sin^2(vartheta_0)) beta+mgRI_1sin^4(vartheta_0))$
Calcolando il determinante.... se $, vartheta_0<=pi/2$
$p_(psi) >=4MgRI_1 cos(vartheta_0)$
E per finire
$omega_z>=2/I_3(MgRI_1 cos(vartheta_0)) ^(1/2)$
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