quantità di moto e momento della quantità di moto

5
QUANTITÀ DI MOTO E MOMENTO
DELLA QUANTITÀ DI MOTO
Quantità di Moto
Definizione 1 Per un punto P dotato di massa m e velocità v, si definisce quantità di moto il seguente vettore
Q := mv.
(1)
Definizione 2 Per un sistema discreto di punti Pi , dotato di massa mi , si definisce
quantità di moto il seguente vettore
Q :=
N
P
mi vi .
(2)
i=1
Definizione 3 Dato un sistema continuo, per ogni punto P del sistema, sia ρ (P )
la funzione densità di massa, allora il vettore quantità di moto si definisce come
R
(3)
Q := ρ (P ) v (P ) dC.
C
Teorema 1 (della quantità di moto) La quantità di moto di un sistema è uguale
alla massa totale per la velocità del centro di massa vG .
Dimostrazione. Dalla definizione di centro di massa
³−−−−→´
N
P
mi Pi − O
³−−−−→´ P
³−−−−→´
N
−−−−→
G − O := i=1 N
=⇒
m G−O =
mi Pi − O .
P
i=1
mi
(4)
i=1
Sia O un punto fisso rispetto all’osservatore. Deriviamo rispetto al tempo t
mvG =
N
P
mi vi = Q.
(5)
i=1
Esempio 1 Asta omogenea di massa m e lunghezza l, conl’estremo A vincolato a
scorrere lungo una guida orizzontale. Calcolare la quantità di moto.
(6)
6
Il sistema ha 2 gradi di libertà: l’ascissa x di A e l’angolo di rotazione θ. Dobbiamo
esprimere la velocità del
³ centro
´ di massa in funzione di (x, θ) e delle loro derivate
rispetto al tempo t → ẋ, θ̇ . Usiamo 2 metodi:
1. Metodo cartesiano. Le coordinate del baricentro sono:
½
½
xG = x + 2l cos θ
ẋG = ẋ − 2l sin θθ̇
=⇒
l
yG = 2 sin θ
ẏG = 2l cos θθ̇
derivando rispetto
al tempo t
=⇒
(
³
´
Qx = m ẋ − 2l sin θθ̇
Qy = m 2l cos θθ̇
.
2. Atto di Moto Rototraslatorio. Dalla formula cinematica
³
´
(
³−−−−→´
l
Qx = m ẋ − 2 sin θθ̇
vG = vA + ω ∧ G − A =⇒
Qy = m 2l cos θθ̇
(7)
(8)
Momento delle quantità di moto
Definizione 4 Per un punto P dotato di massa m e velocità v, si definisce il
momento della quantità di moto rispetto ad un polo O il seguente vettore
³−−−−→´
³−−−−→´
(9)
ΓO := P − O ∧ mv = P − O ∧ Q.
Definizione 5 Per un sistema discreto di punti Pi , dotato di massa mi , si definisce
momentodella quantità di moto il seguente vettore
ΓO :=
N ³−
P
−−−→´
Pi − O ∧ mi vi .
(10)
i=1
Definizione 6 Dato un sistema continuo, per ogni punto P del sistema, sia ρ (P )
la funzione densità di massa, allora il vettore momento della quantità di moto si
definisce come
R ³−−−−→´
P − O ∧ ρ (P ) v (P ) dC.
(11)
ΓO :=
C
Legge di trasporto o legge del cambio di polo
Per i sistemi di forze avevamo stabilito la legge del cambio di polo per il momento
³−−−−→´
MO0 = MO + R ∧ O0 − O .
(12)
Per i momenti delle quantità di moto vale una legge analoga con ΓO al posto di
MO e Q al posto di R
³−−−−→´
(13)
ΓO0 = ΓO + Q ∧ O0 − O .
Dimostrazione. Si veda la dimostrazione del cambiamento di polo per i momenti
delle forze.
7
AT T ENZIONE!!!
³−−−−→´
In generale ΓO 6= G − O ∧ Q
(14)
cioè il momento delle quantità di moto NON coincide con il momento della quantità di moto, vettore pensato applicato nel baricentro G. Infatti, grazie alla formula
del trasporto,
³−−−−→´
³−−−−→´
ΓG
+ G − O ∧ Q.
(15)
ΓO = ΓG + Q ∧ O − G =
|{z}
termine aggiuntivo
Consideriamo un osservatore fisso e un osservatore con origine nel baricentro G
che mantenga i suoi assi paralleli a quelli della terna fissa (quindi l’osservatore
mobile trasla con G). In generale ΓO dipende dall’osservatore, poichè ΓO coinvolge
le velocità dei punti che possono variare da un osservatore all’altro. Esiste però un
polo speciale, il baricentro, per il quale vale il seguente
Teorema 2
.
