1 - Determinare il centro di istantanea rotazione per l asta AH, scrivere le equazioni della base e della rulletta e disegnarne il grafico.

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1 Esercizio 1 Un sistema materiale costituito da due aste omogenee AB e AH di uguale massa m e di lunghezza rispettivamente 4l e 2l è mobile nel piano verticale Oy con assi di versori î e ĵ (come in figura). Il sistema è così vincolato a - il punto medio dell asta AB è incernierato nell origine O del sistema di riferimento b - l estremo A dell asta AH è incernierato nell estremo A dell asta AB, mentre l estremo H è vincolato a scorrere sull asse. Oltre alla forza peso sul sistema agisce la forza elastica F e = α mg l (B B ) applicata in B, con B proiezione di B sull asse. Preso come parametro lagrangiano ϑ angolo che l asta AB forma con l asse y, 1 - Determinare il centro di istantanea rotazione per l asta AH, scrivere le equazioni della base e della rulletta e disegnarne il grafico. 2 - Determinare le configurazioni di equilibrio del sistema e studiarne la stabilità, al variare di α > Fissato α = 1, determinare le reazioni vincolari statiche in O e in H in 2 una configurazione di equilibrio stabile. 4 - Sempre per α = 1 2 scrivere l energia meccanica del sistema. y B B O J A H 1

2 Soluzione dell Esercizio 1 1. Considerazioni generali Il sistema è olonomo a un grado di libertà. I vincoli sono fissi e bilaterali. In funzione del parametro lagrangiano i punti A, B, H e il baricentro G dell asta AH hanno coordinate A = (2l sinϑ, 2l cosϑ), B = ( 2l sinϑ, 2l cosϑ) H = (4l sinϑ, 0), G = (3l sinϑ, l cosϑ), le velocità angolari delle aste AB e AH sono rispettivamente mentre le forze attive si scrivono ω AB = ϑî ĵ, ω AH = ϑî ĵ mg = mgĵ, F e = 2αmg cosϑĵ y base B B O J rulletta A G H y C 2J-p/2 2. Primo quesito Per la determinazione del centro di istantanea rotazione C dell asta AH, ricordando che v P = ω AH (P C), è sufficiente osservare che A si muove sulla circonferenza di centro O e raggio 2l e che H si muove sull asse e quindi (vedi figura) da (C A) (O A), (C H) ĵ si ha C = H = 4l sinϑ, y C = 2y A = 4l cosϑ (1) 2

3 Eliminando il parametro ϑ da (10) si ha l equazione della base 2 + y 2 = 16l 2 Rispetto al riferimento solidale all asta AH, A y coordinate di C sono (come in figura) le C = 2l sin2ϑ, y C = 2l cos2ϑ (2) Eliminando il parametro ϑ da (11) si ha l equazione della rulletta 3. Secondo quesito 2 + y 2 = 4l 2 Avendo il sistema un solo grado di libertà ed essendo le forze arrive conservative, le configurazioni di equilibrio sono quelle che rendono stazionario il potenziale. Il potenziale delle forze attive è U(ϑ) = mgy G α mg 2l B B 2 +cost. = mgl(cosϑ 2αcos 2 ϑ)+cost. I valori che rendono stazionario il potenziale sono soluzione dell equazione U (ϑ) = mgl(4αcosϑ 1)sin ϑ = 0 Le configurazioni di equilibrio sono ϑ 1 = 0, ϑ 2 = π α, ϑ 3,4 = ± arccos 1 4α se α 1 4 (3) Per studiare la stabilità delle posizioni di equilibrio calcoliamo la derivata seconda del potenziale U (ϑ) = mgl(8αcos 2 ϑ 4α cosϑ). Nelle posizioni di equilibrio di ha U (0) = mgl(4α 1) negativa se α < 1 4 U (π) = mgl(4α + 1) > 0 α > 0 per α 1 4 U (ϑ 3 ) = U (ϑ 4 ) = mgl 1 16α2 4α negativa se α > 1 4 Per α = 1 4 si ha ϑ 1 = ϑ 3 = ϑ 4 = 0 e, dallo studio del diagramma di biforcazione, si può concludere che tale configurazione di equilibrioè stabile. Riassumendo si ha 0 α posizioni di equilibrio ϑ 1, ϑ 2 ϑ 1 stabile α > posizioni di equilibrio ϑ 1, ϑ 2, ϑ 3, ϑ 4 ϑ 3 e ϑ 4 stabili 3

