[Meccanica razionale] Momento di inerzia

[Bubbino1993]

Ciao, stavo svolgendo quest'esercizio...



Non capisco come calcolare il momento di inerzia. Volevo vederlo come $I=1/12mL^2$, ma non coincide con quanto indicato.



L'energia cinetica di traslazione $1/2mdotz^2$ è giusta, ma non è altrettanto giusta l'energia cinetica rotazionale...

[navigatore]

Quello che hai scritto è il momento di inerzia proprio dell'asta, ed è giusto.
L'energia cinetica è somma di due termini, quella di traslazione (= massa immaginata concentrata nel CM, il cui moto è rotatorio rispetto all'asse 3 ) e quella di rotazione dell'asta attorno al CM. Le due velocità sono collegate tra loro.

[Bubbino1993]

OK. Io dunque ho un moto rototraslatorio la cui energia cinetica è data dalla somma della componente di traslazione rispetto al piano $(x_1, x_2)$ e della componente rotazionale rispetto all'asse $x_3$: in entrambi i casi, per il teorema di Koenig, prendo il CM a riferimento, ottenendo:
$K=1/2mdotz^2+1/2Idotvarphi^2$.
Ora però $I$ dovrebbe uguagliare, andando a guardare la soluzione, $m(R^2+RL+1/3L^2)$, ma come?

[navigatore]

Innanzitutto io non ho capito dal testo come si muove quest'asta. Adesso mi dici che si muove pure in senso verticale? Ma non c'è un testo ? Avevo pensato che si muovesse mantenendo costante la distanza dal piano orizzontale.
Tieni presente che il moto attorno all'asse verticale è come quello della Luna rispetto alla Terra : presenta sempre la stessa faccia rispetto all'asse, quindi il periodo di rotazione è uguale al periodo di rivoluzione. Ci sono due energie cinetiche, solo qui.

[Bubbino1993]

Sì, scusa. Il testo è quello che avevo aggiunto al 1° post, ma non dice altro: c'è un'asta $bar(AB)$ di lunghezza $L>0$ e massa $m>0$ che soddisfa i vincoli di cui sopra, con $R>0$, e bisogna calcolarne l'energia cinetica. Dal 1° vincolo, ho dedotto che l'asta giace su una circonferenza, che in realtà è una superficie cilindrica stando in $R^3$; dal 2°, che è perpendicolare all'asse del cilindro; e dal 3°, dopo alcuni ragionamenti, che ha direzione radiale. Visto che non specifica se la distanza tra asta e piano orizzontale sia costante o meno (non ci sono vincoli in tal senso), ho ipotizzato che possa variare, e ho posto $z$ come coordinata lagrangiana. L'altra coordinata lagrangiana è $varphi$, cioè l'angolo tra $vece_2$ e, chiamiamolo così, $vecu_2$ (nel sistema di riferimento mobile solidale all'asta). A quanto ho potuto notare da altri esercizi, i modi per risolvere problemi di questo tipo sono più di 1: il Prof. stesso, a volte, ce ne propone qualcuno come "In alternativa, [...]". Ad esempio, in questo caso, il Prof. utilizza la definizione stessa di energia cinetica (immagine in fondo). E' un procedimento che ho capito, però visto che, come negli altri casi, si può utilizzare anche il teorema di Koenig, vorrei riuscire a risolverlo pure così. Anche perché, in un esercizio del tutto analogo (il Prof. associa gli esercizi a coppie, un po' come le "file" di un compito in classe, per cui l'esercizio 21.A sarà quasi uguale al 21.B, e così via), l'ho utilizzato ed è andata bene.

[navigatore]

Allora : l'energia dovuta al moto di traslazione verticale è $1/2mdotz^2$ , e qui non si scappa.

Poi hai un moto di rivoluzione e un moto di rotazione dell'asta, che danno altri due contributi all'energia cinetica totale. I due moti suddetti hanno lo stesso periodo.

[Bubbino1993]

Ah, forse ho capito. Quindi non c'è solo la rivoluzione dell'asta (come pensavo io), bensì anche il moto dell'asta rispetto al suo centro di massa, cosicché la direzione sia radiale, come impone il 3° vincolo (nel caso della Luna, cosicché dia sempre la stessa faccia alla Terra). Per cui avrò 2 energie cinetiche in tal senso: l'una relativa alla rivoluzione del centro di massa dell'asta rispetto all'asse $x_3$; l'altra relativa alla rotazione dell'asta rispetto al suo centro di massa. I 2 moti avranno lo stesso periodo, e così, in entrambi i casi, $omega=dotvarphi$.

MOTO 1

$I=1/3m(R+L/2)^2, K=1/2Idotvarphi^2=1/6m(R^2+L^2/4+RL)dotvarphi^2$

MOTO 2

$I=1/12mL^2, K=1/2Idotvarphi^2=1/24mL^2dotvarphi^2$

MOTO 1 + MOTO 2

$K=1/6mdotvarphi^2(R^2+L^2/2+RL)$, che però non va ancora bene. Anche se è un passo avanti. Ho sbagliato sulle $I$?

[navigatore]

Ma questo R chi è ? La distanza del primo estremo dall'asse ? Allora, chiama $D$ la distanza del CM dall'asse. Sarà:

$D = R + L/2$ .

Il m.i. rispetto all'asse è somma del m.i. proprio $1/(12)mL^2$ e del temine di trasporto : $ mD^2$ . Questo è il m.i. che va nella eq dell'energia cinetica del primo moto, la rivoluzione.

Quella del secondo moto, la rotazione, è scritta bene.

Prova a fare i conti. Io non li ho fatti.

[Bubbino1993]

TRASLAZIONE: $K=1/2mdotz^2$

RIVOLUZIONE: $I=1/12mL^2+m(R+L/2)^2, K=1/6mdotvarphi^2(L^2+3R^2+3RL)$

TRASLAZIONE + RIVOLUZIONE = Risultato indicato dal Prof.

Non viene considerata la rotazione...

[Bubbino1993]

Fermi tutti! E' uscito! Allora...