ΓfGisso = Γtraslante
G
(16)
Dimostrazione. Consideriamo un sistema discreto di punti Pi , con velocità vi
tali che
viass = virel + viS = virel + vG .
(17)
Calcoliamo
ΓfGisso
N ³−
N ³−
¡
¢
P
P
−−−→´
−−−→´
ass
:=
Pi − G ∧ mi vi =
Pi − G ∧ mi virel + v G
i=1
i=1
³−−−−→´
N ³−
N ³−
N
P
P
P
−−−→´
−−−→´
Pi − G ∧ mi virel +
Pi − G ∧ mi v G = Γtraslante
Pi − G ∧ v G
+
m
i
G
i=1
i=1
i=1
³−−−−→´
Γtraslante
+
m
G − G ∧ vG = Γtraslante
.
G
G
(18)
In generale l’osservatore traslante con G vede atti di moto più semplici. Quindi
è più semplice il calcolo di Γtraslante
.
G
Esempio 2 Caso del corpo rigido. L’osservatore traslante con il baricentro vede
il corpo muoversi di atto di moto rotatorio attorno a G.
Teorema 3 (Atto di Moto Rotatorio) Supponiamo che l’atto di moto del sistema materiale sia in un dato istante rotatorio, ovvero
³−−−−→´
vP = ω ∧ P − O ,
(19)
dove O è un punto dell’asse di istantanea rotazione. Allora
ΓO = Iω,
dove I è la matrice d’inerzia relativa ad O e ω è il vettore velocità angolare.
(20)
8
Dimostrazione. Per definizione
⎡
⎤
³
´
³
´
³
´
R
R −−−−→
−−−−→
−−−−→ ⎥
⎢
ω ∧ P − O ⎦ dC
P − O ∧ ρ (P ) v (P ) dC = ρ (P ) P − O ∧ ⎣|{z}
ΓO =
C
C
| {z }
| {z }
b
a
c
(21)
Usando la formula del doppio prodotto vettore:
h
i
³
´
a ∧ b ∧ c = (a × c) b − a × b c
(22)
−−−−→
e introducendo la terna (O; x, y, z) possiamo scrivere i vettori P − O e ω come
( −−−−→
P − O = xi + y j + z k
.
(23)
ω = ωxi + ωy j + ωz k
Per cui
ΓO =
=
R
C
R
C
∙¯
¯
³−−−−→´¸
¯−−−−→¯2
ρ (P ) ¯P − O¯ ω − (xωx + yωy + zω z ) P − O dC
n£¡
¡
¢
¢¤
ρ (P )
x2 + y 2 + z 2 ω x − x2 ω x + xyω y + xzω z i
¡
£¡
¢
¢¤
+ x2 + y 2 + z 2 ω y − yxωx + y 2 ω y + yzω z j
¡
¢
¢¤ o
£¡
+ x2 + y 2 + z 2 ω z − zxωx + zyω y + z 2 ω z k dC.
(24)
L’integrale di una somma è uguale alla somma degli integrali degli addendi, inoltre
i versori i, j e k non variano al variare di P ∈ C, così pure ω x , ω y e ω z . Quindi
½∙
∙
¸
∙
¸ ¾
¸
¡ 2
¢
R
R
R
2
ρ (P ) y + z dC ωx +
ρ (P ) (−xy) dC ω y +
ρ (P ) (−xz) dC ωz i
ΓO =
+
½∙
R
C
+
½∙
R
C
C
¸
¡
¢
ρ (P ) x2 + z 2 dC ω y +
∙
R
C
¸
ρ (P ) (−yx) dC ω x +
C
∙
R
C
¸
¾
ρ (P ) (−yz) dC ωz j
C
∙
¸
∙
¸ ¾
¸
¡ 2
¢
R
R
2
ρ (P ) x + y dC ω z +
ρ (P ) (−zx) dC ω x +
ρ (P ) (−zy) dC ωy k.
C
C
(25)
Ricordando la composizione della matrice d’inerzia possiamo scrivere
ΓO = (Ixx ω x + Ixy ω y + Ixz ω z ) i + (Iyy ωy + Iyx ωx + Iyz ω z ) j
+ (Izz ωz + Izx ω x + Izy ω y ) k.
Riordinando i vari termini otteniamo
⎛
⎞ ⎛
⎞⎛
⎞
ΓO,x
ωx
Ixx Ixy Ixz
⎝ ΓO,y ⎠ = ⎝ Iyx Iyy Iyz ⎠ ⎝ ωy ⎠
ΓO,z
Izx Izy Izz
ωz
(26)
(27)
o in forma compatta
ΓO = Iω.
