# Meccanica razionale/Sistemi rigidi/Giroscopio

Meccanica razionale
Copertina Tutti i moduli · Sviluppo
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** Teoremi generali sull'equilibrio dei corpi
* Dinamica del punto materiale e dei sistemi dei punti materiali
** Dinamica del punto materiale
** Dinamica dei sistemi di punti
** Energia cinetica e teorema dell'energia
** Teorema dei lavori virtuali
* Dinamica dei sistemi rigidi
** Teoria dei momenti d'inerzia
** Energia cinetica di un corpo rigido
** Equazione della dinamica dei corpi rigidi
** Giroscopio
* Appendice (cap 1°)
** Appendice (cap 1°)
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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 ${\vec {\omega }}$, e facendo contemporaneamente ruotare l'asse di simmetria con velocità angolare ${\vec {\omega _{1}}}$ 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 ${\vec {\Omega }}$, risultante di ${\vec {\omega _{1}}}$ e ${\vec {\omega }}$ 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:
             $A{dp \over dt}-(A-C)\ qr=0$
             $A{dq \over dt}+(A-C)\ pr=0$
             $C{dr \over dt}=0$
Le componenti di ${\vec {\Omega }}$ 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:
             $C{dr \over dt}=0$
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 ${\vec {K}}$ sono
             $\ K_{z}=A\omega _{1}\cos \theta$
             $\ K_{m}=-A\omega _{1}\sin \theta$
Cioè il vettore momento della quantità di moto ${\vec {K}}$ è fisso nello spazio e giacente come $\ \omega _{1}$ su $\ \zeta$ e con modulo costante $\ A\omega _{1}$
             ${\vec {K}}=A\omega _{1}{\vec {k}}$
o in funzione di $\ \omega$
${\vec {K}}={\frac {AC\omega }{(A-C)\omega \theta }}$
Cioè possiamo concludere che nel moto di precessione libero di un giroscopio con velocità di precessione $\ \omega _{1}$ i quattro vettori ${\vec {K}},{\vec {\Omega }}={\vec {\omega }}+{\vec {\omega _{1}}},{\vec {\omega _{1}}},{\vec {\omega }}$ 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
             ${d{\vec {K}} \over dt}={\vec {M_{e}}}$
abbiamo visto infatti che nel caso di precessione libera ${\vec {K}}=cost.$, se ${\vec {M_{e}}}=0$
Ora se ${\vec {\omega }},{\vec {\omega _{1}}},\ \theta$ sono costanti ma non soddisfano le condizioni di precessioe, il vettore ${\vec {K}}$ 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 ${\vec {OP}}$, se $<math>{\vec {\omega _{1}}}$ è la velocità di rotazione, è dato da
             ${d{\vec {OP}} \over dt}={\vec {\omega _{1}}}\wedge {\vec {OP}}$
otteniamo che
             ${d{\vec {K}} \over dt}={\vec {\omega _{1}}}\wedge {\vec {K}}$
Nel riferimento preso abbiamoche
             $\ \omega _{1x}=-\omega _{1}\sin \theta$
             $\ \omega _{1y}=0$
             $\ \omega _{1z}=\omega _{1}\cos \theta$
Mentre ${\vec {K}}$ 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 ${\vec {M_{e}}}$ 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 ${\vec {M}}$ 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:
                                     $\omega ={\frac {Pl}{C\omega _{1}}}$.