4 a=0 a=1/4 J=0 J=-arccos(1/4a) J=p J=arccos(1/4a) 4. Terzo quesito per α = 1 2 una posizione di equilibrio stabile è ϑ = π 3. Per il Principio delle Reazioni Vincolari, Φ O = Φ O î + Φ Oy ĵ reazione in O, Φ H = Φ H ĵ reazione in H La seconda equazione cardinale della statica per l asta AH con polo A e la prima equazione cardinale per l intero sistema forniscono { mg (A G) + ΦH (A H) = 0 2mg mg 2l (B e B e ) + Φ O + Φ H = 0 Poiché (B e B e ) = lĵ, proiettando sugli assi si ottiene Φ H = 1 2 mg Φ O = 0 Φ Oy = 2mg 5. Quarto quesito Per calcolare l energia cinetica del sistema calcoliamo separatamente l energia cinetica delle singole aste. Asta AB T AB = 1 2 I3 O (ω AB) 2 = ml2 ϑ2 Asta AH: applicando il teorema di König si ha T AH = 1 2 mv2 G I3 G ω2 AH = 1 2 m(9l2 cos 2 ϑ + l 2 sin 2 ϑ) ϑ = 1 2 ml2 (8 cos 2 ϑ ) ϑ 2, quindi l energia meccanica del sistema è ml2 ϑ E = T AB + T AH U = 4ml 2 ( cos2 ϑ) ϑ 2 mgl(cosϑ cos 2 ϑ). 4

5 Esercizio 2 Un sistema materiale, costituito da un disco omogeneo di massa m e raggio r e da un asta AG di uguale massa m e di lunghezza 2r, è mobile nel piano verticale Oy con assi di versori î e ĵ (come in figura). Il sistema è così vincolato a - il disco rotola senza strisciare sull asse ; b - l estremo A dell asta scorre sull asse, mentre l estremo G è incernierato nel baricentro del disco. Oltre alla forza peso sul sistema agisce i - la forza elastica F e = k(a O) applicata in A; ii - la coppia di momento M = αk(g O) (G H) con α IR e H proiezione di G sull asse, applicata al disco. Preso come parametro lagrangiano ξ, ascissa del punto A, 1 - determinare le configurazioni di equilibrio del sistema e studiarne la stabilità, al variare di α 1; 2 - fissato α = 1, determinare le reazioni vincolari esterne e interne nella configurazione di equilibrio stabile; 3 - sempre per α = 1 scrivere l energia meccanica del sistema. y O A G H 5

6 Soluzione dell Esercizio 2 1. Considerazioni generali Il sistema è olonomo a un grado di libertà. I vincoli sono fissi e bilaterali. In funzione del parametro lagrangiano i punti A e G hanno coordinate A = (ξ, 0), G = (ξ + r, r) L asta AG trasla e la velocità angolare del disco ω si ottiene osservando che, per il vincolo di rotolamento senza strisciamento, H è centro di istantanea rotazione, quindi v G = ω (G H) = ξî = ω rĵ = ω = ξ rî ĵ mentre le forze attive si scrivono 2. Primo quesito mg = mgĵ, F e = kξî, M = αkr(ξ + r)î ĵ Avendo il sistema un solo grado di libertà ed essendo le forze arrive conservative, le configurazioni di equilibrio sono quelle che rendono stazionario il potenziale. Il potenziale della forza peso è costante, il potenziale dalla forza elastica è k 2 A O 2, per determinare il potenziale delle forze attive calcoliamo il lavoro elementare compiuto dalla coppia di momento M dl M = αkr(ξ + r)î ĵ dξ r î ĵ = d[ αk(1 2 ξ2 + rξ)] Quindi il potenziale delle forze attive è U(ξ) = k 2 (α + 1)ξ2 αkrξ + cost. I valori che rendono stazionario il potenziale sono soluzione dell equazione U (ξ) = k(α + 1)ξ αkr = 0 Il sistema ammette un unica soluzione di equilibrio ξ e = α α + 1 r Per studiare la stabilità della posizioni di equilibrio calcoliamo la derivata seconda del potenziale U (ξ) = k(α + 1). La derivata seconda del potenziale è costante ed è positiva se α < 1 (equilibrio instabile), negativa per α > 1 (equilibrio stabile). 6

7 3. Secondo quesito Per α = 1 la posizione di equilibrio ξ e = r 2 è stabile. Per il Principio delle Reazioni Vincolari, Φ H = Φ H î + Φ Hy ĵ reazione esterna in H, Φ A = Φ A ĵ reazione esterna in A, Φ G = Φ G î + Φ Gy ĵ reazione vincolare interna in G. Indicato con M il baricentro dell asta AG, la seconda equazione cardinale per l asta AG con polo G e la prima equazione cardinale della statica per l intero sistema permettono di determinare le reazioni vincolari esterne { mg (G M) + (ΦA k(a e O)) (G A) = 0 2mg k(a e O) + Φ A + Φ H = 0 Poiché (A e O) = 1 2rî, proiettando sugli assi si ottiene 1 2 mgrî ĵ + (Φ Aĵ krî ) (rî + rĵ ) = 0 = Φ A = 1 2 (kr mg) Φ H = 1 2 kr Φ Hy + Φ A = 2mg = Φ Hy = 1 2 (5mg kr) Per determinare la reazioni vincolare interna, la prima equazione cardinale applicata all asta fornisce mg k(a e O) + Φ A + Φ G = 0 Φ G = krî + 1 (3mg kr)ĵ 2 4. Terzo quesito Per calcolare l energia cinetica del sistema calcoliamo separatamente l energia cinetica dell asta e del disco. L asta AG trasla T AG = 1 2 m ξ 2 Il disco ruota attorno all asse ortogonale al piano y passante per H T disco = 1 2 Iz H quindi l energia meccanica del sistema è [ ] 2 ξ = 3 r 4 m ξ 2 E = T AG + T disco U = 5 4 m ξ 2 + kξ 2 + krξ. 7

