O(0, 0) A(0, 1) B(2, 0) C(0, 1) D( 1, 1).

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1 Scritto di meccanica razionale del Esercizio Un disco circolare omogeneo D, di raggio r, centro C e massa m, rotola senza strisciare lungo il bordo interno di una guida circolare fissa, di raggio R > r e centro O, posta nel piano Oxy di una terna inerziale avente asse verticale Oy. Una molla ideale di costante k congiunge C con la sua proiezione ortogonale A sull asse Ox; il sistema è pesante. Introdotto l angolo ϑ in figura come parametro lagrangiano e supponendo che una sola reazione vincolare esterna agisca nel punto B di contatto fra disco e guida, si chiede di calcolare: (a) gli equilibri del sistema, usando le equazioni cardinali della statica; (b) la reazione vincolare in B per tutti gli stati di quiete del sistema. Esercizio Un solido rigido di peso p e baricentro G(/, /3, )è appoggiato su un piano orizzontale Oxy, privo di attrito e debolmente cedevole, nei punti: O(0, 0) A(0, ) B(, 0) C(0, ) D(, ). (a) Determinare il poligono d appoggio e l area di completo appoggio del solido. (b) Verificare se la configurazione del solido è di equilibrio. (c) Calcolare le reazioni vincolari esterne nei punti di appoggio.

2 Esercizio 3 Un asta rettilinea omogenea OA, di massa m e lunghezza L, ruota attorno al punto fisso O nel piano verticale Oxy di una terna inerziale. L estremo A è connesso alla propria proiezione ortogonale B sull asse orizzontale Ox da una molla ideale di costante elastica k = mg/l. Un punto materiale P, di massa m, scorre lungo l asta senza poterne raggiungere gli estremi ed è collegato ad O da una molla ideale di costante h = mg/l. Il sistema è pesante e nei punti A e P agiscono due forze di resistenza viscosa con uguale costante di frizione β > 0. Assunti i vincoli ideali e usando le coordinate ϑ R, s (0, ) illustrate in figura, determinare: (a) le componenti lagrangiane del sistema delle forze non posizionali, specificandone la natura energetica; (b) le configurazioni di equilibrio del sistema; (c) le proprietà di stabilità degli equilibri. Esercizio 4 Un sistema scleronomo a vincoli ideali posizionale conservativo, descritto dai parametri adimensionali s e ϕ in R, ammette la lagrangiana: L = (ṡ mr cos ϕ ṡ ϕ + 3 ϕ) + kr ( s + ) 3 cos ϕ, essendo m, k ed R rispettivamente una massa, una costante elastica e una distanza caratteristiche del sistema. Determinare: (a) le equazioni linearizzate del moto intorno al solo equilibrio stabile del sistema; (b) le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni; (c) l espressione dei modi normali di oscillazione.

3 Soluzione dell esercizio (a) Equilibri determinati usando le equazioni cardinali statiche La sola reazione vincolare esterna agisce per ipotesi nel punto B del disco a contatto con la guida circolare fissa e, ignorando la componente lungo l asse coordinato ortogonale al piano xy, può scriversi nella forma Φ B = Φ x ê + Φ y ê. Oltre alla reazione vincolare, sul disco agiscono la forza di interazione elastica fra C e A ed il sistema delle forze parallele peso, equivalenti al peso totale applicato nel baricentro C: F el = k(a C) = k(r r) cos ϑ ê Fg = mg ê. La prima equazione cardinale della statica porge allora: e da essa seguono le relazioni scalari: Φ x ê + Φ y ê mg ê + k(r r) cos ϑ ê = 0 (.) Φ x = 0 Φ y mg + k(r r) cos ϑ = 0. La seconda equazione cardinale della statica conviene esprimerla rispetto al polo B, in modo da eliminare immediatamente il contributo della reazione vincolare: (C B) m g + (C B) k(a C) + (B B) Φ B = 0 ossia, raccogliendo il comune fattore C B, (C B) [m g + k(a C)] = 0 ed infine, sostituendo le espressioni esplicite dei diversi vettori, ( r sin ϑ ê + r cos ϑ ê ) [ mg ê + k(r r) cos ϑ ê ] = 0. Non rimane che eseguire i prodotti vettoriali per ottenere r sin ϑ [ mg + k(r r) cos ϑ] ê 3 = 0 e pervenire quindi all unica equazione scalare [ sin ϑ cos ϑ mg ] k(r r) = 0 (.) 3

