Prova scritta di meccanica razionale del

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1 Prova scritta di meccanica razionale del Esercizio 1 Nel piano Oxy di una terna solidale Oxyz = Oê 1 ê ê un sistema rigido è costituito da due piastre quadrate identiche, Q 1 e Q, di lato a, e da un asta AB di lunghezza a, disposte come mostrato in figura. La piastra Q si può pensare ottenuta ruotando di 18 o attorno ad Ox una piastra uguale a Q 1. Le densità di Q 1 e AB si scrivono rispettivamente: σ(p = µ a (P O ê 1 P Q 1 λ(p = µ P A P AB a con µ massa costante caratteristica. Determinare del sistema: (a la massa e la posizione del baricentro rispetto a Oxyz; (b la matrice d inerzia relativa a Oxyz; (c i momenti d inerzia riferiti alla retta r : y = x, z = e alla retta s : x = a, z = ; (d tutte le terne centrali d inerzia e i momenti centrali d inerzia; (e l energia cinetica e il momento angolare in O rispetto alla terna dove il sistema si muove con punto fisso O e velocità angolare istantanea ω = ωê + ωê, con ω > costante. Che tipo di moto esegue il sistema? 1

2 Esercizio Nel piano Oxy di una terna Oxyz = Oê 1 ê ê, con asse verticale Oy, un disco circolare omogeneo D, di massa m, centro C e raggio a, può ruotare attorno all asse fisso Oz passante per il suo bordo. Una piastra rettangolare P, di massa m, trasla verticalmente mantenendo il proprio lato orizzontale AB a contatto con il bordo di D. Una molla ideale di stiffness k collega O con il punto A, che è anche soggetto ad una resistenza viscosa di costante β; analoga resistenza agisce su C. Il sistema è pesante e a vincoli ideali. Posto che Oxyz ruota con velocità angolare costante ω attorno all asse Oy rispetto ad un riferimento inerziale, si usi l angolo ϕ R in figura per determinare del sistema, relativamente a Oxyz: (a l espressione dell energia cinetica; (b gli equilibri, con le relative condizioni di esistenza, considerando tutte le sollecitazioni; (c le caratteristiche di stabilità degli equilibri, considerando tutte le sollecitazioni; (d le equazioni di Lagrange del moto; (e i modi normali delle piccole oscillazioni attorno ad un equilibrio stabile per β =.

3 Soluzione dell esercizio 1 (a Massa e baricentro Piastra Q 1 La piastra Q 1 ammette una parametrizzazione banale in termini delle coordinate cartesiane x e y: P O = xê 1 + yê, (x, y [, a], cui corrisponde la densità areale: σ(p = µ a x, (x, y [, a]. La massa della piastra viene ricavata integrando la densità areale sul quadrato Q 1 : m Q1 = Q 1 σ da = a dx a dy µ a x = µ a a x dx a dy = µ a a Poichè la densità areale σ è indipendente dall ordinata y ed inoltre: si ha che: (x, y [, a] = (x, a y [, a], σ(x, y = σ(x, a y (x, y [, a], a = µ. per cui la retta di equazione y = a/, z = costituisce un asse di simmetria di Q 1. Il vettore posizione del baricentro G Q1 della piastra ha dunque la forma: G Q1 O = x Q1 ê 1 + a ê, con l ascissa data da: x Q1 = 1 m Q1 in modo che risulta: Q 1 x σ da = µ a a a a dx dy x µ a x = a x dx G Q1 O = aê 1 + a ê. dy = a a a = a, Piastra Q La piastra Q è identica a Q 1, di cui ha quindi la stessa massa: m Q = m Q1 = µ. D altra parte, la piastra Q è stata ottenuta da una piastra identica a Q 1 mediante una rotazione di π radianti attorno all asse Ox. I baricentri G Q1 e G Q delle due piastre presentano perciò la stessa ascissa ma valori opposti di ordinata: G Q O = aê 1 a ê.

4 Asta AB L asta rettilinea AB ammette la parametrizzazione banale: cui corrisponde la densità lineare: P A = s ê 1, s [, a], λ(p = µ a s ê 1 = µ s, s [, a]. a La massa dell asta si ricava integrando questa densità sul segmento AB: m AB = λ ds = AB a µ a s ds = µ a a = µ. Per simmetria il baricentro G AB dell asta deve essere individuato da un vettore posizione della forma: G AB A = s AB ê 1, con: per cui: s AB = 1 m AB AB s λ ds = µ a s µ a s ds = a a = a, G AB A = aê 1 e quindi: G AB O = A O + G AB A = aê 1 + aê 1 = 5 aê 1. Massa del sistema La somma delle masse delle due piastre e dell asta fornisce la massa dell intero sistema: m = m Q1 + m Q + m AB = µ + µ + µ = µ. Baricentro del sistema Il baricentro del sistema viene individuato applicando il teorema distributivo alle piastre Q 1 e Q e all asta AB: G O = µ (G Q 1 O + µ (G Q O + µ (G AB O = µ = 1 ( GQ1 O + G Q O + G AB O = 4

