L3 in cui µ>0è una costante. Il moto del sistema avviene con asse fisso Oy privo di attrito.

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1 Scritto di meccanica razionale, nuovo ordinamento, del Esercizio 1 Un sistema rigido pesante si compone diuna lamina quadrata OABC, dilatol, edi un asta OD, dilunghezza L, saldate ortogonalmente l una all altra in O. Rispetto ad una terna Oxyz, conasse verticale Oz, all istante t =ilsistema ha atto di moto nullo e si dispone con l asta OD collocata lungo l asse Ox elalaminaoabc nel piano Oyz. La densità dilinea λ(x) dell asta e quella superficiale σ(y, z) della lamina sono date da: λ(x) = µ L (x + L) x [,L] σ(y, z) = µ z (y, z) [,L] L in cui µ>è una costante. Il moto del sistema avviene con asse fisso Oy privo di attrito. (a) Determinare la posizione del baricentro del sistema rispetto alla terna Oxyz; (b) calcolare il momento d inerzia rispetto all asse Oy; (c) determinare l accelerazione angolare del sistema all istante t =; (d) stabilire se la configurazione iniziale sarebbe di equilibrio qualora al sistema fosse applicata una ulteriore sollecitazione F = (5/6)µgê 1 nel vertice B. 1

2 Esercizio Un disco omogeneo pesante di massa m, raggio r e centro C èvincolato a rotolare senza strisciarelungo il bordo internodi una circonferenza verticale di raggio R>ril cui centro è posto all origine O di una terna di riferimento cartesiana ortogonale Oxyz. Taleterna ruota con velocità angolare costante ω attorno all asse verticale Oy, rispetto ad un riferimento inerziale non illustrato in figura. Una molla ideale di costante elastica mω /congiunge inoltre il centro C con la sua proiezione ortogonale H sull asse Oy. Nell ipotesi che i vincoli siano ideali, e facendo uso dell angolo φ mostrato in figura come parametro lagrangiano, determinare: (a) l energia cinetica del sistema nel riferimento Oxyz; (b) leconfigurazioni di equilibrio del sistema, relativamente alla stessa terna; (c) lastabilità degli equilibri; (d) le equazioni pure del moto del sistema.

3 Soluzione dell esercizio 1 (a) Posizione del baricentro Conviene determinare separatamente masse e baricentri dell asta OD edella lamina quadrata OABC, perpoiricavareilbaricentro del sistema applicando il teorema distributivo. La massa della lamina quadrata si ricava integrando la densitàsuperficiale σ(y, z) sull intera superficie del quadrato [,L] : m 1 = dydz σ(y, z) = dy dz µ [,L] L z = µ L L L = µ. Il relativo baricentro può essere indicato nella forma: G 1 O = x 1 ê 1 + y 1 ê + z 1 ê in cui è certamente x 1 =perilfatto che il piano coordinato Oyz costituisce un ovvio piano di simmetria della lamina; in modo analogo, la presenza dell ulteriore piano di simmetria y = L/ implica che si abbia altresì y 1 = L/. Quanto alla quota z 1,vale: z 1 = 1 dydz z σ(y, z) = dy dz µ m 1 [,L] µ L z = L L L = L dal che si deduce: G 1 O = L ê + L ê. Per lamassa dell asta si ha invece l espressione: µ m = λ(x) dx = L (x + L) dx = µ [ ] x L L + Lx Ordinata e quota del baricentro G sono nulle per simmetria: G O = x ê 1 + y ê + z ê = x ê 1 in modo che il problema si riduce a determinare la sola ascissa x : = µ L ( L + L ) = µ. equindi: x = 1 m xλ(x) dx = µ µ L (x + Lx) dx = [ x L + Lx = ( L ) L + L = 5 L L 6 = 5 9 L G O = 5 9 L ê 1. ] L = La massa del sistema si ottiene ora come somma delle masse delle due parti costituenti: m = m 1 + m = µ + µ =µ

