Prova scritta di meccanica razionale 1 del

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1 Prova scritta di meccanica razionale 1 del Esercizio 1 Rispetto a una terna solidale Oxyz = Oê 1 ê ê 3 si considera il sistema rigido costituito da un asta OA, dilunghezza a, posta lungo il semiasse Oz positivo, e da una piastra semicircolare S di centro C eraggio a, chegiace nel piano Oxy ehaildiametro lungo l asse Ox vedi figura. La densità della piastra è data da σp = µ P C a4 P S mentre per l asta si ha essendo µ una massa caratteristica. λq = µ a 3 A Q Q OA, Determinare: a la massa e il baricentro del sistema rispetto a Oxyz; b lamatriced inerzia del sistema relativa alla terna Oxyz; c il momentod inerzia del sistema rispetto alla retta r di equazioney x =,x z+y = ; d il momento angolare in O della piastra rispetto alla terna di riferimento in cui Ȯ = e ω S = ωê +4ωê 3,conω costante; e l energia cinetica dell asta OA rispetto alla terna di riferimento in cui Ȯ = ωaê 1 e ω OA =ωê. 1

2 Esercizio Un disco circolare omogeneo D, di centro O, raggio a e massa m, ruota nel piano verticale Oxy di una terna inerziale Oxyz attorno all asse Oz. Lungo un raggio OB di D scorre un punto materiale P di massa m, connesso a B da una molla ideale di costante elastica k =mg/a. Un asta omogenea AB, dilunghezza a emassa m, èincernierata al disco in B ehal estremo A libero di scorrere lungo l asse orizzontale Ox, macollegato ad O da una molla di costante elastica k =mg/a. Ilsistemaèpesanteeavincoliideali. Si faccia uso delle coordinate generalizzate s, φ [, 1 R in figura per determinare: a l energia cinetica relativa a Oxyz del sistema; b gli equilibri ordinari del sistema; c leproprietàdistabilitàdei predetti equilibri; d le equazioni pure del moto; e il momento angolare in O dell asta e se s, φ =,π/4 èunequilibrio.

3 Soluzione dell esercizio 1 a Massa e baricentro del sistema La piastra semicircolare S può essere rappresentata per mezzo della parametrizzazione in coordinate polari piane: x = a + ρ cos φ y = ρ sin φ, ρ, φ,a] [,π], in termini delle quali la densità areale e l elemento infinitesimo di massa si scrivono: σρ, φ = µ πa 4 ρ dm = σda = µ πa 4 ρ ρdρdφ = µ πa 4 ρ3 dρdφ. Analogamente, l asta OA ammette la parametrizzazione cui corrisponde la densità dilinea e l elemento infinitesimo di massa: Q O = zê 3 z [,a], λq = µ a 3 A Q = µ a 3 aê 3 zê 3 = µ z a a3 dm = λds = µ a 3 z a dz. Massa della piastra La massa m S della piastra si ottiene integrando la densità areale sull intero dominio semicircolare: m S = S σda = dρ dφ ρ µ πa 4 ρ = µ πa 4 ρ 3 dρ dφ = µ πa 4 a 4 4 π = 1 4 µ. Baricentro della piastra Èevidenteche il piano di giacitura Oxy costituisce un piano di simmetria per la piastra. Inoltre, si verifica facilmente che la retta Cy rappresenta un asse di simmetria di S, dal momento che punti simmetrici rispetto a Cy nel piano Oxy sono anche equidistanti da C e presentano pertanto lo stesso valore della densità areale.nederiva che il vettore posizione del baricentro deve ridursi alla forma generale: G S O = aê 1 + y S ê nella quale la sola coordinata non banale èdata dall ordinata: y S = 1 m S = 4 πa 4 S yσda = 4 µ ρ 4 dρ dρ dφ ρ ρ sin φ µ πa 4 ρ = sin φdφ = 4 a 5 [ ] π cos φ πa 4 5 = 8 5π a 3