4 che rappresenta un equazione pura di equilibrio. Dalla (.) si deducono gli equilibri comunque definiti, e [ mg ] ϑ = arccos k(r r) ϑ = 0, ϑ = π, [ := ϑ mg ], ϑ = arccos k(r r) definiti e distinti dai precedenti a condizione che si abbia mg/k(r r) <. = ϑ, (b) Reazione vincolare in B per gli stati di quiete La reazione vincolare in B è data dalla prima equazione cardinale della statica, equazione (.), che implica Φ x = 0 Φ y = mg k(r r) cos ϑ. Mentre la componente orizzontale Φ x risulta comunque nulla, la componente verticale Φ y assume valori diversi nei diversi stati di quiete del sistema ciascuno corrispondente ad uno degli stati di equilibrio. Si ha così: Φ y = mg k(r r) per ϑ = 0; Φ y = mg + k(r r) per ϑ = π; Φ y = 0 per ϑ = ϑ ; Φ y = 0 per ϑ = ϑ. Soluzione dell esercizio (a) Poligono d appoggio e area di completo appoggio Poligono d appoggio Il poligono d appoggio è definito come l inviluppo convesso della base d appoggio, ossia dell insieme: Ω = {O(0, 0), A(0, ), B(, 0), C(0, ), D(, )} e coincide chiaramente con il quadrilatero convesso ABCD, come mostrato in figura: 4

5 Per poter successivamente procedere al riconoscimento degli equilibri, è opportuno determinare l espressione analitica del poligono, che sarà individuato da un sistema di 4 disequazioni lineari, ciascuna corrispondente ad un semipiano chiuso di Oxy passante per due punti d appoggio e contenente l intera base Ω. È evidente che per individuare tali semipiani basta imporre l appartenenza dell origine O. Semipiano chiuso in Oxy delimitato dalla retta AB e contenente O La retta AB ha equazione x x A x B x A = y y A y B y A x 0 0 = y che può anche scriversi come x + y + = 0. D altra parte, la funzione lineare L AB (x, y) := x + y + è positiva nell origine (x, y) = (0, 0), per cui il semipiano richiesto è individuato dalla disequazione L AB (x, y) 0, ovvero da x + y + 0. (.3) Semipiano chiuso in Oxy delimitato dalla retta BC e contenente O La retta passante per i punti B e C è individuata dall equazione x x B x C x B = y y B y C y B che si riesprime nella forma equivalente x 0 = y 0 0 x + y = 0. Siamo così indotti a considerare la funzione lineare L BC (x, y) = x + y, che nell origine assume segno negativo e permette quindi di individuare il semipiano di interesse nella forma L BC (x, y) 0: x + y 0. (.4) Semipiano chiuso in Oxy delimitato dalla retta CD e contenente O La retta CD ha l ovvia equazione y = e la disequazione che individua il semipiano delimitato dalla retta CD e contenente l origine è semplicemente y 0. (.5) 5

6 Semipiano chiuso in Oxy delimitato dalla retta DA e contenente O L equazione della retta DA si scrive x x D x A x D = y y D y A y D x = y ossia x + y + = 0. È evidente che la funzione lineare L DA (x, y) = x + y + assume valore positivo nell origine, per cui il semipiano di frontiera DA contenente l origine si ottiene come soluzione della disequazione L DA (x, y) 0: x + y + 0. (.6) Il poligono d appoggio è l intersezione dei semipiani precedenti e corrisponde perciò a tutte e sole le soluzioni del sistema di disequazioni (.3) (.6): x + y + 0 x + y 0 y 0 x + y + 0. (.7) Area di completo appoggio Per un corpo rigido appoggiato su un piano orizzonale liscio e debolmente cedevole le componenti verticali delle reazioni vincolari esterne sui punti di appoggio sono date dalla relazione lineare Φ i = ax i + by i + c i =,..., n nella quale è n = 5, si conviene di indicare con i valori,, 3, 4, 5 dell indice i i punti O, A, B, C, D della base d appoggio, e i coefficienti di struttura a, b, c si ricavano dalle equazioni cardinali statiche scritte in forma matriciale: S a b c = p = a b c = ps. (.8) Gli elementi della matrice simmetrica S = S xx S xy S x S xy S yy S y S x S y #Ω 6

