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da **marcoumegghiu** » 30 gen 2013, 18:53

Salve gente! :-)

Avrei un piccolo dubbio riguardo, come da titolo, al momento di una forza:
Ho questa situazione

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

ABC è un corpo rigido omogeneo di massa trascurabie (con AB=BC) a cui è appesa la massa m, come nello schema. Volendo calcolare il momento della forza mg rispetto al polo A, devo usare come braccio la distanza AC (e moltiplicare per seno dell'angolo compreso fra questo ed mg)? A me la risposta "si devi fare così" sembra ovvia, forse troppo per questo non mi fido :mrgreen:

Ora se la massa del corpo rigido non fosse trascurabile (posta ugale ad M), la forza peso relativa a quest'ultima devo pensarla applicata nel centro di massa che si trova al centro della congiungente CA e quindi anche qui, oltre al momento calcolato precedentemente devo aggiungere il termine M*CA/2 per il seno dell'angolo compreso, no?

da **carloc** » 30 gen 2013, 19:10

Ok per il momento di m :ok:

anche se non andrei a scomodare la diagonale e il seno dell'angolo compreso.... la distanza della retta di mg dal polo vale semplicemente BC e quello è il braccio ;-)

Cioè è la stessa cosa che dici tu, solo mi pare più semplice.

Per il centro di massa del "traliccio" invece non sono mica sicuro che sia sulla diagonale

...secondo me sarebbe lì se non fosse una L rovesciata ma un quadrato ;-)

...prova a scrivere il centro di massa usando la definizione e "combinando" quello delle due barre AB e BC

da **IsidoroKZ** » 30 gen 2013, 21:35

carloc ha scritto:Cioè è la stessa cosa che dici tu, solo mi pare più semplice.

Molto piu` semplice!

carloc ha scritto:...prova a scrivere il centro di massa usando la definizione e "combinando" quello delle due barre AB e BC

basta trovare il momento: la barra AB non da` momento, la BC ha un centro di massa facile da trovare.

da **Massi79** » 30 gen 2013, 22:14

Secondo me devi semplificarti la vita per calcolare i momenti, soprattutto nei problemi piani.

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

La componente del momento lungo l'asse z è M_a=dF_y-hF_x

.

Per l'altra domanda fai come ha detto

IsidoroKZ.
Trovi il centro di massa de tratto BC e ci applichi la forza Mg (M:massa del tratto BC e non di tutta la sbarra)

Quindi il risultato finale se il corpo rigido ha densità e sezione costante è: $M_a=-BC*mg-\frac{BC} {2} * M_{BC}g$

da **marcoumegghiu** » 30 gen 2013, 22:43

Avevo già salvato una bozza prima di leggere le ultime due risposte, quindi posto ugualmente ciò che avevo scritto:

carloc ha scritto:Cioè è la stessa cosa che dici tu, solo mi pare più semplice.

E si hai proprio ragione. Riflettendoci AC per il seno di quell'angolo è proprio BC

Avvolte mi perdo per nulla..in effetti inizialmente avevo svolto l'esercizio usando come braccio proprio BC ma mi era venuto il dubbio e non avevo riflettutto sulla trigonometria che li lega. Grazie! :mrgreen:

carloc ha scritto:...prova a scrivere il centro di massa usando la definizione e "combinando" quello delle due barre AB e BC

Per trovare il centro di massa quindi posso "spezzare" il corpo rigido in due aste dato che il testo dice che è omogeneo? Diciamo che il mio supporre che si trovi nel punto medio della diagonale viene prorpio da ragionamento che mi dici di fare, però non avevo eseguito ancora i calcoli..Ora che li ho fatti, ponendo il sistema di riferimento con origine in A trovo che il CM è nel punto P

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

E calcolo il momento della forza peso applicata a P (coincidente con il CM) rispetto al polo A e quindi, per lo stesso ragionamento di prima il braccio sarà BC/2
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Quindi per come dite voi ([user]Messi79[/user] e

IsidoroKZ) non importa che il corpo sia un pezzo unico ma, in generale in situazioni simili a questa, posso calcolare il momento della forza applicata al CM delle sole parti del corpo che hanno momento rispetto al polo considerato? Il risultato in effetti vi da ragione (ma non avevo dubbi sulle vostre competenze!), rimane solo il dubbio espresso nella domanda

da **DirtyDeeds** » 30 gen 2013, 23:15

marcoumegghiu ha scritto: in generale in situazioni simili a questa, posso calcolare il momento della forza applicata al CM delle sole parti del corpo che hanno momento rispetto al polo considerato?