4 in modo che: G S O = aê π aê. Massa dell asta OA L integrale sul segmento OA della densità dilinea λ fornisce la massa dell asta: m OA = OA λds = µ a z 3 a dz = µ [ z a 3 a 3 3 ] a = µ a 3 a 3 Baricentro dell asta Per simmetria il baricentro dell asta deve collocarsi lungo l asse Oz. vettore posizione rispetto ad O avrà perciò laforma con z OA = 1 per cui = 3 a 3 m OA OA zλds = 3 µ G OA O = z OA ê 3, z µ a 3 z a dz = 3 a 3 z 3 + a z az dz = 3 a 3 [ z 4 4 z + a az3 3 G OA O = a 4 ê3. zz + a azdz = ] a = 3 a 3 a 4 Massa del sistema La massa del sistema si ricava dalla proprietà di additività della massa: m = m S + m OA = µ 4 + µ 3 = 7 1 µ. 3 = µ 3. Baricentro del sistema Il teorema distributivo porge per il baricentro G del sistema la relazione: G O = m SG S O+m OA G OA O = 1 [ µ ê m 7µ 4 5π ê a + µ 3 = ê1 + 5π ê + 1 1ê3 a = 3 7ê π ê + 1 7ê3 a. Il corrispondente 4 + a4 3 a4 = a 4 b Matrice d inerzia del sistema Matrice d inerzia della piastra La piastra giace nel piano coordinato Oxy ed ammette perciò una matrice d inerzia della forma: L S [L S xx L S xy O]= L S xy L S yy L S xx + L S yy a 4ê3 ] = 4

5 relativamente alla terna cartesiana ortogonale Oxyz. Nella fattispecie, il momento d inerzia rispetto all asse Ox èdatoda: L S xx = S = µ a 6 πa 4 6 y σda = dρ 1 cos φ dφ ρ ρ sin φ µ πa 4 ρ = µ πa 4 dφ = µa 6π [ 1 φ ] π sin φ mentre quello relativo ad Oy vale, per Huygens-Steiner: L S yy = m S C O + ICy S = µ 4 a + x a σda = = 1 4 µa + dρ = 1 4 µa + µ a 6 πa 4 6 S dφ ρ ρ cos φ µ πa 4 ρ = 1 4 µa + µ πa 4 1+cosφ e l unico prodotto d inerzia non banale si riduce a: L S xy = = µ πa 4 = µ πa 4 S xy σ da = dρ Si ha pertanto: dρ ρ 5 dρ = 1 1 µa. dφ = 1 [ 4 µa + µa φ + 1π dφ ρ a + ρ cos φρ sin φ µ πa 4 ρ = dφ ρ 4 a sin φ + ρ sin φ cos φ = µ πa 4 dρ ρ 4 a = µ πa 3 [L S O ]=µa ρ 4 dρ = µ πa 3 a 5 5 = 5π µa. 1/1 /5π /5π 1/3 5/1 Matrice d inerzia dell asta OA La matrice d inerzia relativa a Oxyz dell asta vale [L OA O ]= LOA ρ 5 dρ sin φ sin φdφ = ] π cos φdφ = = 1 3 µa dρ ρ [ a 4 cos φ + ρ 1 ] π sin φ = φ=. xx L OA yy = µa 1/3 1/3 5

6 in quanto L OA xx = L OA yy = OA = µ a 3 z λds = z µ a 3 z a dz = µ a 3 z 4 + a z az 3 dz = µ a 3 a 5 5 z z + a az dz = a3 + a 3 aa4 4 = 1 3 µa. Matrice d inerzia del sistema La matrice d inerzia del sistema si ottiene sommando le matrici d inerzia relative alla piastra e all asta: 1/1 /5π 1/3 [L O ]=[L S O]+[L OA O ]=µa /5π 1/3 + µa 1/3 = 5/1 = µa 7/6 /5π /5π 11/3 5/1 c Momento d inerzia del sistema rispetto alla retta r La retta r èindividuata dal sistema di equazioni cartesiane:. y x = x z +y = cui corrisponde la rappresentazione parametrica: ovvero y = x z = x +y = x +x =3x = P x O = xê 1 + xê +3xê 3, x R. Il versore tangente alla retta èindividuato da { y = x z =3x x R, ˆτ = P x P x = ê1 +ê +3ê 3 ê 1 +ê +3ê 3 = ê1 +ê +3ê Poichè laretta passa per l origine, il momento d inerzia del sistema rispetto ad r èespresso dalla forma quadratica: I r = I Oˆτ = ˆτ L O ˆτ = 1 7/6 /5π 1 1 3µa /5π 11/ = 11 5/ = 1 [ 7 11 µa ] 1 1 = 5π = µa = π µa. 5π 6