8 Esercizio 3 Un corpo rigido è costituito da due aste omogenee AB e KM di ugual massa m e di lunghezza 2l e 4l rispettivamente, saldate perpendicolarmente tra loro in modo tale che M sia il punto medio di AB. 1 - Determinare la posizione del baricentro G del corpo e scrivere la matrice di inerzia rispetto ad una terna principale di inerzia centrata in G. Il corpo è mobile nel piano verticale Oy con assi di versori î e ĵ (come in figura) con il punto M vincolato a scorrere sull asse y ed è soggetto solamente alla forza peso. Presi come parametri lagrangiani η, ordinata di M e ϑ, angolo che l asta KM forma con l asse y, 2 - scrivere le equazioni differenziali che governano il moto del corpo. 3 - Introdotto l ulteriore vincolo che impone a G di scorrere sulla retta di equazione y = 2l, determinare il centro di istantanea rotazione per il corpo, scrivere le equazioni della base e della rulletta e disegnarne il grafico. y M B A h J O K y M B A G J O K 8

9 Soluzione dell Esercizio 3 1. Considerazioni generali Il sistema è olonomo a due gradi di libertà. I vincoli sono fissi e bilaterali. 2. Primo quesito K 2 K H A G M figura 1 B A G M figura 2 B 1 Per simmetria il baricentro del sistema di trova sull asta KM, e per la proprietà distributiva del baricentro, G si trova nel punto medio del segmento HM con H punto medio dell asta MK (figura 1). In funzione dei parametri lagrangiani le coordinate del baricentro sono G = (l sin ϑ, η l cosϑ) Per le proprietà di simmetria del sistema la terna G indicata nella figura 2 è principale di inerzia. Per l additività dei momenti di inerzia Essendo poi il sistema piano Si ha I 11 = I11 AB + IKM 11, I 22 = I22 AB + I22 KM. AB (M) I 33 = I 11 + I 22. I11 AB = I11 + m G M 2 = 0 + ml 2 I11 KM KM (H) = I11 + m G H 2 = m(4l) ml 2 = 7 3 ml2, I22 AB = m(2l)2 12 = 1 3 ml2 I22 KM = 0, quindi la matrice di inerzia del sistema è 10 3 ml ml ml2 9

10 3. Secondo quesito Essendo in presenza di un sistema rigido, le equazioni cardinali con il Principio delle Reazioni Vincolari sono sufficienti per lo studio del moto. Per il Principio delle Reazioni Vincolari, il sistema di reazioni vincolari è equivalente a un vettore Φ M = Φî applicato in M. Le equazioni del moto si ottengono proiettando la prima equazione cardinale sull asse y mÿ G = mg e la seconda equazione cardinale con polo M ortogonalmente al piano y. Poiché v G v M 0 la seconda equazione cardinale si scrive Si ha quindi e per il teorema di König K M = mg (M G) + mv G v M ÿ G = η + l sinϑ ϑ + l cosϑ ϑ 2 K M = K G + mv G (M G) Poiché la velocità angolare del sistema è ϑˆk,( ˆk = î ĵ ), facendo i conti si ha K M = 11 3 ml2 ϑˆk + ml(l ϑ + η sin ϑ)ˆk K z = 11 3 ml2 ϑ + ml(l ϑ + η sin ϑ + η cosϑ ϑ) v G v M ˆk = l η cosϑ ϑ mg (M G) = mgl sinϑˆk Facendo le opportune semplificazioni, le equazioni dei moto sono { η + l sin ϑ ϑ + l cosϑ ϑ2 = g 14 3 l ϑ + η sin ϑ = g sinϑ 4. Terzo quesito L imposizione dell ulteriore vincolo abbassa il grado di libertà del sistema: y G = 2l η = 2l + l cosϑ. Esprimeremo quindi tutte le grandezze in funzione del parametro ϑ. Per la determinazione del centro di istantanea rotazione C del sistema, ricordando che v P = ω (P C), è sufficiente osservare che M si muove sull asse y e che G si muove sulla retta y = 2l e quindi (vedi figura)da (C M) î, (C G) ĵ si ha C = G = l sinϑ, y C = y M = 2l + l cosϑ (4) 10

11 Eliminando il parametro ϑ da (10) si ha l equazione della base 2 + (y 2l) 2 = l 2 Rispetto al riferimento solidale al sistema M y (come in figura) le coordinate di C sono C = l sin2 ϑ = l 2 (1 cos2ϑ), y C = l sinϑcosϑ = l sin 2ϑ (5) 2 Eliminando il parametro ϑ da (11) si ha l equazione della rulletta ( l 2 )2 + y 2 = 1 4 l2 y B y A M C G J O K rulletta base 11