5 = ( 1 aê 1 + a ê + aê 1 a ê + 5 aê 1 = ( 1 aê1 = aê1. Si osservi che il risultato è consistente con l essere Ox un evidente asse di simmetria del sistema. (b Matrice d inerzia Matrice d inerzia della piastra Q 1 Poichè la piastra giace interamente nel piano coordinato Oxy, la matrice d inerzia di Q 1 rispetto alla terna Oxyz deve assumere la forma: [L Q 1 O ] = L Q 1 xx L Q 1 L Q 1 xy L Q 1 xy yy L Q 1 xx + L Q 1 yy Il momento d inerzia relativo all asse Ox si scrive:. L Q 1 xx = Q 1 y σ da = a dx a dy y µ a x = µ a a x dx a y dy = µ a a a = 1 6 µa, mentre quello relativo all asse Oy risulta: L Q 1 yy = Q 1 x σ da = a a a a dx dy x µ a x = µ a x dx dy = µ a 4 a 4 a = 1 4 µa e l unico prodotto d inerzia non banale vale: L Q 1 xy = Q 1 xyσ da = a dx a dy xy µ a x = µ a a x dx a y dy = µ a a a = 1 6 µa, per cui: 1/6 1/6 [L Q 1 O ] = µa 1/6 1/4. 5/1 Matrice d inerzia della piastra Q Rispetto a Q 1 la piastra Q è ruotata di 18 o attorno all asse Ox. Di conseguenza si ha: L Q xx = L Q 1 xx L Q yy = L Q 1 yy, mentre: L Q xy = L Q 1 xy. 5

6 La matrice d inerzia relativa a Oxyz di Q è pertanto: 1/6 1/6 [L Q O ] = µa 1/6 1/4. 5/1 Matrice d inerzia dell asta AB L asta AB si può parametrizzare convenientemente con: P O = xê 1, x [a, a], e la sua matrice d inerzia relativa a Oxyz risulta: in quanto: L AB yy = AB [L AB O ] = x λ ds = a = µ ( a 4a 4 8 a4 a4 4 + a4 a L AB yy L AB yy x µ a (x a dx = µ a = µa 17/1 17/1 a = µa ( a (x ax dx = µ [ ] x 4 a a 4 ax = = µa 1 a = 17 1 µa. Matrice d inerzia del sistema Per determinare la matrice d inerzia in Oxyz dell intero sistema non rimane che sommare le matrici d inerzia, relative alla stessa terna Oxyz, delle due piastre e dell asta: 1/6 1/6 = µa 1/6 1/4 5/1 = µa 1/ 1/ 5/6 [L O ] = [L Q 1 O ] + [LQ O ] + [LAB O ] = 1/6 1/6 + µa 1/6 1/4 + µa 17/1 5/1 + µa 17/1 17/1 = 17/1 = µa 1/ /1 9/4. (c Momenti d inerzia relativi alle rette r ed s Retta r di equazione y = x, z = La retta passa chiaramente per l origine O ed ammette il versore direttore: ˆn = ê1 + ê ê 1 + ê = ê1 + ê. 6

7 Il momento d inerzia del sistema relativo ad r è quindi dato dalla relazione: I r = I Oˆn = ˆn L O (ˆn = 1 1 (1 1 [L O ] 1 1 = 1 ( 1 µa + 1 µa + = 1 Lxx + L yy + L xy = ( = µa = 9 8 µa. Retta s di equazione x = a, z = La retta s è parallela all asse Oy e passa per il baricentro G del sistema si ricordi che G O = aê 1. Per il teorema di Huygens-Steiner si ha dunque: I s = I Gy = I Oy m (G O ê 1 = L yy m (G O ê 1 = 1 µa µa = 5 1 µa. (d Terne centrali d inerzia e momenti centrali d inerzia La terna centrale d inerzia ha origine in G e Gx è uno dei suo assi centrali d inerzia, in quanto asse di simmetria. Analogamente, anche Gz rappresenta un asse centrale d inerzia, perchè passante per G ed ortogonale a Gxy = Oxy, piano di giacitura e simmetria del sistema. Il teorema spettrale implica infine che anche Gy, essendo ortogonale sia a Gx che a Gz, costituisca un asse centrale d inerzia. La terna centrale d inerzia Gxyz è quindi ottenuta traslando Oxyz di un vettore G O = aê 1. Di conseguenza: L G xx = L xx = 1 µa L G yy = L yy m G O = 1 µa µa = 5 1 µa L G zz = L zz m G O = 9 4 µa µa = 4 µa. La matrice centrale d inerzia è pertanto: [L G ] = µa 1/ 5/1 /4 ed i suoi elementi diagonali forniscono i momenti centrali d inerzia richiesti: A 1 = 1 µa A = 5 1 µa A = 4 µa. Poichè i momenti centrali d inerzia sono tutti distinti, il teorema spettrale comporta che la terna centrale d inerzia sia determinata univocamente a meno di eventuali inversioni di uno o più assi coordinati l operatore d inerzia in O ammette tre autospazi distinti, ciascuno di dimensione 1. 7