7 d Momento angolare in O della piastra Rispetto alla terna di riferimento in cui risulta angolare della piastra èdatodalla formula Ȯ =e ω S = ωê +4ωê 3 il momento K S 3 K S O = LS O ω S con K O S = 3 α=1 KS αê α.lecomponenti del momento angolare risultano dunque: K S 1 K S =[LS O] 1/1 /5π ω = µa /5π 1/3 1 ω = µa ω /5π 1/3 4ω 5/1 4 5/3 per cui K O S = µa ω 5π ê ê 3ê3 e Energia cinetica dell asta OA Poichè lavelocità di O non ènulla, non si può assumere che il sistema ammetta un qualche punto fisso. Si rende quindi necessario ricorrere al teorema di König, che porge l espressione: T OA = m OA Ġ OA + 1 IOA G OA y ω OA essendo m OA = µ/3 e Ġ OA = Ȯ + ω OA G OA O =ωaê 1 +ωê a 4ê3 = ωaê 1 + a ω ê 1 = 3 aωê 1 mentre, per Huygens-Steiner, IG OA OA y = IOy OA m OA zoa = L OA yy m OA zoa = L OA xx m OA zoa = = 1 3 µa µ a 1 = µa = µa = 1 8 µa. In conclusione: T OA = 1 µ 3 3 aωê µa ωê = µ a ω µa 4ω = = 3 8 µa ω µa ω = 5 µa ω. Soluzione dell esercizio a Energia cinetica Energia cinetica del disco Il disco omogeneo ruota con velocità angolare φê 3 attorno all asse fisso Oz. Lasuaenergia cinetica è perciò espressa dalla relazione: T D = 1 ID Oz φê 3 = 1 ma φ = ma 4 φ. 7

8 Energia cinetica del punto materiale P L energia cinetica del punto P si calcola direttamente ricorrendo alla definizione: T P = m P. Basta osservare che la posizione di P èindividuata dal vettore P O = a1 scosφ ê 1 + a1 ssinφ ê,.1 che derivato in t, pensando ambo i parametri lagrangiani come funzioni regolari del tempo, porge la velocità istantanea: P = a[ ṡ cos φ 1 ssinφ φ]ê 1 + a[ ṡ sin φ +1 scosφ φ]ê il cui modulo quadrato risulta: P = a [ ṡ cos φ 1 ssinφ φ] + a [ ṡ sin φ +1 scosφ φ] = = a [ ṡ cos φ +1 s sin φ φ +sinφcos φ1 sṡ φ+ + ṡ sin φ +1 s cos φ φ sinφcos φ1 sṡ φ ] = = a [ṡ +1 s φ ]. Si conclude così che T P = ma [ṡ +1 s φ ]. Energia cinetica dell asta AB L asta èprivadipunti fissi e la sua energia cinetica puòessere determinata convenientemente ricorrendo al teorema di König: T AB = m Ġ + 1 IAB Gz ω AB dove I AB Gz = ma /1 e ω AB = φê 3,mentreilbaricentro G dell asta èindividuato da G O = A O + B O per cui equindi = a cos φ ê 1 + a cos φ ê 1 + a sin φ ê Ġ = 3 a sin φ φ ê 1 + a cos φ φ ê = 3 a cos φ ê 1 + a sin φ ê T AB = m 9 4 a sin φ φ + a 4 cos φ φ + 1 ma 1 φ = = ma 9 4 sin φ sin φ φ = ma 1 3 +sin φ φ. 8