7 si calcolano direttamente dalla definizione: S xx = S xy = S yy = S x = S y = #Ω = 5 x i = ( ) = 5 i= 5 x i y i = ( ) ( ) = i= 5 yi = 0 + ( ) = 3 i= 5 x i = ( ) = i= 5 y i = 0 + ( ) = i= 5 = 5 i= per cui risulta S = con determinante dets = ( ) = ( 6) + ( 4) = 60 ed inversa S = = L area di completo appoggio è allora individuata dalla condizione che le reazioni vincolari esterne siano strettamente positive in tutti i punti della base d appoggio: A = 5 { (xg, y G ) R : ax i + by i + c > 0 } i= con a, b, c determinati in funzione di e y G secondo la (.8). Si devono calcolare i singoli semipiani aperti dell intersezione. 7

8 Semipiano delle posizioni di (, y G ) per le quali la reazione vincolare in O è positiva Il punto O ha coordinate (x, y ) = (0, 0) per cui, supponendo il completo appoggio, la componente verticale della reazione in questo punto vale Φ = ax +by +c = p (0 0 )S = p ( 3 7) = p (0 0 ) = p ( 3y G + 7) e deve richiedersi abbia segno positivo. Semipiano delle posizioni di (, y G ) per le quali la reazione vincolare in A è positiva Le coordinate del punto A sono (x, y ) = (0, ) e la componente non banale della reazione vincolare in A diventa perciò Φ = ax + by + c = p (0 ) = p ( 5 5 0) = p 6 ( 3y G + ) = che pure deve assumersi di segno positivo, nell ipotesi di completo appoggio. Semipiano delle posizioni di (, y G ) per le quali la reazione vincolare in B è positiva Poichè le coordinate del punto B sono (x 3, y 3 ) = (, 0), per la reazione vincolare nello stesso punto si deduce immediatamente l espressione Φ 3 = ax 3 + by 3 + c = p ( 0 ) = p ( 3 3) = p 0 (4 + y G + ) = comunque di segno positivo, al fine di assicurare il completo appoggio del solido rigido. 8

9 Semipiano delle posizioni di (, y G ) per le quali la reazione vincolare in C è positiva Le coordinate del punto C sono (x 4, y 4 ) = (0, ), in modo che l espressione della corrispondente reazione vincolare risulta Φ 4 = ax 4 + by 4 + c = p (0 ) = p ( 9 4) = p ( + 9y G + 4) = e ad essa deve ancora imporsi il segno positivo. Semipiano delle posizioni di (, y G ) per le quali la reazione vincolare in D è positiva Il punto D ha coordinate (x 5, y 5 ) = (, ). La relativa reazione vincolare si scrive pertanto Φ 5 = ax 5 + by 5 + c = p ( ) = p ( 6 6 6) = p 5 ( + y G + ) = sempre di segno positivo per il completo appoggio del solido. Omessi il pedice G ed i fattori positivi, che sono ovviamente irrilevanti, la regione di completo appoggio è allora individuata dal seguente sistema di disequazioni lineari x 3y + 7 > 0 x 3y + > 0 4x + y + > 0 x + 9y + 4 > 0 x + y + > 0 9

10 la cui soluzione è evidenziata con l ombreggiatura nella figura seguente: (b) Equilibrio del solido appoggiato Per ipotesi il baricentro del sistema si colloca nel punto G(/, /3, ): il centro di pressione è quindi dato da G (/, /3, 0). È facile convincersi che questo centro di pressione appartiene al poligono d appoggio, le sue coordinate = / e y G = /3 verificando il sistema di disequazioni (.7): + y G + = = y G = + 3 = y G = 3 = y G + = = Ne deriva che la configurazione del solido appoggiato è di equilibrio per il sistema. (c) Reazioni vincolari esterne nei punti d appoggio Le reazioni vincolari esterne nei punti della base d appoggio sono date da Φ i = (ax i + by i + c)ê 3 = Φ i ê 3 i =,..., 5, 0