8 (e Energia cinetica e momento angolare in O Momento angolare in O Rispetto alla terna prescelta il sistema rigido presenta punto fisso O e velocità angolare istantanea ω = ωê + ωê, con ω > costante. Il momento angolare in O del sistema vale quindi: K O = L O ( ω = K 1 ê 1 + K ê + K ê con le componenti cartesiane K 1, K, K date da: per cui: K 1 K = [L O ] ω K ω = µa 1/ /1 9/4 ω ω ( K O = µa ω ê 4ê = µa ω /1 9/4 Energia cinetica Per il corpo rigido con punto fisso O e velocità angolare ω l energia cinetica si scrive: T = 1 ω K O = 1 ( ( ωê + ωê µa ω = 1 µa ω ( ê 4ê + 7 = 1 µa ω 1 =, = 5 4 µa ω = 5 1 µa ω. Tipo di moto Per ipotesi il vettore ω è costante nella terna solidale Oxyz. Di conseguenza, esso risulta costante anche rispetto alla terna assoluta, essendo come ben noto: d A ω dt = d R ω dt + ω ω = d R ω dt = d dt ( ωê + dω dt ê =. Essendo O punto fisso e la velocità angolare istantanea costante, il moto del sistema rigido è rotatorio uniforme con asse fisso O ω, passante per O e di direzione costante ω = ωê +ωê, ossia ê + ê. Soluzione dell esercizio (a Energia cinetica L energia cinetica del sistema è la somma delle energie cinetiche di disco e piastra, riferite alla stessa terna Oxyz. Energia cinetica del disco D Il disco omogeneo ruota di un angolo ϕ attorno all asse fisso Oz; la relativa energia cinetica è data dal teorema di König: T D = m Ċ + 1 ID Cz ω D, 8

9 dove posizione e velocità istantanea del baricentro C si scrivono: C O = a(sin ϕê 1 cos ϕê = Ċ = a(cos ϕê 1 + sin ϕê ϕ con modulo quadrato: Ċ = a ϕ, mentre il momento d inerzia relativo all asse Cz e la velocità angolare istantanea risultano rispettivamente: ICz D = ma ω D = ϕê. Sostituendo i dati, si deduce per l energia cinetica del disco l espressione seguente: T D = ma ϕ + 1 ma ϕê = 4 ma ϕ. Energia cinetica della piastra P La piastra P è vincolata a muoversi di moto traslatorio rettilineo lungo la direzione verticale. Ad ogni istante tutti i suoi punti si muovono con la velocità istantanea del punto A, la cui posizione è individuata dal vettore: A O = (N O ê ê + costante ê 1 = a(1 cos ϕê + costante ê 1, in modo che risulta: Per l energia cinetica di P si ha pertanto: A = a sin ϕ ϕ ê. T P = m A = m a sin ϕ ϕ ê ma = sin ϕ ϕ. Energia cinetica del sistema La somma delle energie cinetiche di disco e piastra porge l energia cinetica del sistema: T = T D + T P = 4 ma ϕ + ma sin ϕ ϕ = ma ( sin ϕ ϕ. (b Equilibri Il sistema, scleronomo e a vincoli bilaterali ideali, è soggetto a sollecitazioni posizionali conservative il peso, l interazione elastica fra A ed O, le forze centrifughe e a sollecitazioni di natura dissipativa le resistenze viscose in A e in C. Le forze di Coriolis agiscono su punti che sono tutti ubicati nel piano coordinato Oxy e risultano a questo ortogonali: ne deriva che la componente generalizzata delle forze di Coriolis è costantemente nulla e non produce alcun effetto né sulla statica né sulla dinamica del sistema. Potenziale gravitazionale Il baricentro C del disco è individuato dal vettore posizione: C O = a sin ϕê 1 a cos ϕê, 9