9 Energia cinetica del sistema L energia cinetica del sistema è la somma delle energie cinetiche del disco D, del punto P edell asta AB. Sihapertanto: T = T D + T P + T AB = ma 4 = ma = ma 1 3 +sin φ φ = φ + ma [ṡ +1 s φ ]+ ma [ 1 φ +ṡ +1 s φ + 1 ] 3 φ +sin φ φ = [ 5 ] 6 +sin φ +1 s φ +ṡ. b Equilibri ordinari Sul sistema agiscono soltanto sollecitazioni posizionali e conservative, costituite dal peso edalle interazioni elastiche fra i punti O-A e P -B. Lesollecitazioni sono descritte dai potenziali corrispondenti. Potenziale gravitazionale Il potenziale gravitazionale del sistema è la somma dei potenziali delle forze peso agenti sul disco, sul punto P e sull asta AB. Il baricentro del disco omogeneo coincide con il centro O, cheèunpunto fisso: U D g =. Per il punto P si ha invece, ricordando la.1, U P g = mg ê P O = mga1 ssinφ mentre all asta èassociato il potenziale Ug AB = mg ê G O = 1 mga sin φ. Il potenziale gravitazionale del sistema risulta perciò: U g = U D g + U P g + U AB g = mga s 3 sin φ. Potenziale elastico Il potenziale elastico del sistema conta due contributi, uno relativo alla molla OA: U OA el = k A O = mg a a cos φ ê 1 = 4mga cos φ e l altro alla molla B P : U BP el = k P B = mg a a s = mgas, 9

10 in modo che risulta U el = U OA el + U BP el = 4mga cos φ mgas. Potenziale del sistema Il potenziale del sistema èlasomma dei potenziali gravitazionale ed elastico: Us, φ =U g + U el = mga s 3 sin φ 4mga cos φ mgas s, φ [, 1 R. Equilibri ordinari Gli equilibri ordinari vanno identificati con i punti critici del potenziale. Si tratta quindi di risolvere il sistema di equazioni ottenuto eguagliando simultaneamente a zero le derivate parziali prime del potenziale U: U s = mga sin φ mgas U s φ = mga 3 cos φ +8mga cos φ sin φ ossia mga sin φ mgas = mga s 3 cos φ +8mga cos φ sin φ = s, φ, 1 R. La prima equazione consente di esprimere il valore di equilibrio di s in funzione di quello di φ: s = 1 sin φ in modo che la seconda equazione di equilibrio diventa 1 sin φ 3 cos φ +8cosφsin φ = ovvero 17 sin φ 3 cos φ =.. Di questa equazione trigonometrica si hanno soluzioni per cos φ = : φ = π/ φ = π/ che corrispondono ai punti critici: s, φ =1/,π/ s, φ = 1/, π/ dei quali, tuttavia, soltanto il primo èaccettabile come equilibrio ordinario del sistema si ricordi che deve essere <s<1. Ulteriori radici della. si ottengono per 17 sin φ 3 = sin φ =

11 esonodate da: φ =arcsin3/17 φ = π arcsin3/17. Ne seguono le configurazioni di equilibrio: s, φ = 3/34, arcsin3/17 s, φ = 3/34, π arcsin3/17, essendo 1 sin[arcsin3/17] = 1 sin[π arcsin3/17] = 1 3/17 = 3/34 e< 3/34 < 1. In definitiva, gli equilibri ordinari del sistema si hanno per: s, φ = 1, π s, φ = 3 34, arcsin3/17 s, φ = 3 34,π arcsin3/17. c Proprietà distabilità degliequilibri Poichè ilsistemaèscleronomo posizionale e conservativo, le proprietà distabilità degli equilibri possono essere analizzate usando i teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. A questo scopo occorre ricavare le derivate parziali seconde del potenziale: U s, φ = mga s U s, φ =mga cos φ s φ U s, φ =mga cos φ φ s U φ s, φ = mga s 3 sin φ +8mgacos φ sin φ che consentono di scrivere la relativa matrice hessiana nella forma: cosφ H U s, φ =mga 3 cos φ s sin φ +8cos φ sin. φ Si può cosìprocedere adanalizzare le singole configurazioni di equilibrio. Configurazione s, φ =1/, π/ Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale diventa H U 1/,π/ = mga = mga ed èchiaramente definita negativa. Ne segue che la configurazione rappresenta un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilità èassicurata dal teorema di Lagrange- Dirichlet. Configurazione s, φ =3/34, arcsin3/17 Posto per brevità φ =arcsin3/17, la matrice hessiana del potenziale risulta cosφ H U 3/34,φ =mga 3 cos φ 3 sin φ +8cos φ sin φ 34 11