12 Esercizio 4 Un asta AB di massa m e di lunghezza l, è mobile nel piano verticale Oy con assi di versori î e ĵ (come in figura) ha l etremo A vincolato a scorrere sull asse e l estremo B sulla guida circolare di equazione 2 + y 2 = l 2 Oltre alla forza peso sull asta agisce i - la forza elastica F e = α mg (A O) applicata in A, con α > 0; l ii - la coppia di momento M = mg(b A) ĵ. Preso come parametro lagrangiano ϑ, angolo che la retta OA forma con l asse, 1 - determinare il centro di istantanea rotazione dell asta, le equazioni cartesiane di base e rulletta e disegnarne i grafici; 2 - determinare le configurazioni di equilibrio dell asta e studiarne la stabilità, al variare di α > 0; 3 - trovare per quale valore di α la configurazione ϑ = π é di equilibrio e 6 determinare le reazioni vincolari statiche in tale configurazione. y B O J A 12

13 Soluzione dell Esercizio 4 1. Considerazioni generali Il sistema è olonomo a un grado di libertà. I vincoli sono fissi e bilaterali. In funzione del parametro lagrangiano ϑ si ha: B = (l cosϑ, l sinϑ), A = (2l cosϑ, 0), G = ( 3 2 l cosϑ, 1 2 l sinϑ), ω = ϑî ĵ, con G baricentro dell asta e ω velocità angolare dell asta. Inoltre 2. Primo quesito F e = 2αmg cosϑî, M = mgl cosϑî ĵ. y rulletta y O B J 2J C A base Per la determinazione del centro di istantanea rotazione C dell asta AB, ricordando che v P = ω (P C), è sufficiente osservare che B si muove sulla circonferenza di centro O e raggio l e che A si muove sull asse e quindi (vedi figura)da (C B) (O B), (C A) ĵ 13

14 si ha C = A = 2l cosϑ, y C = 2y B = 2l sinϑ (6) Eliminando il parametro ϑ da (10) si ha l equazione della base 2 + y 2 = 4l 2 Rispetto al riferimento solidale all asta AB, B y coordinate di C sono (come in figura) le C = l cos2ϑ, y C = 2l sin2ϑ (7) Eliminando il parametro ϑ da (11) si ha l equazione della rulletta 2 + y 2 = l 2 3. Secondo quesito Avendo il sistema un solo grado di libertà ed essendo le forze attive conservative, le configurazioni di equilibrio sono quelle che rendono stazionario il potenziale. Il potenziale della forza peso è mgy G, il potenziale dalla forza elastica è αmg 2l A O 2. Per determinare il potenziale delle forze attive calcoliamo il lavoro elementare compiuto dalla coppia di momento M dl M = M ωdt = ( mgl cosϑî ĵ ) ( dϑî ĵ ) = d[mgl sinϑ] Quindi il potenziale delle forze attive è U(ϑ) = 1 2 mgl sinϑ 2αmgl cos2 ϑ+mgl sinϑ+cost. = mgl( 1 2 sinϑ 2α cos2 ϑ)+cost. I valori che rendono stazionario il potenziale sono soluzione dell equazione U (ϑ) = mgl( 1 + 4α sinϑ)cos ϑ = 0 2 Le configurazioni di equilibrio sono ϑ 1 = π, ϑ 2 = π α 2 2 ϑ 3 = arcsin 1 8α, ϑ 4 = π + arcsin 1 8α se α 1 8 Per studiare la stabilità delle posizioni di equilibrio calcoliamo la derivata seconda del potenziale U (ϑ) = mgl[4α(1 2 sin 2 ϑ) 1 sin ϑ]. 2 14

15 Nelle posizioni di equilibrio di ha U ( π 2 ) = mgl(4α ) < 0 α > 0 U ( π 2 ) = mgl(1 2 4α) negativa se α > 1 8 per α 1 8 U (ϑ 3 ) = U (ϑ 4 ) = mgl 64α2 1 16α positiva se α > 1 8 Per α = 1 8 si ha ϑ 2 = ϑ 3 = ϑ 4 = π 2 e, dallo studio del diagramma di biforcazione, si può concludere che tale configurazione di equilibrio è instabile. a=0 a=1/8 J=-p/2 J=p+arccos(1/8a) J=p/2 J=-arcsin(1/8a) Riassumendo si ha 0 α posizioni di equilibrio ϑ 1, ϑ 2 ϑ 1 stabile α > posizioni di equilibrio ϑ 1, ϑ 2, ϑ 3, ϑ 4 ϑ 1 e ϑ 2 stabili 4. Terzo quesito Richiedere che ϑ = π 6 sia configurazione di equilibrio implica arcsin 1 8α = π 6 = α = 1 4 Per il principio delle reazioni vincolari Φ A = Φ A ĵ, Φ B = Φ B vers(b O) Nella configurazione di equilibrio 3 vers(b O) = 2 î 1 3 2ĵ, F e = 4 mgî sostituendo nella prima equazione cardinale della statica si ottiene 3 3 mgĵ 4 mgî + Φ Aĵ + Φ B ( 2 î 1 2ĵ ) = 0 Proiettando sugli assi si ottiene Φ A = 5 4 mg, Φ B = 1 2 mg 15