11 con (a, b, c) calcolati secondo l equazione (.8) e (, y G ) = (/, /3). Perciò: ( ) Φ O = p ( 3y G + 7) = p Φ A = p 6 ( 3y G + ) = p ( 6 3 ) 3 + Φ B = p 0 (4 + y G + ) = p (4 0 + ) 3 + Φ C = p ( + 9y G + 4) = p ( + 9 ) Φ D = p 5 ( + y G + ) = p ( 5 + ) 3 + Le reazioni vincolari richieste sono dunque: = p = p 3 = p 4 = p 6. = p 6 Φ O = p 6ê3 Φ A = p ê3 Φ B = p 3ê3 Φ B = p 4ê3 Φ D = p 6ê3. Va sottolineato che la loro somma è pari al peso totale del corpo rigido e che esse risultano tutte positive: in effetti, il centro di pressione appartiene, in questo caso, al poligono di completo appoggio del sistema. Soluzione dell esercizio 3 (a) Componenti lagrangiane delle forze non posizionali Le forze non posizionali sono le resistenze viscose applicate nei punti P ed A, con la stessa costante di frizione β: F P = β P FA = β A. I rispettivi punti di applicazione sono individuati dai vettori posizione: P O = Ls sin ϑ ê Ls cos ϑ ê A O = L sin ϑ ê L cos ϑ ê che ammettono le derivate parziali prime: P s = L sin ϑ ê L cos ϑ ê A s = 0 P ϑ = Ls cos ϑ ê + Ls sin ϑ ê A ϑ = L cos ϑ ê + L sin ϑ ê e permettono di calcolare le espressioni delle relative velocità istantanee come: P = L(ṡ sin ϑ + s cos ϑ ϑ)ê + L( ṡ cos ϑ + s sin ϑ ϑ)ê Ȧ = L cos ϑ ϑ ê + L sin ϑ ϑ ê.

12 Le componenti lagrangiane delle sollecitazioni non posizionali sono definite da per cui D s = β P P s βȧ A s D ϑ = βp P ϑ β A A ϑ D s = βl [ sin ϑ (ṡ sin ϑ + s cos ϑ ϑ) cos ϑ ( ṡ cos ϑ + s sin ϑ ϑ) ] 0 = = βl (ṡ sin ϑ + s sin ϑ cos ϑ ϑ + ṡ cos ϑ s sin ϑ cos ϑ ϑ) = βl ṡ e analogamente D ϑ = βl [ s cos ϑ(ṡ sin ϑ + s cos ϑ ϑ) + s sin ϑ ( ṡ cos ϑ + s sin ϑ ϑ) ] βl (cos ϑ ϑ + sin ϑ ϑ) = = βl (s sin ϑ cos ϑ ṡ + s cos ϑ ϑ s sin ϑ cos ϑ ṡ + s sin ϑ ϑ) βl ϑ = = βl (s ϑ + ϑ). Le componenti richieste sono pertanto: D s = βl ṡ D ϑ = βl (s ϑ + ϑ) (.9) e possono essere usate per calcolare la potenza delle relative sollecitazioni: π = D s ṡ + D ϑ ϑ = βlṡ βl (s ϑ + ϑ) ϑ = βl (ṡ + s ϑ + ϑ ) 0 dalla quale si deduce che le sollecitazioni sono dissipative. L annullarsi della potenza implica inoltre: π = 0 ṡ + s ϑ + ϑ = 0 ossia { ṡ = 0 (s + ) ϑ = 0 { ṡ = 0 ϑ = 0 in modo che le sollecitazioni hanno in effetti natura completamente dissipativa. (b) Equilibri Le sollecitazioni completamente dissipative sono ininfluenti sugli equilibri, dal momento che le loro componenti generalizzate si annullano a velocità generalizzata nulla. Le sollecitazioni rilevanti risultano dunque soltanto quelle posizionali conservative: il peso dell asta e del punto e le interazioni elastiche O P e A B. Di queste si calcolano i corrispondenti potenziali, che andranno poi sommati per fornire il potenziale del sistema. Potenziale gravitazionale È la somma di un contributo relativo al punto P U P g = mg ê (P O) = mg( Ls cos ϑ) = mgls cos ϑ