12 dove sin φ +8cos φ sin φ = = = sin φ +81 sin φ = = = = = 4 89 per cui H U 3/34,φ =mga La matrice ha tracciapositiva: trh U 3/34,φ =mga cosφ cos φ = mga > e dunque presenta almeno un autovalore positivo. Ciò basta a garantire l instabilità della configurazione in forza del teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet. Configurazione s, φ =3/34,π arcsin3/17 In questo caso la matrice hessiana èidenticaaquellacalcolata nella configurazione simmetrica precedente: H U 3/34,π φ =H U 3/34,φ. Anche questo equilibrio risulta dunque instabile per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet. d Equazioni pure del moto L ipotesi dei vincoli ideali autorizza a identificare le equazioni pure del moto con quelle di Lagrange: d dt in termini della lagrangiana: L L ṡ s = d dt L [ L = T + U = ma 5 6 +sin φ +1 s ] φ +ṡ + mga φ L φ = [ s 3 sin φ 4cos φ s ]. Si hanno le derivate: L ṡ = d L ma ṡ = = ma s dt ṡ L s = ma s 1 φ + mgasin φ s 1

13 eanalogamente: L 5 φ = ma 6 +sin φ +1 s φ d L 5 dt φ = ma 6 +sin φ +1 s [ φ + ma 4sinφcos φ φ +s 1ṡ ] φ [ L φ = ma 4sinφcos φ φ + mga s 3 ] cos φ +8cosφsin φ per cui le equazioni del moto diventano: ma s ma s 1 φ mgasin φ s = 5 ma 6 +sin φ +1 s [ φ + ma sinφcos φ φ +s 1ṡ ] φ [ mga s 3 ] cos φ +8cosφsin φ =. e Momento angolare in O dell asta ed equilibrio di confine Momento angolare in O dell asta AB La formula di König per il momento angolare fornisce l espressione: K AB O =G O mġ + K AB G nella quale il momento angolare in G relativo alla terna baricentrale si scrive K AB G = L AB G ω AB =L AB G φê 3 = AB φlg ê ma 3= φ 1 ê3 = ma 1 φê 3, essendo Gz un asse di simmetria, e quindi centrale d inerzia, per l asta AB. Sihainoltre: 3 G O mġ = cos φ ê sin φ ê a m 3 sin φ ê cos φ ê a φ = 3 = ma φ cos φ 1 sin φ 3 sin φ 1 ê 3 = 3 cos φ 4 ma φ ê3. Ne deriva che il momento angolare in O dell asta vale: K AB O = 3 4 ma φê3 ma 1 φê 3 = 3 ma φ ê3. Configurazione di equilibrio Per unsistema a vincoli ideali la caratterizzazione completa degli equilibri èoffertadal teorema dei lavori virtuali. Poichè il dominio di definizione della parametrizzazione del 13

14 sistema scleronomo èlastriscia{s, φ [, 1 R}, laconfigurazione di confine s, φ =,π/4 èunequilibrio del sistema se e soltanto se U U,π/4 δs +,π/4 δφ δs, δφ R, s φ vale a dire Si ha tuttavia: U s U s,π/4 e U φ,π/4 =.,π/4 = mgasin φ s = 1 mga > s=, φ=π/4 per cui la condizione di equilibrio non è soddisfatta. 14