MECCANICA RAZIONALE ING. MECCANICA prof. Daniele Andreucci Prova tecnica del 2/7/2015

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1 I.1 MECCAICA RAZIOALE IG. MECCAICA prof. Daniele Andreucci Prova tecnica del 2/7/ Un elemento materiale P di massa m è vincolato alla curva mobile γ(t) ( y yu 1 (t)+λarctg e 3, y R, λ) ove u 1 (t) = cos(ωt)e 1 +sin(ωt)e 2. Qui λ, ω > 0 sono costanti assegnate. Su P agisce la forza peso diretta come e 3. Tracciare il diagramma di fase del moto dip nel sistema mobiles = (O,(u i )) ove O è l origine del sistema di riferimento fisso, u 1 è come sopra, e u 3 (t) = e 3, u 2 (t) = u 3 (t) u 1 (t). Scegliamo come coordinata lagrangiana x R tale che ( x(t) ) OP = x(t)u 1 (t)+λarctg u 3 (t). λ Come è noto nelle equazioni di Lagrange la forza di Coriolis ha componente nulla, perché il sistema ha un solo grado di libertà. La forza di trascinamento in S è data da F t = mω 2 yu 1 (t), con potenziale U t = 1 2 mω2 y 2. Dunque il potenziale efficace è U l (x) = 1 ( x 2 mω2 x 2 mgλarctg =: F(x). λ) Derivando F si ha F (x) = m λ 2 +x 2(gλ2 ω 2 λ 2 x ω 2 x 3 ). Dunque F (x) > 0 per x 0 e inoltre F è decrescente per x > 0, con F (x) per x +. Pertanto esiste un x 0 > 0 tale che > 0, x < x 0, F (x) = 0, x = x 0, < 0, x > x 0. Allora x 0 è un punto di massimo isolato per F. Le orbite saranno di tre tipi:

2 I.2 E > F(x 0 ): due orbite, una per ẋ > 0, l altra per ẋ < 0; E = F(x 0 ): cinque orbite tra cui il punto di equilibrio. Le altre quattro corrispondono a due moti provenienti e a due tendenti al punto di equilibrio, tutti in tempo infinito. E < F(x 0 ): due orbite con un punto di inversione del moto ciascuna, una in ciascuno dei due semipiani individuati da x = x 0. Tutte le orbite sono illimitate a parte il punto di equilibrio, che è instabile. p x 0 x 2. Una lamina quadrata ABCD di lato 2L e massa M è vincolata in modo che i due vertici consecutivi A e B sono dati da ΩA = Ru 1 (t)+lu 2 (t) c 2 t2 u 3 (t), ove la terna (u i ) è data da ΩB = Ru 1 (t) Lu 2 (t) c 2 t2 u 3 (t), u 1 = cos(αt)e 1 +sin(αt)e 2, u 2 = sin(αt)e 1 +cos(αt)e 2, u 3 = e 3. Qui α, c, R > 0 sono assegnati e Ω è l origine del sistema di riferimento fisso. Scrivere le equazioni di Lagrange della lamina nel sistema S = (O,(u i )) ove ΩO = c 2 t2 u 3 (t). Poiché le posizioni dei due verticiaeb sono assegnate la lamina ha un solo grado di libertà; scegliamo come coordinata lagrangiana ϕ ( π, π) tale che se denotiamo con ν la normale alla lamina ν u 3 = sinϕ.

3 I.3 La velocità angolare della lamina in S, trattandosi di un moto di rotazione intorno ad AB vale ω S = ϕu 2. Per lo stesso motivo vale T S = 1 2 I ϕ2, ove I è il momento d inerzia relativo ad AB. Le forze applicate sono quelle fittizie. In ogni caso la forza di Coriolis ha componente nulla perché il sistema ha un solo grado di libertà. L accelerazione di trascinamento è data da a t = a O +ω [ω OP] = cu3 +α 2 u 3 [u 3 OP], poiché la velocità angolare di (u i ) è data da ω = αu 3. Dobbiamo parametrizzare ABCD: per s [ L, L], r [0,2L] scriviamo X(ϕ;r,s) = OP = Ru1 (t)+su 2 (t)+r(cosϕu 1 (t)+sinϕu 3 ). Dunque e u 3 [u 3 OP] = u3 [(R+rcosϕ)u 2 su 1 ] = (R+rcosϕ)u 1 su 2, Q tϕ = = ABCD ABCD M 4L 2a t X (ϕ;r,s)dr ds ϕ M 4L 2{ cu 3 α 2 (R+rcosϕ)u 1 α 2 su 2 } {r( sinϕu 1 +cosϕu 3 )} dr ds. { I ϕ = ML ccosϕ+α 2 Rsinϕ+ 2 } 3 Lα2 sin2ϕ. 3. Un cilindro di massa M raggio R e altezza 2H è vincolato ad avere il centro C nell origine del sistema fisso O. Al cilindro è applicata la forza F A = λu+µe 1, nel punto solidale A di una delle due circonferenze di base. Qui λ, µ R sono costanti non nulle e il versore u è dato da CB u = H, ove B è il centro della circonferenza di base cui appartiene A. All istante iniziale il cilindro è fermo con l asse coincidente con l asse fisso x 3 e OA = He 3 +Re 1.