4 ed il baricentro G viene individuato per mezzo del teorema distributivo: G O = m 1(G 1 O)+m (G O) = 1 [ µ ( L m 1 + m µ ê + ) L ê + µ 5 ] 9 L ê 1 = 1 5 ( 6 ê ê + 1 ) ( 5 ê L = 1 ê ê + 1 ê) L. 6 = (b) Momento d inerzia rispetto all asse Oy Il momento d inerzia rispetto all asse fisso Oy èdatodalla somma dei corrispondenti momenti d inerzia relativi all asta OD ealla lamina quadrata OABC. Perl asta OD si ha: I OD Oy = [,L] = µ L [ x 4 dx x λ(x) = 4 + Lx ] L mentre per la lamina OABC vale invece: I OABC Oy = [,L] dy dz z σ(y, z) = = µ L ( L 4 x λ(x) dx = 4 + L4 dy ) µ L (x + Lx ) dx = = 7 1 µl dz µ L z = µ L L L4 4 = 1 4 µl. In definitiva: I Oy = I OD Oy + I OABC Oy = 7 1 µl µl = 5 6 µl. (c) Accelerazione angolare del sistema all istante iniziale t = Indicato con θ l angolo di rotazione del sistema orientato rispetto all asse Oy in modo conforme alla regola della mano destra l equazione del moto del sistema con asse fisso privo di attrito si ottiene proiettando lungo l asse Oy l equazione cardinale del momento angolare in O: e l accelerazione angolare risulta: I Oy θ =(G O) µ g ê = µg(g O ê ê = = µg(g O ê ê =µg(g O ê 1 θ = µg 6 (G O) ê 1 =µg I Oy 5µL (G O) ê 1 = 1 5 g L (G O) ê 1. All istante t = il vettore posizione del baricentro è quello calcolato in (a): per cui: G O = ( 5 1ê ê + 1 6ê (G O) ê 1 = 5 1 L 4 ) L

5 equindi: è l accelerazione angolare cercata. θ() = 1 5 g 5 L 1 L = g L (d) Equilibrio nella configurazione iniziale La configurazione assegnata all istante t =èdiequilibrio per il sistema se e soltanto se il momento assiale delle forze attive applicate, rispetto all asse fisso Oy, risultauguale a zero. Nella fattispecie, le sollecitazioni attive agenti sul sistema sono il peso e la forza F = (5/6)µg ê 1 applicata in B. Sihaallora: (G O) µ g ê +(B O) F ê =µg(g O) ê 1 +(B O) F ê = = 5 6 µgl + 1 L L (5/6)µg = 5 6 µgl 5 µgl = 6 elaconfigurazione si riconosce essere un equilibrio del sistema. Soluzione dell esercizio (a) Energia cinetica relativa alla terna Oxyz Il disco circolare non presenta punti fissi e la sua energia cinetica può essere determinata facendo uso del teorema di König. Osservato che il centro di simmetria C èanche il baricentro del sistema e che il momento d inerzia del disco rispetto all asse Cz vale mr /, si ha: T = m Ċ + 1 mr ω dove per la condizione di puro rotolamento la velocità angolare istantanea ω del disco risulta: R ) ω = ( r 1 φ ê mentre: Ċ = φ ê (C O) in quanto C O = R r, costante,ed il moto di C attorno ad O può intendersi come rigido. L espressione dell energia cinetica diventa pertanto: T = m (R r) φ + mr 4 ( R ) r 1 φ ê = 4 m(r r) φ. (b) Configurazioni di equilibrio relative alla terna Oxyz Le sollecitazioni attive agenti sul sistema sono la forza peso, l interazione elastica fra i punti C ed H eilsistemadelle forze centrifughe, oltre a quelle di Coriolis. Èimmediato 5

6 verificare che la componente lagrangiana Q Cor φ nulla, in quanto per definizione: delle forze di Coriolis risulta identicamente Q Cor φ = i m i ω ê P i P i φ = i = essendo i tre vettori ê, P i e P i / φ paralleli al piano del moto Oxy e dunque linearmente dipendenti. Le altre sollecitazioni hanno tutte natura posizionale e conservativa, per cui conviene determinarne direttamente i potenziali, la cui somma definirà il potenziale del sistema. Il potenziale delle forze peso si calcola agevolmente una volta identificato il centro C con il baricentro del sistema: U g = mg[ (R r)cosφ] =mg(r r)cosφ. Applicando il teorema di Huygens-Steiner, per il potenziale centrifugo si ha invece l espressione: U cf = ω I Oy = ω [ m(r r) sin ] mω φ + I Cy = (R r) sin φ +costante mentre il potenziale elastico della molla si scrive: U el = k (R r) sin φ = mω 4 (R r) sin φ. Il sistema considerato è quindi posizionale e conservativo, di potenziale: U(φ) =U g + U cf + U el = mg(r r)cosφ + mω 4 (R r) sin φ essendosi omessa la costante additiva, inessenziale, del potenziale centrifugo. Data la natura del sistema, le configurazioni di equilibrio sono tutte ordinarie sistema a vincoli bilaterali e si identificano con i punti critici del potenziale sistema posizionale econservativo. Esse vengono quindi ricavate come soluzioni dell equazione: che si scrive esplicitamente come: U (φ) =, mg(r r)sinφ + mω (R r) sin φ cos φ = ed equivale a: ] sin φ [ mg(r r)+ mω (R r) cos φ =. 6

