Meccanica razionale/Sistemi rigidi/Giroscopio

Template:Meccanica razionale Un solido, che gode della proprietà che i suoi due momenti principali di inerzia A e B sono uguali, e rotante intorno ad un punto fisso, si chiama giroscopio simmetrico. Ed il suo terzo asse principale d'inerzia si chiama asse di simmetria del giroscopio.

--moto di precessione libera di un giroscopio

Il tipo più importante di movimento di un giroscopio è detto moto di precessione. Lo si può dedurre facendo ruotare il corpo intorno al suo asse di simmetria $z$ con velocità angolare $\overrightarrow{\omega }$, e facendo contemporaneamente ruotare l'asse di simmetria con velocità angolare $\overrightarrow{{\omega }_1}$ intorno ad un asse fisso nello spazio per esempio l'asse $\zeta .$ In questo caso l'asse di simmetria descrive una superficie conica, il cui angolo di semiapertura indicheremo con $\theta .$

Il vettore $\overrightarrow{\mathrm{\Omega }}$, risultante di $\overrightarrow{{\omega }_1}$ e $\overrightarrow{\omega }$ ruota anche lui intorno all'asse $\zeta .$

Vogliamo ora studiare il problema del moto di un giroscopio allorquando il sistema di forze ad esso applicato è un sistema nullo.

In questo caso, considerando che per tutti gli assi normali a $z$ accade che A=B, le equazioni di Eulero si riducono alle seguenti:

$A\frac{dp}{dt}-(A-C)qr=0$

$A\frac{dq}{dt}+(A-C)pr=0$

$C\frac{dr}{dt}=0$

Le componenti di $\overrightarrow{\mathrm{\Omega }}$ sugli assi mobili $x$, $y$, $z$, valgono:

$p=-{\omega }_1\sin \theta \cos \omega t$

$q={\omega }_1\cos \theta \sin \omega t$

$r=\omega +{\omega }_1\cos \theta$

L'ultima delle equazioni di Eulero:

$C\frac{dr}{dt}=0$

porta subito alla conclusione che $\omega ,{\omega }_1,\cos \theta$ sono costanti ed indipendenti dal tempo.

Sostituendo i valori di $p,q,r$ nelle due prime equazioni di Eulero e sommandole otteniamo l'unica soluzione:

$C\omega +{\omega }_1(C-A)\cos \theta =0.$

La quale ci fornisce, dati i valori di $\omega$ e $\theta$ il valore della velocità di precessione quando il giroscopio non è soggetto ad azioni esterne cioè:

${\omega }_1=\frac{C\omega }{(C-A)\cos \theta }$

Possiamo subito notare che nel caso di $(C-A)>0$ e $\theta <\frac{\pi }{2}$ la velocità ${\omega }_1$ ha lo stesso senso di $\omega$ per $\theta <\frac{\pi }{2}.$

A parità di momenti d'inerzia A e C il senso di moto si inverte per $\theta >\frac{\pi }{2}$ cioè se $\theta$ è un angolo ottuso.

Consideriamo il piano $z\zeta$ questo incontrerà il piano $xy$ lungo una retta $OM.$ Essendo $OM$ una retta del piano$xy$ ed essendo tutti assi principali di inerzia le rette passanti per $O$ e giacenti in $xy$ abbiamo:

$K_z=C(\omega +{\omega }_1\cos \theta )$

$K_m=-A{\omega }_1\sin \theta$

e tenendo conto che la precessione è libera

${\omega }_1=-\frac{C\omega }{(C-A)\cos \theta }.$

Cioè

$C\omega +(C-A){\omega }_1\cos \theta =0$

ovvero

$C(\omega +{\omega }_1\cos \theta )=A{\omega }_1\cos \theta$

Per cui le componenti di $\overrightarrow{K}$ sono

$K_z=A{\omega }_1\cos \theta$

$K_m=-A{\omega }_1\sin \theta$

Cioè il vettore momento della quantità di moto $\overrightarrow{K}$ è fisso nello spazio e giacente come ${\omega }_1$ su $\zeta$ e con modulo costante $A{\omega }_1$