Sì. Se tu hai un sistema di

masse puntiformi, le risultanti della forza e del momento sono date da

$\boldsymbol{F} = \sum_{i=1}^N \boldsymbol{F}_i$

e

$\boldsymbol{N} = \sum_{i=1}^N \boldsymbol{r}_i\times \boldsymbol{F}_i$

dove $\boldsymbol{r}_i$ è la posizione della i-esima particella e $\boldsymbol{F}_i$ è la forza agente su di essa. Queste due sommatorie le puoi spezzare come ti pare, puoi anche cambiare l'ordine dei termini, la somma non cambia.

Nel caso di un oggetto esteso, soggetto a forze di volume come la gravità, quelle sommatorie si trasformano in integrali estesi a tutto il volume dell'oggetto:

$\boldsymbol{F} = \int_V \boldsymbol{f}\,\text{d}V$

$\boldsymbol{N} = \int_V (\boldsymbol{r}\times\boldsymbol{f})\,\text{d}V$

Per la proprietà di additività dell'integrale, gli integrali sopra possono essere spezzati considerando il volume totale come l'unione di più volumi.

da **carloc** » 30 gen 2013, 23:36

Se vogliamo trovare il CM del traliccio il disegno che hai fatto ancora non mi convince... secondo me dovrebbe stare sulla bisettrice, il sistema è simmetrico rispetto quell'asse...

intanto graficamente

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supposte le due barre omogenee i loro CM saranno a metà... poi supposte anche dello stesso peso il CM del sistema (P) sarà ancora a metà del segmento che unisce CM(AB) e CM(BC)

Altrimenti analicamente, due barre omogenee e uguali lunghe L, di massa totale M, A nell'origine del sistema di riferimento "solito"....

$\mathbf{P}=\frac{1}{M}\left(\frac{M}{2}\mathbf{C}_\text{AB}+\frac{M}{2}\mathbf{C}_\text{BC}\right)= \frac{1}{2}\left(\mathbf{C}_\text{AB}+\mathbf{C}_\text{BC}\right)= \frac{1}{2}\left(\frac{L}{2}\mathbf{\hat{y}}+\frac{L}{2}\mathbf{\hat{x}}+L\mathbf{\hat{y}}\right)= \frac{L}{4}\mathbf{\hat{x}}+\frac{3L}{4}\mathbf{\hat{y}}$

ancora lì

... che fortuna :mrgreen:

da **marcoumegghiu** » 30 gen 2013, 23:50

Grazie

DirtyDeeds! Il discorso sugli N punti materiali lo sapevo, non sapevo (e non c ho riflettuto #-o

) sul discorso che riguarda il corpo esteso. :ok:

carloc
non riesco a capire pechè
$\frac{L}{4}\mathbf{\hat{x}}$
e non
$\frac{L}{2}\mathbf{\hat{x}}$
d'altronde considerando $\mathbf{\hat{x}}$ abbiamo solo la sbarra orizzontale a "fare massa" (prendendo A come origine) e quindi anche intuitivamente oltre che analiticamente mi viene ad L/2

da **carloc** » 31 gen 2013, 0:04

perché l'ascissa del centro di massa della sbarra orizzontale è sì in $\frac{L}{2}\mathbf{\hat{x}}$ ma pesa (sia in senso materiale che algebrico) 1/2.

Se vedi i passaggi che ho scritto...

i) metto inevidenza M/2 all'interno della parentesi :-)

ii) appena fuori incontra 1/M e si semplifica in 1/2
iii) sommo le coordinate all'interno della parentesi, lungo l'asse x ho solo L/2
iv) moltiplico per 1/2 che ci aspettava fuori :mrgreen:

v) ottengo L/4

Poi insisto

sul fatto che il CM deve stare sull'asse di simmetria.... dove altro potrebbe essere se è tutto omogeneo ;-)