13 e del termine relativo all asta omogenea OA: U OA g = mg ê A O = mg ( L ) cos ϑ = mgl cos ϑ. Potenziale elastico Si ottiene il potenziale elastico del sistema sommando i potenziali elastici della molla A B: e della molla O P : U AB el = k B A = U OP el = h P O = mg L (L cos ϑ) = mglcos ϑ mg L (Ls) = mgls. Potenziale del sistema La proprietà di additività del potenziale fornisce il potenziale totale ( U(s, ϑ) = mgl s cos ϑ + ) cos ϑ cos ϑ s, (s, ϑ) (0, ) R. Equilibri Gli equilibri sono tutti e soli i punti critici del potenziale, ottenuti uguagliando simultaneamente a zero le derivate parziali prime: U s = mgl(cos ϑ s) U ossia risolvendo il sistema di equazioni trigonometriche cos ϑ s = 0 la prima delle quali porge la relazione ( ϑ = mgl s sin ϑ ) sin ϑ + cos ϑ sin ϑ s sin ϑ sin ϑ + cos ϑ sin ϑ = 0 s = cos ϑ (.0) che sostituita nella seconda conduce all equazione trigonometrica nella sola variabile ϑ: sin ϑ + cos ϑ sin ϑ = 0. Quest ultima si può riesprimere in forma fattorizzata ( sin ϑ cos ϑ ) 3 = 0

14 ed ammette le soluzioni: (i) ϑ = 0 e ϑ = π, per sin ϑ = 0; (ii) ϑ = +π/3 e ϑ = π/3, per cos ϑ = 0. Tenuto conto della.0, i punti critici di U in R sono pertanto (s, ϑ) = (, 0) (s, ϑ) = (, π) (s, ϑ) = (/, π/3) (s, ϑ) = (/, π/3) ma soltanto gli ultimi due corrispondono effettivamente a configurazioni di equilibrio del sistema per via della condizione 0 < s <. Da sottolineare che gli equilibri sono tutti isolati, in quanto in numero finito. (c) Stabilità degli equilibri La presenza di sollecitazioni completamente dissipative e di equilibri isolati autorizza ad applicare le forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale basata sui criteri di Barbasin-Krasovskii per analizzare la stabilità degli equilibri. Al solito, il primo passo consiste nel calcolare le derivate parziali seconde del potenziale: U s = mgl U ϑ s = mgl sin ϑ U s ϑ = mgl sin ϑ U ( ϑ = mgl s cos ϑ ) cos ϑ + cos ϑ sin ϑ per poi discutere gli autovalori della matrice hessiana corrispondente: H U (s, ϑ) = mgl sin ϑ ( sin ϑ ) s cos ϑ cos ϑ + cos ϑ sin ϑ. Configurazione (s, ϑ) = (/, π/3) In questa configurazione di equilibrio la matrice hessiana del potenziale si riduce a H U (/, π/3) = mgl con traccia negativa e determinante positivo: ( ) 3/ 3/ 3/ trh U (/, π/3) = 5 mgl < 0 deth U(/, π/3) = 3 4 m g L > 0 e quindi definita negativa. La configurazione costituisce un massimo relativo proprio isolato del potenziale e la sua stabilità asintotica è assicurata dai criteri di Barbasin- Krasowskii (forma forte del teorema di Lagrange-DIrichlet in presenza di sollecitazioni completamente dissipative ed equilibrio isolato). 4

15 Configurazione (s, ϑ) = (/, π/3) Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale diventa ( ) 3/ H U (/, π/3) = mgl 3/ 3/ e presenta lo stesso determinante e la stessa traccia di quella calcolata nella precedente configurazione che, per inciso, risulta simmetrica a questa. Ne deriva che le proprietà di stabilità sono le stesse già discusse nel caso precedente: l equilibrio è asintoticamente stabile. Soluzione dell esercizio 4 Il sistema è per ipotesi scleronomo posizionale e conservativo, per cui l energia cinetica deve identificarsi con i termini della lagrangiana quadratici nelle velocità generalizzate (ṡ, ϕ): e la relativa matrice di rappresentazione vale T = (ṡ mr cos ϕ ṡ ϕ + ) 3 ϕ (.) A(s, ϕ) = mr 3 cos ϕ 3 cos ϕ. (.) 3 Il termine residuo rappresenta il potenziale, funzione delle sole coordinate generalizzate: U(s, ϕ) = L T = kr ( s + 3 cos ϕ ). (.3) Gli equilibri si ricavano annullando le derivate parziali prime del potenziale: e risultano quindi i seguenti: U s = kr s = 0 U ϕ = 3 kr sin ϕ = 0 (s, ϕ) = (0, 0), (s, ϕ) = (0, π). Le relative proprietà di stabilità si analizzano studiando la matrice hessiana H U (s, ϕ) = kr cos ϕ dalla quale è immediato riconoscere che (s, ϕ) = (0, 0) risulta stabile, mentre (s, ϕ) = (0, π) è instabile. 5

