Teorema dell'energia dubbio
Salve ragazzi,
Avrei un problema riguardante il teorema dell'energia in meccanica razionale. Le varie e minuscole e i minuscole, significano rispettivamente esterne ed interne.
Dopo vari passaggi ecco la formula!
$ dT=dLe+dLi $
Il teorema non è una conseguenza delle equazioni cardinali della dinamica perchè in esse non compaiono le forze interne.
Esso diventa una conseguenza delle equazioni cardinali della dinamica e quindi un integrale primo solo nel caso di corpi rigidi, perchè ciò?
Per i corpi rigidi vale la seguente relazione $ dLi=Ri *domega + Momega i * omegadt=vec(0) $
allora il teorema si riduce a $ dT=dLe $
Riuscite a spiegarmi un pò tutto ? Grazie mille!
Avrei un problema riguardante il teorema dell'energia in meccanica razionale. Le varie e minuscole e i minuscole, significano rispettivamente esterne ed interne.
Dopo vari passaggi ecco la formula!
$ dT=dLe+dLi $ Il teorema non è una conseguenza delle equazioni cardinali della dinamica perchè in esse non compaiono le forze interne.
Esso diventa una conseguenza delle equazioni cardinali della dinamica e quindi un integrale primo solo nel caso di corpi rigidi, perchè ciò?
Per i corpi rigidi vale la seguente relazione $ dLi=Ri *domega + Momega i * omegadt=vec(0) $
allora il teorema si riduce a $ dT=dLe $
Riuscite a spiegarmi un pò tutto ? Grazie mille!
Risposte
Ciao Eddy!
Innanzitutto: proprio grazie alla relazione differenziale \(\mathrm{d}L^i=\mathbf{R}^i\cdot\mathrm{d}\Omega+\mathbf{M}_\Omega^i\cdot\mathbf{\omega}\mathrm{d}t=0\) è concesso che il teorema dell'energia cinetica discenda dalle equazioni cardinali della dinamica; infatti in questo caso il teorema si riduce a \(\mathrm{d}T=\mathrm{d}L^e\) e, esattamente come dicevi tu, abbiamo necessità che non siano presenti nemmeno implicitamente le forze interne poiché esse non compaiono nelle equazioni cardinali. Detta \(\mathcal{C}\) la configurazione attuale del corpo rigido, la relazione utilizzata è caso particolare di: \[\mathrm{d}L=\mathbf{R}\cdot\mathrm{d}\Omega+\mathbf{M}_\Omega\cdot\mathbf{\omega}\mathrm{d}t \quad \forall\Omega\in\mathcal{C}\] esprimente il lavoro di una sollecitazione agente su un corpo rigido, cioè è valida solamente per i corpi rigidi. Dato quanto visto sopra, essa si specializza con \(\mathrm{d}L=\mathrm{d}L^e\) e, dato che è valida \(\forall\Omega\in\mathcal{C}\), sarà valida in specie per il baricentro \(G\): \[\mathrm{d}L=\mathbf{R}^e\cdot\mathrm{d}G+\mathbf{M}_G^e\cdot\mathbf{\omega}\mathrm{d}t\] Per un qualunque corpo rigido di massa \(M\), la forza viva è data da: \[T=\frac{1}{2}M\mathbf{v}_G\cdot\mathbf{v}_G+T^{(G)}\] ove \(T^{(G)}\) rappresenta l'energia cinetica relativa al baricentro. Ma, nel moto relativo al baricentro, \(G\) è punto fisso, allora: \(T^{(G)}=\frac{1}{2}\mathbf{K}_G^{(G)}\cdot\mathbf{\omega}=\frac{1}{2}\mathbf{K}_G\cdot\mathbf{\omega}\), con \(\mathbf{K}_G\) momento angolare di polo \(G\). Deriviamo \(T\) rispetto al tempo, ottenendo: \[\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t}=M\mathbf{a}_G\cdot\mathbf{v}_G+\frac{1}{2}\left(\frac{\mathrm{d}\mathbf{K}_G}{\mathrm{d}t}\cdot\mathbf{\omega}+\frac{\mathrm{d}\mathbf{\omega}}{\mathrm{d}t}\cdot\mathbf{K}_G\right)\] Ora facciamo intervenire le equazioni cardinali della dinamica, denotando con \(\mathbf{K}_\Omega\) il momento angolare di polo \(\Omega\) e con \(\times\) il prodotto vettoriale: \begin{equation*}