16 Esercizio 5 Un sistema materiale, mobile nel piano verticale Oy con assi di versori î e ĵ (come in figura), è costituito da un disco omogeneo di massa m, centro G e raggio r e da un punto materiale P di massa m. Il disco è vincolato a rotolare senza strisciare sull asse y, mentre il punto P è vincolato a scorrere sull asse. Oltre alla forza peso sul sistema agisce i - una forza elastica interna rappresentata da una molla ideale si costante elastica mg e lunghezza a riposo nulla che collega il centro G del disco al r punto P; g ii - una forza viscosa di costante 2m, applicata al punto P. r Presi come parametri lagrangiani η, ordinata di G e ξ, ascissa di P, scrivere ed integrare le equazioni differenziali che governano il moto del sistema in corrispondenza alle condizioni iniziali ξ(0) = 0, η(0) = 0, ξ(0) = 0, η(0) = 0 e determinare la reazione vincolare dinamica nel punto P al variare del tempo. h y G O P 16

17 Soluzione dell Esercizio 5 1. Considerazioni generali Il sistema è olonomo a due gradi di libertà. I vincoli sono fissi e bilaterali. In funzione dei parametri lagrangiani i punti P e G hanno coordinate P = (ξ, 0), G = (r, η). Il disco si muove di moto rigido piano e H, punto di contatto tra il disco e l asse y è centro di istantanea rotazione, quindi, posto ˆk = î ĵ, la velocità angolare del disco si ricava dalla relazione v G = ωˆk (G H) ω = η r La forza elastica interna si rappresenta come la coppia F P = mg [(ξ r)î ηĵ ], applicata in P r F G = mg [ (ξ r)î + ηĵ ], applicata in G r mentre la forza viscosa g F v = 2m r ξî, applicata in P 2. Primo quesito Per determinare le equazioni del moto, osserviamo che il sistema di reazioni vincolari si può rappresentare attraverso un vettore Φ H applicato in H (di cui non si conosce la direzione) e un vettore Φ P = Φ P ĵ applicato in P. Quindi l equazione fondamentale della dinamica per il punto P proiettata sull asse e la seconda equazione cardinale con polo H per il disco, proiettata ortogonalmente al piano y sono le equazioni del moto richieste. ma P î = [mg + F P + F v +Φ P ] î m ξ = mg g (ξ r) 2m r r ξ Poiché v H v G = 0, K H = I 3 H ωˆk con I 3 H = I3 G + mr2 = 3 2 mr2 e (mg+f G ) (H G) = [ mgĵ mg [ (ξ r)î +ηĵ ]] ( rî ) = mg(η+r)ˆk r si ottiene K H ˆk = [Ω e H + Ψe H ] ˆk 3 mr η = mg(η + r) 2 17

18 Il sistema di equazioni differenziali da risolvere è il seguente ξ + 2 g ξ r + g r (ξ r) = 0 η + 2g 3r (η + r) = 0 ξ(0) = 0, η(0) = 0, ξ(0) = 0, η(0) = 0 Le due equazioni sono indipendenti e hanno come integrali generali { ξ(t) r = (c1 + c 2 t)ep[ g r t] 2g η(t) + r = c 3 cos( 3r t + c 4) Imponendo le condizioni iniziali si ottiene { ξ(t) = (r + grt)ep[ g r t] + r 2g η(t) = r cos( 3r t) r Per il calcolo della reazione vincolare in P consideriamo l equazione fondamentale della dinamica per il punto P proiettata sull asse y ma P ĵ = [mg + F P + F v + Φ P ] ĵ 0 = mg + mg r η + Φ P da cui 2g Φ P = mg[2 cos( 3r t)] 18

19 Esercizio 6 Un asta AB, di di lunghezza 2l, è mobile nel piano verticale Oy con assi di versori î e ĵ (come in figura). L asta è vincolata a passare per il punto O, mentre l estremo A scorre sulla retta di equazione y = l. Preso come parametro lagrangiano ϑ, angolo che l asta AB forma con l asse y, 1 - determinare il centro di istantanea rotazione dell asta e l equazione cartesiana della base, disegnandone il grafico. L asta AB ha la massa m concentrata nell estremo B e oltre alla forza peso agisce una forza costante F = αmgî applicata in A, con α IR. 2 - Determinare per quale valore di α la configurazione ϑ = π 6 e studiare la stabilità di tale configurazione; é di equilibrio 3 - determinare le reazioni vincolari statiche in tale configurazione. A y O J B 19