16 (a) Equazioni linearizzate del moto intorno all equilibrio stabile Nella configurazione di equilibrio stabile (s, ϕ) = (0, 0) la matrice dell energia cinetica e quella hessiana del potenziale sono date da: ( ) A(0, 0) = mr /3 /3 /3 ( ) H U (0, 0) = kr 0. 0 /3 Indicando con (δs, δϕ) piccole variazioni dei parametri lagrangiani rispetto ai rispettivi valori di equilibrio, le equazioni linearizzate del moto nell intorno dell equilibrio stabile si scrivono: ( ) ( ) δs δs A(0, 0) δϕ H U (0, 0) = 0 δϕ ossia: o ancora ( ) ( ) ( ) ( ) mr /3 δs /3 /3 δϕ kr 0 δs 0 /3 δϕ δs + 3 δϕ + k m δs = 0 3 δs + δϕ 3 + k 3 m δϕ = 0. = 0 (b) Pulsazioni normali delle piccole oscillazioni Le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni sono le soluzioni dell equazione caratteristica: det [ ω A(0, 0) + H U (0, 0) ] = 0 ovvero [ ( ) ( )] det mr ω /3 + kr 0 /3 /3 0 /3 L equazione si può porre nella forma equivalente: [ ( ) ( )] mω /3 0 det + = 0 k /3 /3 0 /3 = 0. e con la sostituzione λ = mω /k diventa Le soluzioni sono date da det λ 3 λ 3 λ 3 λ = 0 3 λ = 3 ± /3 = 9 ± λ 3λ + = 0., 6

17 entrambe reali e positive λ = e corrispondenti alle pulsazioni normali: ω = λ k m = 9 33 k 8 m λ = ω = λ k m = k 8 m. (c) Modi normali di oscillazione Modo basso, di pulsazione ω I vettori delle ampiezze si ricavano risolvendo il sistema lineare omogeneo λ 3 λ 3 λ 3 λ a s = 0 a 3 ϕ ovvero una sola delle due equazioni, linearmente dipendenti: ( ) a s a ϕ = 0 8 che equivale a e porge le infinite soluzioni (5 33)a s a ϕ = 0 3 a s = 9 33 a ϕ = (9 33)( ) a ϕ = a ϕ a ϕ R È sufficiente sceglierne una non nulla, quale ad esempio: (a s, a ϕ ) = (3 + 33, 6), per ottenere l espressione del modo normale di oscillazione basso ( ) δs δϕ ( = A 6 ) ( 9 ) 33 k cos 8 m t + α dove A 0 e α sono costanti reali arbitrarie. Da sottolineare che in questo modo normale i due parametri lagrangiani oscillano in fase attorno ai loro valori di equilibrio. 7

18 Modo alto, di pulsazione ω Il sistema lineare da risolvere per determinare le ampiezze (b s, b ϕ ) del modo alto è il seguente: λ 3 λ 3 λ 3 λ 3 b s b ϕ = 0. Il calcolo è analogo a quello svolto per il modo basso, salvo che per la sostituzione Una soluzione utile, fra le infinite linearmente dipendenti, è dunque (b s, b ϕ ) = (3 33, 6) e permette di determinare l espressione del modo normale di oscillazione: ( ) δs δϕ ( 3 33 = B 6 ) ( 9 + ) 33 k cos 8 m t + β con B 0 e β costanti reali arbitrarie. Si nota come in questo modo normale i parametri lagrangiani oscillino in opposizione di fase attorno ai rispettivi valori di equilibrio. 8