7 Le relative soluzioni si ottengono eguagliando a zero i due fattori a primo membro. Precisamente: (i) dall equazione sin φ =seguono le configurazioni di equilibrio φ =, π; (ii) dall equazione mg(r r)+ mω (R r) cos φ = si deducono le ulteriori configurazioni di equilibrio [ ] φ = φ, φ con φ g =arccos, (R r)ω definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia: λ := g (R r)ω < 1. (c) Stabilità degliequilibri Le proprietà di stabilità degli equilibri possono essere analizzate facendo ricorso al teorema di Lagrange-Dirichlet e al relativo teorema di inversione parziale, non essendo presenti sollecitazioni diverse da quelle posizionali e conservative. La derivata seconda del potenziale assume la forma: U (φ) = mg(r r)cosφ + mω (R r) (cos φ sin φ)= [ ] = mω (R r) cos φ sin g φ (R r)ω cos φ = = mω (R r)[ cos φ sin φ λ cos φ ]. Si tratta ora di esaminare una ad una le singole configurazioni di equilibrio. Configurazione φ = La derivata seconda del potenziale risulta: epertanto: U () = mω (R r) (1 λ) se λ<1sihau () > el instabilità della configurazione segue dal teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet; 7

8 se λ>1valeinvece U () < elaconfigurazione èunmassimorelativo proprio del potenziale, stabile per Lagrange-Dirichlet; per λ =1si ha infine U () = e ricorre pertanto un caso critico. In effetti, la derivata seconda del potenziale diventa: U (φ) = mω (R r)[ cos(φ) cos φ ] per cui le derivate terza e quarta diventano, rispettivamente: equindi: U () (φ) = mω (R r)[ sin(φ)+sinφ ] U (4) (φ) = mω (R r)[ 4cos(φ)+cosφ ] U () () = U (4) () = mω (R r). Nell intorno di φ =ilpotenziale ammette quindi l approssimazione di Taylor: U(φ) =U() + 1 4! U (4) ()φ 4 + o(φ 4 )= = mg(r r) mω 16 (R r) φ 4 + o(φ 4 ) (φ ) dalla quale si conclude che la configurazione φ =costituisce un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilità è garantita dal teorema di Lagrange-Dirichlet. Configurazione φ = π La derivata seconda del potenziale è sempre strettamente positiva: [ U (π) = mω (R r) 1+ ] g (R r)ω = mω (R r) (1 + λ) > per cui la configurazione risulta instabile per il teorema di inversione parziale di Lagrange- Dirichlet. Configurazioni φ = φ, φ Le proprietà distabilità delle configurazioni φ e φ sono le stesse, in quanto la derivata seconda del potenziale assume lo stesso valore: U (φ )=U ( φ )= mω (R r)( cos φ 1+cos φ λ cos φ ) = = mω (R r)( cos φ 1 cos φ ) = mω (R r) (1 λ ). 8

9 In effetti, la condizione di esistenza delle configurazioni in esame impone che si abbia: λ<1 per cui U (φ )=U ( φ ) <. Le configurazioni di equilibrio, quando definite, costituiscono dei massimi relativi propri del potenziale e risultano pertanto stabili in virtù del teorema di Lagrange-Dirichlet. Come osservazione generale si può notare che la conservazione dell energia meccanica H = T U consente di escludere l attrattività deimassimi relativi propri di U e dunque la stabilità asintotica degli equilibri stabili. (d) Equazioni pure del moto Nell ipotesi dei vincoli ideali, le equazioni pure del moto sono quelle di Lagrange. lagrangiana del sistema èdatada: La L = T + U = 4 m(r r) φ + mg(r r)cosφ + mω 4 (R r) sin φ edaessa si deducono le relazioni: d ( L ) dt φ = m(r r) φ L φ L unica equazione di Lagrange diventa allora: = mg(r r)sinφ + mω (R r) sin φ cos φ. m(r mω r) φ + mg(r r)sinφ (R r) sin φ cos φ = che può anche porsi nella forma equivalente: φ + g ω sin φ sin φ cos φ =. R r 9