Esercizio corpo rigido 46

Dinamica del corpo rigido

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Esercizio 46 (\bigstar \bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Il centro C di una sbarra sottile e uniforme, di massa M e lunghezza D, è rigidamente fissato a un asse verticale QQ^{\prime} e forma con tale asse un angolo fisso pari a \theta. Il sistema ruota senza attrito intorno all’asse in senso antiorario con velocità angolare \vec{\omega} costante (in modo che il vettore \vec{\omega} giaccia lungo l’asse). Si calcolino modulo, direzione e verso del momento angolare del sistema, assumendo come polo il punto C.

 

 

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Svolgimento.  Per risolvere questo problema, definiamo un sistema di riferimento Cxyz con l’asse y coincidente con l’asse QQ^{\prime}, e tale per cui gli assi x e z ruotino con l’asta, ovvero che l’asta si trovi istante per istante nel piano xy, come in figura 2. In questo sistema di riferimento, chiamiamo \vec{r}_1 e \vec{r}_2 rispettivamente il raggio vettore che determina la posizione di un generico punto della sbarra rispetto all’origine nel piano superiore e nel piano inferiore, come mostrato in figura 2.

 

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Si ha

(1)   \begin{equation*} \vec{r}_1=r_1\cos\theta\,\hat{y}-r_1\sin\theta\,\hat{x}. \end{equation*}

e

(2)   \begin{equation*} \vec{r}_2=-r_2\cos\theta\,\hat{y}+r_2\sin\theta\,\hat{x}. \end{equation*}

Inoltre, poiché per ipotesi il sistema sta ruotando rigidamente intorno all’asse QQ^{\prime}, la velocità angolare della sbarra è diretta nel verso positivo dell’asse y e dunque \vec{\omega}=\omega\,\hat{y}. Consideriamo un punto materiale infinitesimo dm_1 descritto dal raggio vettore \vec{r}_1 e un punto materiale infinitesimo dm_2 descritto dal raggio vettore \vec{r}_2. la velocità di dm_1 è

(3)   \begin{equation*} \vec{v}_1=\vec{\omega}\wedge\vec{r}_1=\omega r_1\sin\theta\,\hat{z}, \end{equation*}

mentre la velocità di dm_2 è

(4)   \begin{equation*} \vec{v}_2=\vec{\omega}\wedge\vec{r}_2=-\omega r_2\sin\theta\,\hat{z}, \end{equation*}

dove \hat{z} è il versore che indica la direzione dell’asse z, perpendicolare al piano xy. A questo punto è possibile calcolare il momento angolare rispetto al polo C: sappiamo infatti che il momento angolare di un punto materiale rispetto a un polo è uguale al prodotto vettoriale tra la sua posizione rispetto a tale polo e la sua quantità di moto.
Abbiamo dunque

(5)   \begin{equation*} d\vec{L}_1=\vec{r}_1\wedge dm_1\,\vec{v}_1, \end{equation*}

e

(6)   \begin{equation*} d\vec{L}_2=\vec{r}_2\wedge dm_2\,\vec{v}_1, \end{equation*}

dove dm_1=\lambda dr_1 e dm_2=\lambda dr_2, con \lambda densità lineare dell’asta. Sfruttando questo risultato e sfruttando la bilinearità del prodotto vettoriale, possiamo riscrivere la (5) come

(7)   \begin{equation*} d\vec{L}_1=\lambda (r_1\cos\theta\,\hat{y}-r_1\sin\theta\,\hat{x})\wedge (\omega r_1\sin\theta\,\hat{z})dr_1=\lambda\omega r_1^2(\cos\theta\sin\theta\,\hat{x}+\sin^2\theta\,\hat{y})dr. \end{equation*}

e la (6) come

(8)   \begin{equation*} \qquad d\vec{L}_2=\lambda (-r_2\cos\theta\,\hat{y}+r_2\sin\theta\,\hat{x})\wedge (-\omega r_2\sin\theta\,\hat{z})dr_2=\lambda\omega r_2^2(\cos\theta\sin\theta\,\hat{x}+\sin^2\theta\,\hat{y})dr_2. \end{equation*}

Poniamo r_1=r_2=r. Inoltre, sappiamo che la sbarra è uniforme; questo ci permette di concludere che \lambda=\dfrac{M}{D}, ossia che

(9)   \begin{equation*} d\vec{L}_1= d\vec{L}_2= d\vec{L}=\dfrac{M}{D}\omega r^2(\cos\theta\sin\theta\,\hat{x}+\sin^2\theta\,\hat{y})dr. \end{equation*}

Nel caso in esame, possiamo considerare la sbarra come un insieme infinito di punti materiali di massa infinitesima dm. Pertanto, per ricavare il momento angolare complessivo dell’asta, sommiamo gli infiniti contributi degli elementi dm al momento angolare; sfruttando la simmetria del sistema, possiamo scrivere

(10)   \begin{equation*} \vec{L}=2\int_0^{\frac{D}{2}}{\dfrac{M}{D}\omega r^2(\cos\theta\sin\theta\,\hat{x}+\sin^2\theta\,\hat{y})\,dr}=\dfrac{2M\omega}{D}(\cos\theta\sin\theta\,\hat{x}+\sin^2\theta\,\hat{y})\int_0^{\frac{D}{2}} {r^2\,dr}= \end{equation*}

(11)   \begin{equation*} =\dfrac{2M\omega}{D}(\cos\theta\sin\theta\,\hat{x}+\sin^2\theta\,\hat{y})\,\dfrac{r^3}{3}\bigg\lvert_0^{\frac{D}{2}}=\dfrac{2M\omega}{D}(\cos\theta\sin\theta\,\hat{x}+\sin^2\theta\,\hat{y})\dfrac{D^3}{24}, \end{equation*}

da cui si ottiene

    \[\boxcolorato{fisica}{\vec{L}=\dfrac{MD^2\omega}{12}(\cos\theta\sin\theta\,\hat{x}+\sin^2\theta\,\hat{y}).}\]

 

Per trovare il modulo del momento angolare basta sommare in quadratura le sue componenti, dunque avremo

(12)   \begin{equation*} \big|\vec{L}\big|=\dfrac{MD^2\omega}{12}\sqrt{\left(\cos\theta\sin\theta\right)^2+\left(\sin^2\theta\right)^2}=\dfrac{MD^2\omega}{12}\sqrt{\sin^2\theta\left(\cos^2\theta+\sin^2\theta\right)}, \end{equation*}

da cui, ricordando l’identità fondamentale della trigonometria, otteniamo

    \[\boxcolorato{fisica}{\big|\vec{L}\big|=\dfrac{MD^2\omega}{12}|\sin\theta|.}\]

 

Osservazione.  Si osservi che \vec{\omega} e \vec{L} non sono paralleli. Se \theta=\dfrac{\pi}{2}, \vec{\omega}\parallel \vec{L}, e si avrebbe

(13)   \begin{equation*} \vec{L}=I_{CM}\vec{\omega}, \end{equation*}

dove I_{CM}=\dfrac{1}{12}MD^2.