M\mathbf{a}_G=\mathbf{R}^e \\ \frac{\mathrm{d}\mathbf{K}_\Omega}{\mathrm{d}t}=M\mathbf{v}_G\times\mathbf{v}_\Omega+\mathbf{M}_\Omega^e
\end{equation*} di cui la seconda nel nostro caso si riduce a \(\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\mathbf{K}_G=\mathbf{M}_G^e\), essendo \(G\equiv\Omega\). Abbiamo: \[\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t}=\mathbf{R}^e\cdot\mathbf{v}_G+\frac{1}{2}\left(\mathbf{M}_G^e\cdot\mathbf{\omega}+\mathbf{K}_G\cdot\dot{\mathbf{\omega}}\right)\] con \(\mathbf{K}_G=\bar{\bar J}_{\!G}\,\mathbf{\omega}\) e \(\bar{\bar J}_{\!G}\) tensore d'inerzia. L'ultimo termine in parentesi si può scrivere come: \(\mathbf{K}_G\cdot\dot{\mathbf{\omega}}=\dot{\mathbf{\omega}}\cdot\bar{\bar J}_{\!G}\,\mathbf{\omega}=\mathbf{\omega}\cdot\bar{\bar J}_{\!G}\,\dot{\mathbf{\omega}}\), data la simmetria del tensore d'inerzia.
È lecito(!) ora prendere come terna una terna solidale al corpo e di origine in \(G\). Sia denotata col puntino \(\dot{}\) la derivata temporale relativa a tale terna; si ha: \[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\mathbf{K}_G=\dot{\mathbf{K}}_G+\mathbf{\omega}\times\mathbf{K}_G=\mathbf{M}_G^e \implies \bar{\bar J}_{\!G}\,\dot{\mathbf{\omega}}+\mathbf{\omega}\times\mathbf{K}_G=\mathbf{M}_G^e\] Perciò \[\mathbf{K}_G\cdot\dot{\mathbf{\omega}}=\mathbf{\omega}\cdot\left(\mathbf{M}_G^e-\mathbf{\omega}\times\mathbf{K}_G\right)=\mathbf{M}_G^e\cdot\mathbf{\omega}\] Da ciò complessivamente risulta: \[\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t}=\mathbf{R}^e\cdot\mathbf{v}_G+\mathbf{M}_G^e\cdot\mathbf{\omega} \implies \mathrm{d}T=\mathbf{R}^e\cdot\mathrm{d}G+\mathbf{M}_G^e\cdot\mathbf{\omega}\mathrm{d}t=\mathrm{d}L\]
A questa dimostrazione son giunto io, per cui è meglio se ci dai un'occhiata per controllo
Se avevi dubbi sui concetti invece, basta che domandi
Innanzitutto: proprio grazie alla relazione differenziale \(\mathrm{d}L^i=\mathbf{R}^i\cdot\mathrm{d}\Omega+\mathbf{M}_\Omega^i\cdot\mathbf{\omega}\mathrm{d}t=0\) è concesso che il teorema dell'energia cinetica discenda dalle equazioni cardinali della dinamica; infatti in questo caso il teorema si riduce a \(\mathrm{d}T=\mathrm{d}L^e\) e, esattamente come dicevi tu, abbiamo necessità che non siano presenti nemmeno implicitamente le forze interne poiché esse non compaiono nelle equazioni cardinali. Detta \(\mathcal{C}\) la configurazione attuale del corpo rigido, la relazione utilizzata è caso particolare di: \[\mathrm{d}L=\mathbf{R}\cdot\mathrm{d}\Omega+\mathbf{M}_\Omega\cdot\mathbf{\omega}\mathrm{d}t \quad \forall\Omega\in\mathcal{C}\] esprimente il lavoro di una sollecitazione agente su un corpo rigido, cioè è valida solamente per i corpi rigidi. Dato quanto visto