(28)
9
Osservazione 1 Per il calcolo di ΓO possiamo usare una terna principale d’inerzia
relativa al punto O. In questo caso
⎛
⎞
0
Ixx 0
I = ⎝ 0 Iyy 0 ⎠
(29)
0
0 Izz
e
ΓO = (Ixx ωx ) i + (Iyy ω y ) j + (Izz ωz ) k,
(30)
con i, j e k versori della terna principale d’inerzia. Distinguiamo 2 casi notevoli:
Caso 1 (simmetria sferica)
Ixx = Iyy = Izz = I.
La matrice d’inerzia è un multiplo della
⎛
1
I =I⎝ 0
0
e
ΓO = Iω
(31)
matrice identità
⎞
0 0
1 0 ⎠ = I1
0 1
(32)
ΓO k ω.
(33)
=⇒
Caso 2 (simmetria assiale) Se ω k u con u versore della terna principale
d’inerzia =⇒ ΓO k ω.
Dimostrazione. Per fissare le idee, sia ω k k, cioè ω = ω z k allora
⎞ ⎛
⎞⎛
⎞
⎛
0
0
ΓO,x
Ixx 0
ΓO = ⎝ ΓO,y ⎠ = ⎝ 0 Iyy 0 ⎠ ⎝ 0 ⎠ = Izz ωz k = Izz ω =⇒ ΓO k ω.
0
0 Izz
ωz
ΓO,z
(34)
Osservazione 2 In generale ΓO non è parallelo a ω.
Osservazione 3 Nel caso piano ω k k con k versore della terna principale d’inerzia
=⇒ ΓO k ω. O è il C.I.R.
Osservazione 4 Consideriamo un corpo rigido. Per la legge di cambiamento del
polo vale la seguente relazione
³−−−−→´
ΓO = ΓG + G − O ∧ Q.
(35)
Inoltre dal Teorema 2, sappiamo che ΓfGisso = Γtraslante
e dal teorema di compoG
sizione delle velocità angolari, la velocità angolare di trascinamento è nulla poichè
il sistema è traslante, per cui la velocità angolare risulta essere ω = ωr .Segue che
Γtraslante
= IG ωr = IG ω.
G
10
Esempio 3 Consideriamo ancora l’esempio della figura 6 e calcoliamo ΓA . Si noti
che A non è C.I.R.. Quindi ΓA 6= IA ω. Dobbiamo utilizzare
³−−−−→´
(36)
ΓA = ΓG + G − A ∧ Q,
dove ΓG = IG ω con ΓG k ω e ω = θ̇k (con z entrante). Allora
(37)
ΓG = IG,zz θ̇k.
IG,zz è il momento d’inerzia calcolato rispetto al baricentro lungo l’asse z.E’ stato
già calcolato e vale
IG,zz =
³−−−−→´
Calcoliamo G − A ∧ Q
ml2
12
=⇒
ΓG =
ml2
θ̇k.
12
¯
¯
¯
¯
i
j
k
¯
¯
³−−−−→´
l
l
¯
¯
sin
θ
0
G − A ∧ Q = ¯ ³ 2 cos θ
¯
2
´
¯
¯
¯ m ẋ − 2l sin θθ̇ m 2l cos θθ̇ 0 ¯
µ
¶
¶
µ
1 2
1 2 2
1
1 2
1
2
=m
l cos θθ̇ − l sin θẋ + l sin θθ̇ k = m
l θ̇ − ẋ l sin θ k.
4
2
4
4
2
Quindi
µ
¶
µ 2
¶
1 2
ml
ml
ml2
1
θ̇k + m
l θ̇ − ẋ l sin θ k =
θ̇ −
ẋ sin θ k.
ΓA =
12
4
2
3
2
(38)
(39)
(40)
Se avessimo calcolato ΓA attraverso il teorema di Steiner, avremmo ottenuto il
seguente risultato:
¶
µ
ml2
ml2
θ̇k =
θ̇k 6= ΓA ,
(41)
IA,zz θ̇k = IG,zz +
4
3
dove abbiamo considerato l’asse parallelo all’asse baricentrale passante per A.Ovviamente
la quantità 3 poteva essere calcolata più rapidamente sapendo che Q è il vettore
applicato in G le cui componenti sono date dall’espressione 7. E’ sufficiente quindi
−−−−→
calcolare la componente lungo l’asse y del vettore G − A
³−−−−→´
l
(42)
G − A = sin θ (braccio)
2
y
e moltiplicarla vettorialmente al vettore Q per ottenere
³
´
³ ´
l
l
(43)
mẋ sin θ j ∧ i = mẋ sin θ −k
2
2
e aggiungere il momento della quantità di moto del baricentro calcolato rispetto al
polo A con A fisso (pura rotazione rispetto ad A)
l
l
l2
l2
er ∧ m θ̇eθ = m θ̇ (er ∧ eθ ) = m θ̇k.
2
2
4
4
In totale si ottiene l’espressione 39.
(44)