4 I.4 Si scrivano le equazioni di Eulero del corpo nelle opportune coordinate lagrangiane. Se λ > 0, µ < 0 si scriva il valore dell energia cinetica nel primo istante t > 0 in cui l asse del cilindro diviene ortogonale a e 3. Scriviamo le equazioni di Eulero nel polo C. Scegliamo allo scopo la terna principale centrale Supponiamo poi che cosicché u 1 = BA R, u 2 = u 3 u 1, u 3 = e 1 = 3 α i (t)u i (t), i=1 M ext = CA F A = (Hu 3 +Ru 1 ) ( λu 3 +µ Dunque le equazioni di Eulero sono 3 ) α i u i i=1 CB H. = λru 2 +Hµ(α 1 u 2 α 2 u 1 )+Rµ(α 2 u 3 α 3 u 2 ). I 11 ω 1 = (I 11 I 33 )ω 2 ω 3 Hµα 2, I 11 ω 2 = (I 33 I 11 )ω 1 ω 3 Rλ+µ(Hα 1 Rα 3 ), I 33 ω 3 = Rµα 2. L intuizione fisica suggerisce che il moto sia una rotazione intorno a e 2, che quindi coinciderebbe in ogni istante con u 2. Pertanto ipotizziamo che esista un angolo ϕ ( π,π) tale che e ella notazione già introdotta quindi u 1 = cosϕe 1 +sinϕe 3, u 3 = sinϕe 1 +cosϕe 3, ω = ϕu 2. α 1 (t) = cosϕ, α 2 (t) = 0, α 3 (t) = sinϕ. In quest ipotesi la prima e la terza equazione di Eulero sono banalmente soddisfatte e la seconda diviene I 11 ϕ = Rλ+µ(H cosϕ+rsinϕ). (1) Dunque abbiamo in tal senso determinata la soluzione delle equazioni di moto; le altre due coordinate lagrangiane sono due angoli di Eulero che rimangono costanti durante il moto. Moltiplichiamo la (1) per ϕ e integriamo ottenendo 1 2 I 11 ϕ(t) 2 = Rλϕ(t) µ(h sinϕ(t) Rcosϕ(t)+R),

5 I.5 ove abbiamo usato anche le condizioni iniziali ϕ(0) = 0, ϕ(0) = 0. Se λ > 0 e µ < 0 si vede che ϕ > 0 finché ϕ [0,π/2], dunque ϕ( t) = π/2 per t > 0 opportuno. I 11 ϕ = Rλ µ(h cosϕ+rsinϕ); T( t) = Rλ π 2 µ(h +R). 4. È assegnata una terna mobile = (w i (t)), t I. Una seconda terna mobile M = (u i ) ha velocità angolare relativa a data da ω M = αu 1 +βu 2, con α, β > 0 costanti assegnate. Inoltre u i (0) = w i (0), i = 1,2,3. Determinare (u i (t)) in funzioni dei vettori (w i (0)). Si ha [ ] du1 = ω M u 1 = βu 3, [ ] du2 = ω M u 2 = αu 3, [ ] du3 = ω M u 3 = αu 2 +βu 1. Dunque [ d 2 ] u 3 2 = α Pertanto per k ji R u 3 (t) = [ ] du2 +β [ ] du1 = γ 2 u 3, γ := α 2 +β 2. 3 (k 1i w i )cos(γt)+ i=1 3 (k 2i w i )sin(γt). i=1 Le costanti di integrazione k ji sono determinate da u 3 (0) = w 3 (0) k 11 = k 12 = 0, k 13 = 1, [ ] du3 (0) = αw 2 (0)+βw 1 (0) k 21 = βγ 1, k 22 = αγ 1, k 23 = 0. Pertanto u 3 (t) = w 3 cos(γt)+γ 1( βw 1 αw 2 ) sin(γt). Gli altri due vettori u 1 e u 2 si determinano ora per integrazione diretta delle rispettive equazioni differenziali.

