Asta che gira

Gauss91 · Messaggio da **Gauss91** » 24 apr 2010, 20:30

Sì per "sono uguali" intendevo "i momenti calcolati rispetto all'una e all'altra formula".
Comunque io ho considerato l'asta come una massa tutta concentrata nel suo centro di massa, E da lì ho calcolato tutto.

PS.: viene effettivamente sbagliato se faccio tendere l'angolo a 90°

. Penserò ad un'altra via...

Stardust · Messaggio da **Stardust** » 24 apr 2010, 20:45

Se noi definiamo $L_{rot}=I\omega$ , dobbiamo chiarire qual è l'inerzia dell'asta, il che significa chiarire anche il punto intorno a cui essa ruota.
Io ho appena iniziato a vedere il problema, ma mi lascia perplesso il fatto che l'asse di rotazione non è perpendicolare all'asta.
Se l'inerzia dell'asta in rotazione intorno al suo baricentro è
$I=\frac{1}{12}ML^2$ , allora bisogna guardare al teorema degli assi paralleli per identificare l'inerzia dell'oggetto in moto conico:
$I'=I+M\Delta x^2$ ,
in cui $\displaystyle {\Delta x=\frac{L}{2}sen\theta}$ , che è la distanza del centro di massa dall'asta.
Quindi inizialmente l'inerza I' è
$I'=\displaystyle{{{ML^2}\over{12}}(1+3sin\,\theta ^2)}$ .
Ciò, se corretto, vale per la fase precedente al distacco, deteminando un momento angolare L pari a
$L_{rot}=\displaystyle{{{ML^2}\over{12}}(1+3sin\,\theta ^2)}\omega$ .
Qualcuno potrebbe chiarire il diverso orientamento dei vettori $\vec{L_{rot}}$ e $\vec{\omega}$ ?

Messaggio da **Ippo** » 24 apr 2010, 22:01

la definizione di momento angolare per una particella è quella che dite voi: $d \vec L=dm ( \vec r \times \vec v)$
Per il momento angolare di un corpo rigido basta integrare quest'espressione:
$\vec L= \int_m (\vec r \times \vec v ) dm=\int_m (\vec r \times (\vec \omega \times \vec r ) ) dm$
dove l'integrale s'intende su tutta la massa del corpo rigido.
Quest'espressione si può maneggiare per arrivare alla legge che lega $\vec L$ e $\vec \omega$ , ma non è necessario per il problema. Vi lascio pensare ancora un po'

Messaggio da **Pigkappa** » 24 apr 2010, 22:38

Stardust ha scritto:Qualcuno potrebbe chiarire il diverso orientamento dei vettori $\vec{L_{rot}}$ e $\vec{\omega}$ ?

Il fatto è che non si definisce, come fai tu, $L_{rot}=I\omega$ . Noi vogliamo definire il momento angolare in modo che sia una quantità conservata, ed il momento angolare che si conserva è quello che ha definito Ippo.

In generale, quando un corpo rigido gira intorno ad un asse che non è a lui perpendicolare, w ed L non sono più paralleli, ma si dimostra (non chiedetemi di farlo che queste cose le ho fatte un anno fa, e piuttosto male) che la relazione tra loro è del tipo:

$\vec{L} = I \vec{w}$

Dove $I$ è una matrice (simmetrica, che si chiama tensore d'inerzia) e non un numero. Questo, comunque, non è necessario per risolvere il problema (io a fare quel problema all'esame c'ero, e non sapevo niente di tutto ciò, e ho preso 30

).

Eagle · Messaggio da **Eagle** » 25 apr 2010, 1:10

In effetti, il fatto che $\vec{L}$ non sia parallelo a $\vec{\omega}$ può destare davvero molte sorprese. Va osservato comunque che per giustificare il cambio di direzione della componente ortogonale all'asse di rotazione del momento angolare, bisogna ammettere l'esistenza di un momento torcente generato dalla forza centripeta:

$\displaystyle{\frac{dL}{dt}=m\omega^2r^2sin{\theta}cos{\theta}}$

Da ciò si deduce che quando $\theta=90^0$ oppure $\theta=0^0$ il rapporto $\frac{dL}{dt}=0$ .

Eagle · Messaggio da **Eagle** » 25 apr 2010, 1:24

Dopo questa riflessione, a lungo meditata, quando interviene sull'asta anche la forza peso avremo:

$\displaystyle{\frac{dL}{dt}=Mgrsin{\theta}}$

Di conseguenza avremo una variazione d'angolo $\displaystyle{d\theta=\frac{Mgr}{{L}}}$

Ratio · Messaggio da **Ratio** » 25 apr 2010, 15:15

Per il calcolo del momento angolare ho pensato che potremmo introdurre una densità di massa lineica $\lambda = dm/dl$ .
E questo ci porterebbe a:

$\displaystyle \vec{L} = \int_m (\vec{r} \times \vec{v}) dm = \int_m (\vec{r} \times \vec{v}) \lambda dl$ .

A questo punto sappiamo che $\tan \theta = dr/dl$ , perciò otteniamo:

$\displaystyle \int_0^{l \tan \theta} (\vec{r} \times \vec{v}) \frac{\lambda}{\tan \theta}dr = \int_0^{l \tan \theta} \omega r^2 \frac{\lambda}{\tan \theta}dr = \frac{1}{3}\omega l^2 \tan^2 \theta M$ .

EDIT: Dio benedica il \displaystyle...

Messaggio da **Ippo** » 25 apr 2010, 15:25

attenzione, $\vec r \times (\vec \omega \times \vec r) \neq \omega r^2$ !!
in primo luogo il membro a destra non è un vettore, in secondo luogo r non è la distanza dall'asse ma un vettore condotto da un polo che scegli tu. Direi che il perno è la scelta migliore.

Ratio · Messaggio da **Ratio** » 25 apr 2010, 15:27

Pensavo inoltre che una cosa certa che sappiamo riguarda al moto è che dopo la "scomparsa del perno" il cdm della sbarra si muoverà lungo la tangente alla circonderenza a $v = \omega \frac{L}{2} \sin \theta$ , mentre i punti iniziale (a cui era attaccato il perno) e finale della sbarra viaggeranno a velocità rispettivamente zero e $2v$ .
Questo dovrebbe provocare una rotazione intorno all'asse passante per il cdm (sempre in verticale), con momento angolare conservato. O mi sbaglio?

Ratio · Messaggio da **Ratio** » 25 apr 2010, 15:37

Ippo ha scritto:[...]in secondo luogo r non è la distanza dall'asse ma un vettore condotto da un polo che scegli tu. Direi che il perno è la scelta migliore.

Ma allora, detto $\vec l$ il vettore di distanza dall'asse, non vale $\vec l = \vec r \sin \theta$ e quindi anche $\vec r \times \vec \omega = \vec l \times \vec \omega$ ?
(Sempre prendendo $\vec r$ dal perno).

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