20 Soluzione dell Esercizio 6 1. Considerazioni generali Il sistema è olonomo a un grado di libertà. I vincoli sono fissi. Per rispettare i vincoli, parametro ϑ varia nell intervallo [ π 3, π 3 ] In funzione del parametro lagrangiano i punti A e B hanno coordinate A = ( l tanϑ, l), La velocità angolare dell asta è 2. Primo quesito B = ( l tanϑ + 2l sinϑ, l 2l cosϑ). ω = ϑî ĵ. Per la determinazione del centro di istantanea rotazione C dell asta ricordando che v P = ω (P C), è sufficiente osservare che A si muove su una retta parallela all asse, mentre il punto dell asta che transita per O ha velocità parallela all asta, quindi (vedi figura) (C A) ĵ, (C O) (B A) Poiché il triangolo AOC è rettangolo e A C = l cos 2 ϑ, si ha C = A = l tanϑ, y C = y A l cos 2 ϑ = l tan2 ϑ (8) Eliminando il parametro ϑ da (10) si ha l equazione della base che è l arco di parabola y = 2, [ 3l, 3l] l (non richiesta) Rispetto al riferimento solidale all asta AB, A y (come in figura) le coordinate di C sono C = l cosϑ, y C = l cos 2 sin ϑ (9) ϑ Per eliminare il parametro ϑ da (11) osserviamo che y 2 C = l2 cos 4 ϑ (1 cos2 ϑ) = 1 l 4 l 2 cos 4 ϑ l2 cos 2 ϑ quindi l equazione della rulletta che è l arco di curva y 2 = 4 l 2 2, [l, 2l] Poiché è non negativa si può dare l equazione esplicita dell arco di curva y 2 l = l 2, y [ 2 3l, 2 3l] 2 20

21 y y A rulletta C O B J base 3. Secondo quesito Avendo il sistema un solo grado di libertà ed essendo le forze attive costanti e quindi conservative, le configurazioni di equilibrio sono quelle che rendono stazionario il potenziale. Il potenziale delle forze attive è U(ϑ) = mgy B + αmg A + cost. = mgl(2 cosϑ α tanϑ) + cost. I valori che rendono stazionario il potenziale sono soluzione dell equazione U (ϑ) = mgl(2 sinϑ + α 1 cos 2 ϑ ) = 0 Ricordando che sin π 6 = 1 2 e cos π 6 = 3 2, ϑ = π 6 equilibrio se è configurazione di U (ϑ) = mgl( α) = 0 α = 3 4 Per studiare la stabilità della posizione di equilibrio calcoliamo la derivata 21

22 seconda del potenziale per α = 3 4 U (ϑ) = 2mgl(cosϑ 3 sinϑ 4 cos 3 ϑ ). Nella posizione di equilibrio ϑ = π 6 si ha U ( π 6 ) = 2mgl( ) = mgl < 0. 3 e si può concludere che tale configurazione di equilibrioè stabile. 4. Terzo quesito Per il Principio delle Reazioni Vincolari, Φ O (B A) reazione in O, Φ A = Φ A ĵ reazione in A Nella configurazione di equilibrio ϑ = π 6 il versore ortogonale all asta AB è û = 3 2 î + 2ĵ 1 La prima equazione cardinale della statica mg + F + Φ O + Φ A = 0 proiettata sugli assi fornisce { 3 4 mg Φ O = 0 mg Φ O + Φ A = 0 quindi 3 3 Φ O = 2 mg( 2 î + 1 2ĵ ), Φ A = 4 3 mgĵ 4 22

23 Esercizio 7 Un corpo rigido, mobile nel piano verticale Oy con assi di versori î e ĵ (come in figura), è costituito da un quadrato omogeneo ABCD di lato l e massa µ e da un asta omogenea HK di lunghezza 3l e massa ν che ha l estremo H saldato nel punto medio del lato AB in modo tale che l asta sia esterna al quadrato e perpendicolare ad AB. 1 - Determinare µ e ν in modo che la massa del corpo sia m e che il baricentro G del sistema disti 2l da K. Sapendo che G è vincolato a scorrere sull asse e che sul sistema agisce solo la forza peso, presi come parametri lagrangiani ξ, ascissa di G, e ϑ, angolo che l asta HK forma con l asse, 2 - determinare due integrali primi di moto. O y D A H G J B C K 23

24 Soluzione dell Esercizio 7 1. Considerazioni generali Il sistema è olonomo a due gradi di libertà. I vincoli sono fissi e bilaterali. Le forze attive sono conservative. La velocità angolare del corpo è ω = ϑî ĵ. 2. Primo quesito K A G G 1 H G 2 B D C figura 1 La massa del sistema materiale è m = µ + ν. Per simmetria il baricentro del sistema di trova sull asta KH e, per la proprietà distributiva del baricentro, (figura 1) (µ + ν) G K = ν G 1 K + µ G 2 K con G 1 baricentro dell asta e G 2 baricentro del quadrato. Si ha µ + ν = m µ = 1 4 m = 2(µ + ν)l = 3 2 lν µl ν = 3 4 m In funzione dei parametri lagrangiani le coordinate del baricentro sono G = (ξ, 0) 3. Secondo quesito Per il Principio delle Reazioni Vincolari, il sistema di reazioni vincolari è equivalente a un vettore Φ G = Φĵ applicato in G. Il sistema delle forze 24