6 I.6 u 1 (t) = [ 1 βγ 1 sin(γt)+β 2 γ 2 (cos(γt) 1) ] w 1 αβγ 2 (cos(γt) 1)w 2, u 2 (t) = [ αγ 1 sin(γt) αβγ 2 (cos(γt) 1) ] w 1 + [ 1+α 2 γ 2 (cos(γt) 1) ] w 2, u 3 (t) = βγ 1 sin(γt)w 1 αγ 1 sin(γt)w 2 +cos(γt)w 3. Qui γ = α 2 +β Si consideri un sistema di lagrangiana L = ϕ 2 + θ 2 ϕ2 1+θ 4 θ2 (θ 2) 4, ove ϕ ( 1,3), θ ( 1,3). Si determinino le posizioni di equilibrio stabile, quelle in cui si possono definire le piccole oscillazioni, e in queste ultime posizioni le frequenze normali. Il potenziale lagrangiano è U l (ϕ,θ) = ϕ2 1+θ 4 θ2 (θ 2) 4. Le posizioni di equilibrio sono quelle che annullano il gradiente U l, ossia le soluzioni di Quindi le soluzioni del sistema sono U l ϕ = 2ϕ 1+θ 4 = 0, U l θ = 4θ 3 (1+θ 4 ) 2ϕ2 2θ(θ 2) 3 (3θ 2) = 0. (ϕ,θ) = (0,0), (ϕ,θ) = (0,2), (ϕ,θ) = Dato che U l 0 per ogni valore di (ϕ,θ) e che ( 0, 2 ). 3 U l (0,0) = 0, U l (0,2) = 0, U l (ϕ,θ) < 0, altrove, i due punti critici (0,0) e (0,2) sono massimi isolati e quindi di equilibrio stabile. Consideriamo poi la matrice hessiana i cui elementi sono dati da Perciò si ha 2 U l ϕ 2 = 2 1+θ 4, 2 U l ϕ θ = 8ϕθ3 (1+θ 4 ) 2, 2 U l θ 2 = ϕ 2 4θ 3 θ (1+θ 4 ) 2 2(θ 2)2 (15θ 2 20θ+4). ( ) ( D 2 U l 2 0 (0,0) = ; D 2 U l 2 (0,2) = 0 32 D 2 U l( 0, 2 ) ( ) 162 = ) ;

7 I.7 Pertanto il terzo punto di equilibrio (0,2/3) risulta un punto di sella per U l e quindi instabile. Dunque le piccole oscillazioni si possono definire solo in (0,0), ove le frequenza si trovano risolvendo l equazione ( ) 2ω det ω 2 = 4(ω 2 1)(ω 2 16) = Punti di equilibrio, i primi due stabili, il terzo instabile: (ϕ,θ) = (0,0), (ϕ,θ) = (0,2), (ϕ,θ) = ( 0, 2 ). 3 Solo in (0,0) si possono definire le piccole oscillazioni, e le frequenze normali sono ω 1 = 1 2π, ω 2 = 2 2π. 6. Un asta AB di lunghezza 2L e massa M è vincolata a mantenere l estremo A sull elica circolare γ x 1 = Rcos(λs), x 2 = Rsin(λs), x 3 = hs, ove le costanti positive λ, h, R soddisfano λ 2 R 2 +h 2 = 1 cosicché s R è l ascissa curvilinea su γ. Inoltre AB deve mantenersi nel piano Π A passante per l asse x 3 e per A. Scrivere l energia cinetica di AB nelle opportune coordinate lagrangiane. Se denotiamo ψ(s) = (Rcos(λs),Rsin(λs),hs), s R, scegliamo come coordinate r R e ϕ ( π,π) tali che OA = ψ(r(t)) e AB = 2Lcosϕ[cos(λr)e 1 +sin(λr)e 2 ]+2Lsinϕe 3. In altri termini, ϕ è un anomalia polare nel piano Π A. Dunque il generico punto P di AB sarà parametrizzato da OP = OA+ AP = ψ(r(t)) +σ AB 2L, qui σ è l ascissa su AB. Pertanto la velocità di P è v = ṙψ(r)+σ ϕ { sinϕ[cos(λr)e 1 +sin(λr)e 2 ]+cosϕe 3 } σ [0,2L]; +λṙσcosϕ[ sin(λr)e 1 +cos(λr)e 2 ],

8 I.8 e v 2 = ṙ 2 +σ 2 ϕ 2 +λ 2 ṙ 2 σ 2 cos 2 ϕ+2ṙ ϕσhcosϕ+2λṙ 2 σcosϕrλ = σ 2 ( ϕ 2 +λ 2 ṙ 2 cosϕ 2 )+2σ(ṙ ϕhcosϕ+rλ 2 ṙ 2 cosϕ)+ṙ 2. Si calcola poi T l (ϕ, ϕ) = 1 2 AB M 2L v 2 dσ. T l (r,ϕ) = 2 3 ML2 ( ϕ 2 +λ 2 ṙ 2 cosϕ 2 )+MLṙcosϕ( ϕh+rλ 2 ṙ)+ 1 2 Mṙ2.