$\overrightarrow{K}=A{\omega }_1\overrightarrow{k}$

o in funzione di $\omega$

$\overrightarrow{K}=\frac{AC\omega }{(A-C)\omega \theta }$

Cioè possiamo concludere che nel moto di precessione libero di un giroscopio con velocità di precessione ${\omega }_1$ i quattro vettori $\overrightarrow{K},\overrightarrow{\mathrm{\Omega }}=\overrightarrow{\omega }+\overrightarrow{{\omega }_1},\overrightarrow{{\omega }_1},\overrightarrow{\omega }$ giacciono sempre sul piano rotante $\zeta z$.

--momento di un giroscopio simmetrico

Abbiamo visto nel precedente paragrafo come mediante l'applicazione delle equazioni di Eulero è possibile risolvere il caso di un giroscopio non soggetto ad azioni di forze esterne ed abbiamo trovato l'espressioni che danno la velocità di precessione libera o regolare di un giroscopio. Vogliamo ora vedere quale è il valore del momento delle forze che devono agire sul giroscopio nel caso che la velocità di precessione non soddisfi la

${\omega }_1=-\frac{C\omega }{(C-A)\cos \theta }$

Per trovare il valore di questo momento possiamo fare ricorso all'equazione cardinale della dinamica scritta per assi fissi

$\frac{d\overrightarrow{K}}{dt}=\overrightarrow{M_e}$

abbiamo visto infatti che nel caso di precessione libera $\overrightarrow{K}=cost.$, se $\overrightarrow{M_e}=0$

Ora se $\overrightarrow{\omega },\overrightarrow{{\omega }_1},\theta$ sono costanti ma non soddisfano le condizioni di precessioe, il vettore $\overrightarrow{K}$ avrà modulo costante e risulterà applicato in $O$ e ruoterà con velocità angolare ${\omega }_1$ rispetto a $\zeta$. Per cui ricordando che le derivate di un vettore ruotante $\overrightarrow{OP}$, se $<math>\overrightarrow{{\omega }_1}$ è la velocità di rotazione, è dato da

$\frac{d\overrightarrow{OP}}{dt}=\overrightarrow{{\omega }_1}\wedge \overrightarrow{OP}$

otteniamo che

$\frac{d\overrightarrow{K}}{dt}=\overrightarrow{{\omega }_1}\wedge \overrightarrow{K}$

Nel riferimento preso abbiamoche

${\omega }_{1x}=-{\omega }_1\sin \theta$

${\omega }_{1y}=0$

${\omega }_{1z}={\omega }_1\cos \theta$

Mentre $\overrightarrow{K}$ ha componenti

$K_m=-A{\omega }_1\sin \theta$

$K_z=C(\omega +{\omega }_1\cos \theta$

Ricordando la regola del prodotto vettoriale si trova che $\overrightarrow{M_e}$ ha una sola componente normale al piano $z\zeta$ ed è dato quindi da

$M=[C\omega +(C-A){\omega }_1\cos \theta ]{\omega }_1\sin \theta$

--giroscopio pesante

Consideriamo il caso di un giroscopio di peso P che ruoti intorno al suo asse di simmetria con velocità $\omega$, e con velocità ${\omega }_1$ntorno ad un asse normale all'asse di simmetria.

In questo caso $\theta =\frac{\pi }{2}$ per cui

$M=C\omega {\omega }_1$

Ora il momento esterno applicato $\overrightarrow{M}$ è uguale al peso per il braccio 'l' del baricentro G da O. Per cui in definitiva avremo

$Pl=C\omega {\omega }_1$

Cioè il giroscopio per effetto delle forze d'inerzia starà in equilibrio se ${\omega }_1$ è tale che:

${\omega }_1=\frac{Pl}{C\omega }$

o viceversa:

$\omega =\frac{Pl}{C{\omega }_1}$.