25 peso è equivalente mg applicato in G. Quindi sia le forze attive, sia le razioni vincolari risultano parallele all asse y e hanno momento risultante nullo rispetto al polo G. Dalle equazioni cardinali della dinamica discende Q î = 0 K G = 0 = ẋ G = cost K 3 G = cost Poiché ẋ G = ξ e KG 3 = I3 ϑ G si può concludere che gli integrali primi di moto sono ξ = cost, ϑ = cost Il calcolo di IG 3 non risulta necessario in quanto è costante. Per completezza I 3 G = I3 G m G G I 3 G m G G 2 2 = ml2 Ad uno dei due integrali primi sopra trovati si poteva sostituire l integrale primo dell energia T + V = E T = E 1 2 [m ξ ml2 ϑ2 ] = E 25

26 Esercizio 8 Un sistema materiale, mobile nel piano verticale Oy con assi di versori î e ĵ (come in figura), è costituito da un asta omogenea AB di lunghezza 2l e massa m e da un disco omogeneo di massa m e raggio αl (α > 0). Il disco è vincolato a rotolare senza strisciare sull asse y (come in figura), mentre l asta ha l estremo A incernierato nel centro del disco e l estremo B vincolato a scorrere sull asse. Preso come parametro lagrangiano ϕ angolo che l asta AB forma con l asse y 1 - determinare il centro di istantanea rotazione dell asta e le equazioni cartesiane della base e della rulletta, disegnandone i grafici. Sapendo che sul sistema agisce la forza peso e sul disco una coppia di momento M = (B A) mgĵ, 2 - determinare per quale valore di α la configurazione ϕ = π 6 e studiare la stabilità di tale configurazione; è di equilibrio 3 - determinare le reazioni vincolari statiche esterne ed interne in tale configurazione; 4 - determinare l energia meccanica del sistema y A O ϕ B 26

27 Soluzione dell Esercizio 8 1. Considerazioni generali Il sistema è olonomo a un grado di libertà. I vincoli sono fissi e bilaterali. In funzione del parametro lagrangiano i punti A, B e G (baricentro dell asta) hanno coordinate A = (αl, 2l cosϕ), B = (αl+2l sinϕ, 0), G = (αl+l sin ϕ, l cosϕ) la velocità angolare dell asta è ω a = ϕî ĵ mentre la velocità angolare del disco ω d si ottiene osservando che, per il vincolo di rotolamento senza strisciamento, H (punto di contatto del disco con l asse y è centro di istantanea rotazione, quindi v A = ω d (A H) 2l sinϕ ϕĵ = ω d αlî ω d = 2 sin ϕ ϕî ĵ α mentre le forze attive si scrivono mg = mgĵ, M = 2mgl sinϕî ĵ 2. Primo quesito Per la determinazione del centro di istantanea rotazione C dell asta, ricordando che v P = ω a (P C), è sufficiente osservare che B si muove sull asse e che A si muove sulla retta = αl e quindi (vedi figura) da si ha (C A) î, (C B) ĵ C = B = αl + 2l sinϕ, y C = y A = 2l sinϕ (10) Eliminando il parametro ϕ da (10) si ha l equazione della base ( αl) 2 + y 2 = 4l 2 Rispetto al riferimento solidale al sistema A y (come in figura) le coordinate di C sono C = 2l sin2 ϕ = l(1 cos2ϕ), y C = 2l sinϕcosϕ = l sin 2ϕ (11) Eliminando il parametro ϕ da (11) si ha l equazione della rulletta ( l) 2 + y 2 = l 2 27

28 H y A y C base O j B rulletta 3. Secondo quesito Avendo il sistema un solo grado di libertà ed essendo le forze arrive conservative, le configurazioni di equilibrio sono quelle che rendono stazionario il potenziale. Il potenziale della forza peso è mgy A mgy G = 3mgl cosϕ, per determinare il potenziale delle forze attive calcoliamo il lavoro elementare compiuto dalla coppia di momento M dl M = 2mgl sinϕî ĵ ( 2 α sin ϕdϕî ĵ ) = 2 mgl αmgl(cos2ϕ 2)dϕ = d[ α (sin 2ϕ 2ϕ)] Quindi il potenziale delle forze attive è U(ϕ) = mgl[3 cosϕ + 1 (2ϕ sin 2ϕ)] + cost. α I valori che rendono stazionario il potenziale sono soluzione dell equazione U (ϕ) = mgl(3 sinϕ 2 α + 2 α cos2ϕ) = 0 U ( π 6 ) = 0 se mgl( α α 2 ) α = 2 3 Per studiare la stabilità della posizione di equilibrio calcoliamo la derivata seconda del potenziale con α = 2 3 U (ϕ) = mgl(3 cosϕ 6 sin2ϕ) 28