sopra, essa si specializza con \(\mathrm{d}L=\mathrm{d}L^e\) e, dato che è valida \(\forall\Omega\in\mathcal{C}\), sarà valida in specie per il baricentro \(G\): \[\mathrm{d}L=\mathbf{R}^e\cdot\mathrm{d}G+\mathbf{M}_G^e\cdot\mathbf{\omega}\mathrm{d}t\] Per un qualunque corpo rigido di massa \(M\), la forza viva è data da: \[T=\frac{1}{2}M\mathbf{v}_G\cdot\mathbf{v}_G+T^{(G)}\] ove \(T^{(G)}\) rappresenta l'energia cinetica relativa al baricentro. Ma, nel moto relativo al baricentro, \(G\) è punto fisso, allora: \(T^{(G)}=\frac{1}{2}\mathbf{K}_G^{(G)}\cdot\mathbf{\omega}=\frac{1}{2}\mathbf{K}_G\cdot\mathbf{\omega}\), con \(\mathbf{K}_G\) momento angolare di polo \(G\). Deriviamo \(T\) rispetto al tempo, ottenendo: \[\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t}=M\mathbf{a}_G\cdot\mathbf{v}_G+\frac{1}{2}\left(\frac{\mathrm{d}\mathbf{K}_G}{\mathrm{d}t}\cdot\mathbf{\omega}+\frac{\mathrm{d}\mathbf{\omega}}{\mathrm{d}t}\cdot\mathbf{K}_G\right)\] Ora facciamo intervenire le equazioni cardinali della dinamica, denotando con \(\mathbf{K}_\Omega\) il momento angolare di polo \(\Omega\) e con \(\times\) il prodotto vettoriale: \begin{equation*}
M\mathbf{a}_G=\mathbf{R}^e \\ \frac{\mathrm{d}\mathbf{K}_\Omega}{\mathrm{d}t}=M\mathbf{v}_G\times\mathbf{v}_\Omega+\mathbf{M}_\Omega^e
\end{equation*} di cui la seconda nel nostro caso si riduce a \(\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\mathbf{K}_G=\mathbf{M}_G^e\), essendo \(G\equiv\Omega\). Abbiamo: \[\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t}=\mathbf{R}^e\cdot\mathbf{v}_G+\frac{1}{2}\left(\mathbf{M}_G^e\cdot\mathbf{\omega}+\mathbf{K}_G\cdot\dot{\mathbf{\omega}}\right)\] con \(\mathbf{K}_G=\bar{\bar J}_{\!G}\,\mathbf{\omega}\) e \(\bar{\bar J}_{\!G}\) tensore d'inerzia. L'ultimo termine in parentesi si può scrivere come: \(\mathbf{K}_G\cdot\dot{\mathbf{\omega}}=\dot{\mathbf{\omega}}\cdot\bar{\bar J}_{\!G}\,\mathbf{\omega}=\mathbf{\omega}\cdot\bar{\bar J}_{\!G}\,\dot{\mathbf{\omega}}\), data la simmetria del tensore d'inerzia.
È lecito(!) ora prendere come terna una terna solidale al corpo e di origine in \(G\). Sia denotata col puntino \(\dot{}\) la derivata temporale relativa a tale terna; si ha: \[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\mathbf{K}_G=\dot{\mathbf{K}}_G+\mathbf{\omega}\times\mathbf{K}_G=\mathbf{M}_G^e \implies \bar{\bar J}_{\!G}\,\dot{\mathbf{\omega}}+\mathbf{\omega}\times\mathbf{K}_G=\mathbf{M}_G^e\] Perciò \[\mathbf{K}_G\cdot\dot{\mathbf{\omega}}=\mathbf{\omega}\cdot\left(\mathbf{M}_G^e-\mathbf{\omega}\times\mathbf{K}_G\right)=\mathbf{M}_G^e\cdot\mathbf{\omega}\] Da ciò complessivamente risulta: \[\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t}=\mathbf{R}^e\cdot\mathbf{v}_G+\mathbf{M}_G^e\cdot\mathbf{\omega} \implies \mathrm{d}T=\mathbf{R}^e\cdot\mathrm{d}G+\mathbf{M}_G^e\cdot\mathbf{\omega}\mathrm{d}t=\mathrm{d}L\]
A questa dimostrazione son giunto io, per cui è meglio se ci dai un'occhiata per controllo
Se avevi dubbi sui concetti invece, basta che domandi
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo