Meccanica razionale/Sistemi rigidi/Dinamica

--teorema del derivato della quantità di moto

L'equazione della quantità di moto si scrive dicendo:

${d{\vec {Q}} \over dt}={\vec {R_{e}}}$

essendo:

${\vec {Q}}=\sum _{i}m_{i}{\vec {v_{i}}}={\vec {v_{G}}}\sum _{i}m_{i}$

Ora consideriamo un sistema rigido e prendiamo una terna solidale al corpo come terna di riferimento. Questa terna durante il moto rigido traslerà e ruotera per cui l'equazione:

${d{\vec {Q}} \over dt}={\vec {R_{}e}}$

essendo riferita ad assi fissi dovrà essere opportuanmente cambiata.

La velocità del baricentro, se $x_{G},y_{G},z_{G}$ ne sono le coordinate, è data da:

${\vec {v_{G}}}={\vec {v_{o}}}+{\vec {\Omega }}\wedge {\vec {}}OG$

per cui la quantità di moto totale del sistema è data da:

${\vec {Q}}={\vec {v_{G}}}\int _{V}dm=\int _{V}({\vec {v_{o}}}+{\vec {\Omega }}\wedge {\vec {OG}})dm$

Ora se la terna di riferimento è una terna centrale ${\vec {OG}}=0$ per cui:

${\vec {Q}}={\vec {v_{G}}}\int _{V}dm=\int _{V}{\vec {v_{o}}}dm$

Se 'u', 'v', 'w' sono le componenti di ${\vec {v_{G}}}$ sui tre assi mobili avremo:

${\vec {Q}}=M(u{\vec {i}}+v{\vec {j}}+w{\vec {k}})$.

Eseguendo il derivato di ${\vec {Q}}$ rispetto al tempo e considerando che gli assi di riferimento sono mobili:

${d{\vec {Q}} \over dt}=M({du \over dt}{\vec {i}}+{dv \over dt}{\vec {j}}+{dw \over dt}{\vec {k}}+u{d{\vec {i}} \over dt}+v{d{\vec {j}} \over dt}+w{d{\vec {k}} \over dt})$

Da cui derivano le tre equazioni scalari che rappresentano l'equazioni della quantità di moto sui tre assi mobili solidali al corpo $\ x,\ y,\ x$:

$M({du \over dt}+qw-rv)=R_{x}$

$M({dv \over dt}+ru-pw)=R_{y}$

$M({dw \over dt}+pv-qu)=R_{z}$

--teorema del momento della quantità di moto

La seconda equazione cardinale della dinamica è data da:

${d{\vec {K}} \over dt}={\vec {M_{e}}}$

sempre che il punto di riduzione dei momenti sia un punto fisso o il baricentro.

Nel caso di un corpo rigido assumiamo senz'altro che la terna solidale col corpo abbia origine nel baricentro (Terna Centrale). In questo caso $x_{G},\ y_{G},\ z_{G}$ sono nulli.

Allora la velocità di un punto 'P' del sistema è data:

${\vec {v}}={\vec {v_{G}}}+{\vec {\Omega }}\wedge {\vec {PG}}$

a cui compete una quantità di moto elementare:

$d{\vec {Q}}=dm({\vec {v_{G}}}+{\vec {\Omega }}\wedge {\vec {PG}})$

ed un momento della quantità di moto elementare rispetto al baricentro:

$d{\vec {K}}={\vec {PG}}\wedge \ dm({\vec {v_{G}}}+{\vec {\Omega }}\wedge {\vec {PG}}).$

Il momento della quantità di moto totale è dato ovviamente da:

${\vec {K}}=\int _{V}{\vec {PG}}\wedge {\vec {v_{G}}}dm+\int _{V}{\vec {PG}}\wedge ({\vec {\Omega }}\wedge {\vec {PG}})dm.$

Il termine $\int _{V}{\vec {PG}}\wedge {\vec {v_{G}}}dm$ è zero in quanto la quantità di moto totale è un vettore che passa per il baricentro, per cui:

${\vec {K}}=\int _{V}{\vec {PG}}\wedge (\Omega \wedge {\vec {PG}})dm.$

Se $\ x,\ y,\ z$ sono le coordinate di $\ P$ e $\ p,\ q,\ r$ le componenti di ${\vec {\Omega }}$:

${\vec {\Omega }}\wedge {\vec {PG}}={\begin{vmatrix}{\vec {i}}&{\vec {j}}&{\vec {k}}\\p&q&r\\x&y&z\end{vmatrix}}=(qz-ry){\vec {i}}+(rx-pz){\vec {j}}+(py-qx){\vec {k}}$

ed ancora:

${\vec {PG}}\wedge ({\vec {\Omega }}\wedge {\vec {PG}})={\begin{vmatrix}{\vec {i}}&{\vec {j}}&{\vec {k}}\\x&y&z\\(qz-ry)&(rx-pz)&(py-qz)\end{vmatrix}}=$

$[y(py-qx)-z(rx-pz)]{\vec {i}}+[z(qz-ry)-x(py-qx)]{\vec {j}}+[x(rx-pz)-y(qz-ry)]{\vec {k}}.$

Per cui possiamo scrivere che:

$K_{x}=p\int _{V}\rho \ (x^{2}+z^{2})dv-r\int _{V}xz\rho \ dv-q\int _{V}xy\rho \ dv$

$K_{y}=q\int _{V}\rho \ (z^{2}+x^{2})dv-r\int _{V}yz\rho \ dv-p\int _{V}xy\rho \ dv$

$K_{z}=r\int _{V}\rho \ (x^{2}+y^{2})dv-p\int _{V}xz\rho \ dv-q\int _{V}zy\rho \ dv$

Ora se la terna di riferimento è una terna principale di inerzia tutti gli integrali del tipo $\int _{V}xz\ dm$ sono nulli quindi il momento della quantità di moto rispetto agli assi mobili è dato da:

${\vec {K}}=Ap{\vec {i}}+Bq{\vec {j}}+Cr{\vec {k}}$

Applicando ora l'equazione del momento della quantità di moto e tenendo conto che gli assi sono mobili otteniamo:

${d{\vec {K}} \over dt}=A{\dot {p}}{\vec {i}}+B{\dot {q}}{\vec {j}}+C{\dot {r}}{\vec {k}}+\Omega \wedge (Ap{\vec {i}}+Bq{\vec {j}}+Cr{\vec {k}})={\vec {M_{e}}}$

E quindi le tre equazioni scalari:

$A{dp \over dt}+(C-B)rq={\vec {M_{x}}}$

$B{dq \over dt}+(A-C)pr={\vec {M_{y}}}$

$C{dr \over dt}+(B-A)pq={\vec {M_{z}}}$

Concludendo possiamo dire che un motorigido rimane individuato dalla conoscenza dei suoi sei parametri $\ u,v,w,p,q,$ che corrispondono a sei gradi di libertà del corpo. Per cui note le cause esterne che producono il moto ${\vec {R_{e}}}$ e ${\vec {M_{e}}}$ che potranno essere in generale funzioni di $\ u,v,w,p,q,r$ e delle coordinate, è possibile attraverso l'integrazione delle equazioni differenziali scritte e con le opportune condizioni ai limitiindividuare completamente il mptp rigido.

È facile vedere che se il corpo deve stare in equilibrio $\ u=v=w=p=q=r=0$ le equazioni precedenti si riducono ad:

$\ R_{x}=0$	$\ M_{x}=0$
$\ R_{y}=0$	$\ M_{y}=0$
$\ R_{z}=0$	$\ M_{z}=0$

Le quali rappresentano come abbiamo già visto le equazioni fondamentali della statica. Inoltre si intende precisare che tali equazioni sono sufficienti a determinare il moto di un corpo solo nel caso esso sia rigido.

--lavoro di una forza in uno spostamento rigido

Uno spostamento rigido è individuato come abbiamo detto da sei parametri. Infatti lo spostamento di un punto 'P' è dato da:

${\vec {ds}}={\vec {v}}dt=({\vec {v_{o}}}+{\vec {\Omega }}\wedge {\vec {OP}})dt$

Se ${\vec {F_{e}}}$ è la forza esterna applicata sul punto 'P', questa compie un lavoro:

$dL={\vec {F_{e}}}\times {\vec {ds}}=({\vec {F_{e}}}\times {\vec {v_{o}}})dt+({\vec {F_{e}}}\times \Omega \wedge {\vec {OP}})dt$

Ricordando che:

${\vec {F_{e}}}\times {\vec {\Omega }}\wedge {\vec {OP}}={\vec {\Omega }}\times {\vec {OP}}\wedge {\vec {F_{e}}}$

il lavoro elementare si può esprimere in definitiva come:

$dL_{e}={\vec {F_{e}}}\times {\vec {ds}}=[{\vec {F_{e}}}\times {\vec {v_{o}}}+{\vec {\Omega }}\times {\vec {OP}}\wedge {\vec {F_{e}}}]dt={\vec {F_{e}}}\times {\vec {v_{o}}}+{\vec {\Omega dt}}\times {\vec {OP}}\wedge {\vec {F_{e}}}$

Se sul corpo agisce un sistema di forze:

$\sum {dL_{e}}=\sum {\vec {F_{e}}}\times {\vec {v_{o}}}dt+{\vec {\Omega }}dt\times {\vec {OP}}\wedge \sum {\vec {F_{e}}}$

$L_{e}=\int _{t_{1}}^{t_{2}}\sum {dL_{e}}=\int _{t_{1}}^{t_{2}}{\vec {R_{e}}}\times {\vec {v_{o}}}dt+\int _{t_{1}}^{t_{2}}{\vec {M_{e}}}\times {\vec {\Omega }}dt$

La potenza, cioè il lavoro nella unità di tempo, risulta:

${dL_{e} \over ds}={\vec {R_{e}}}\times {\vec {v_{o}}}+{\vec {\Omega }}\times {\vec {M_{e}}}$

Se chiamiamo inoltre con:

$\ dx_{G}=udt$	$\ d\varphi =pdt$
$\ dy_{G}=vdt$	$\ d\psi =qdt$
$\ dz_{G}=wdt$	$\ d\theta =rdt$

avremo per il lavoro, in definitiva, la seguente espressione

$L=\int {(R_{x}dx_{G}+R_{y}dy_{G}+R_{z}dz_{G})}+\int {(M_{x}d\varphi +M_{y}d\psi +M_{z}d\theta )}$

Se 'u', 'v', 'w' sono le componenti della velocità del baricentro, per la potenza si ottengono in definitiva le seguenti forme:

$\ W=(R_{x}u+R_{y}v+R_{z}w)+(M_{x}p+M_{y}q+M_{z}r)$