29 e per ϕ = π 6 U ( π 6 ) = 3 3 mgl equilibrio stabile 2 4. Terzo quesito Per il Principio delle Reazioni Vincolari, Φ H Φ H î + Φ Hy ĵ reazione esterna in H, Φ B = Φ B ĵ reazione esterna in B, Φ A = Φ A î + Φ Ay ĵ reazione interna in A. La seconda equazione cardinale per il disco con polo A e la prima equazione cardinale della statica per l intero sistema permettono di determinare le reazioni vincolari esterne M + Φ H (A H) = 0 2mg + Φ H + Φ B = 0 All equilibrio M = mglî ĵ, proiettando sugli assi si ottiene mglî ĵ + Φ Hy ĵ 2 3 lî = 0 Φ Hy = 3 2 mg Φ H = 0 Φ Hy + Φ B = 2mg Φ B = 1 2 mg Per determinare la reazioni vincolare interna, la prima equazione cardinale applicata all asta fornisce mg + Φ A + Φ B = 0 Φ A = 1 2 mgĵ 5. Quarto quesito Per calcolare l energia cinetica del sistema calcoliamo separatamente l energia cinetica dell asta e del disco. Per l asta AB, applicando il teorema di König si ha T AB = 1 2 mv2 G I3 G ϕ2 = 2 3 ml2 ϕ 2 Il disco ruota attorno all asse ortogonale al piano y passante per H T disco = 1 [ ] I3 H sinϕ ϕ = 3ml 2 sin 2 ϕ ϕ 2 3 quindi l energia meccanica del sistema è E = T AB + T disco U = ml 2 [ sin2 ϕ] ϕ 2 + 3mgl[cosϕ + ϕ sin 2ϕ]. 29

30 Esercizio 9 Un sistema materiale, costituito da un asta omogenea di massa m e di lunghezza 8R e da un disco omogeneo di uguale massa m e raggio R, è mobile nel piano verticale Oy con assi di versoriî e ĵ (come in figura). Il sistema è così vincolato i - l asta ha un inclinazione costante α = π 6 M scorre su tale asse; rispetto all asse e il suo baricentro ii - il disco rotola senza strisciare sull asta ed ha il baricentro G vincolato a scorrere sull asse y. 3mg Oltre alla forza peso sul sistema agisce una forza elastica F e = (M O) R applicata in M. Preso come parametro lagrangiano ξ in modo che (H M) = ξ vers(b A), essendo H il punto di contatto tra il disco e l asta, 1 - determinare il centro di istantanea rotazione del disco, le equazioni cartesiane di base e rulletta e disegnarne i grafici; 2 - determinare la configurazione di equilibrio del sistema e le reazioni vincolari esterne in tale configurazione; 3 - scrivere l energia meccanica del sistema. y M a G H O B A 30

31 Soluzione dell Esercizio 9 1. Considerazioni generali Il sistema è olonomo a un grado di libertà. I vincoli sono fissi. Il parametro lagrangiano ξ varia nell intervallo [ 4R, 4R]. In funzione del parametro lagrangiano i punti H, M e G hanno coordinate H = ( R 2, ξ 2 ), M = (R 3ξ 2, 0), G = (0, ξ + 3R ) 2 L asta trasla, per determinare la velocità angolare del disco osserviamo che v G = v H + ω (G H) e, per il vincolo di rotolamento senza strisciamento, v H = v M quindi ξ 3 2ĵ = 2 ξî + ω(î ĵ ) (G H) ω = ξ Rî ĵ mentre le forze attive si scrivono mg = mgĵ, F e = mg 2 (R 3ξ)î 2. Primo quesito Per la determinazione del centro di istantanea rotazione C del disco, ricordando che v P = ω (P C), è sufficiente osservare che G si muove sull asse y e che v H î e quindi (vedi figura) da (C G) î, (C H) ĵ si ha C = H = R 2, y C = y G = ξ + 3R 2 L equazione della base = R 2 Per determinare la rulletta, osserviamo che, durante il moto, C G = R 2, quindi la rulletta è la circonferenza di centro G e raggio R 2. Preso un sistema di assi cartesiani G y solidali con il disco, l equazione della rulletta è 2 + y 2 = R2 4 31

32 y base rulletta G C B H M a O A 3. Secondo quesito Avendo il sistema un solo grado di libertà ed essendo le forze arrive conservative, le configurazioni di equilibrio sono quelle che rendono stazionario il potenziale. U(ξ) = mgy G 3mg 2R M O 2 = mg 4 [ξ 3 3 2R ξ2 ] + cost. I valori che rendono stazionario il potenziale sono soluzione dell equazione U (ξ) = mg 4 [1 3 3 R ξ] = 0 L unica posizione di equilibrio è ξ = 3 9 R Per il Principio delle Reazioni Vincolari, Φ G = Φ G î, Φ M = Φ M ĵ 32

33 La prima equazione cardinale della statica per l intero sistema permettono di determinare le reazioni vincolari esterne 2mg F e (ξ e ) + Φ G + Φ M = 0 Poiché all equilibrio F e (ξ e ) = 1 3mgî, proiettando sugli assi si ottiene Φ G = 1 3 mgî, Φ M = 2mgĵ 4. Terzo quesito Per calcolare l energia cinetica del sistema calcoliamo separatamente l energia cinetica dell asta e del disco. L asta AB trasla T asta = 1 2 m[v M] 2 = 3 8 m ξ 2 Per il disco, applicando il teorema di König si ha T disco = 1 2 mv2 G + 1 ξ 2 2 I3 G R 2 = 1 8 m ξ mr 2 ξ R 2 = 3 8 m ξ 2 quindi l energia meccanica del sistema è E = T asta + T disco U = 3 4 m ξ 2 mg 4 [ξ 3 3 2R ξ2 ]. 33