10 mentre la posizione del baricentro della piastra P non è nota esattamente non è specificato se la piastra sia o meno omogenea, così come non ne sono precisate le esatte dimensioni. Poichè la piastra è vincolata a traslare lungo la direzione verticale, tuttavia, la posizione di tale baricentro deve differire per un vettore costante rispetto alla posizione del vertice A: A O = (A O ê 1 ê 1 + (A O ê ê = costante ê 1 + (C O ê ê + aê = Il potenziale delle forze peso è quindi espresso da: = costante ê 1 + a(1 cos ϕê. U g = mgê (C O mgê (A O = mga cos ϕ + mga(cos ϕ 1 = = mga cos ϕ + costante. Potenziale elastico Alla molla ideale di stiffness k che congiunge A con l origine O è associato il potenziale elastico: U el = k A O = k [ costante + a (1 cos ϕ ] = ka (cos ϕ 1 + costante. Potenziale centrifugo Il potenziale delle forze centrifughe è la somma dei contributi relativi al disco e alla piastra. Il primo può essere calcolato convenientemente ricorrendo al teorema di Huygens-Steiner, mentre il secondo risulta costante: U cf = U D cf + U P cf = ω [ I D Cy + m[(c O ê 1 ] ] + costante = ma ω sin ϕ + costante. Potenziale del sistema La somma dei potenziali gravitazionale, elastico e centrifugo definisce il potenziale del sistema. Omesse le costanti additive, si ottiene perciò: U = U g + U el + U cf = mga cos ϕ ka (cos ϕ 1 + ma ω sin ϕ. Componente generalizzata delle resistenze viscose I punti di applicazione A e C delle resistenze viscose, con costante di frizione β, hanno velocità istantanee: A = a sin ϕ ϕ ê Ċ = a(cos ϕê 1 + sin ϕê ϕ di modulo quadrato: A = a sin ϕ ϕ Ċ = a ϕ. 1

11 La funzione di Rayleigh corrispondente si scrive perciò: R = β A β Ċ = β a sin ϕ ϕ β a ϕ = βa (1 + sin ϕ ϕ e fornisce la componente generalizzata delle resistenze viscose: D ϕ = R ϕ = βa (1 + sin ϕ ϕ. Si tratta di sollecitazioni completamente dissipative, dato il segno non positivo della potenza: π = D ϕ ϕ = βa (1 + sin ϕ ϕ (ϕ, ϕ R, che si annulla esclusivamente per velocità generalizzata nulla: π = ϕ =. In particolare, dette sollecitazioni si annullano a velocità generalizzata nulla e non hanno alcun effetto sugli equilibri del sistema. Equilibri Gli equilibri del sistema, tutti ordinari, vanno identificati con i punti stazionari del potenziale e si ottengono pertanto annullando la derivata prima del potenziale: U (ϕ = mga sin ϕ + ka (cos ϕ 1 sin ϕ + ma ω sin ϕ cos ϕ ossia risolvendo l equazione trigonometrica: sin ϕ [ mga + ka (cos ϕ 1 + ma ω cos ϕ ] =. Per sin ϕ = si ottengono due radici definite incondizionatamente: ϕ = ϕ = π. Per mga + ka (cos ϕ 1 + ma ω cos ϕ = si ha invece: vale a dire: e quindi: mga + ka cos ϕ ka + ma ω cos ϕ = cos ϕ = Ne seguono le ulteriori radici: (k + mω a cos ϕ = mga + ka mga + ka mg + ka (k + mω = a (k + mω a := λ >. ϕ = arccos λ = ϕ (, π/ ϕ = ϕ 11

12 definite e distinte dalle precedenti per λ < 1. (c Stabilità degli equilibri Gli equilibri del sistema sono tutti isolati in quanto in numero finito. La compresenza di sollecitazioni posizionale conservative e completamente dissipative consente pertanto di caratterizzare le proprietà di stabilità di tutti gli equilibri facendo ricorso alla forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet, basata sui criteri di Barbašin e Krasovskii. I massimi relativi propri (isolati del potenziale risultano asintoticamente stabili, mentre in ogni altro caso si ha instabilità e l attrattività è esclusa dalla dissipazione dell energia meccanica. Occorre calcolare la derivata seconda del potenziale: U (ϕ = (mg + kaa cos ϕ + (k + mω a (cos ϕ sin ϕ in ciascuna configurazione di equilibrio. Configurazione ϕ = In questa configurazione la derivata seconda del potenziale non presenta segno definito: U ( = (mg + kaa + (k + mω a = (k + mω a (1 λ per cui si rende necessario distinguere tre diversi casi. Se λ > 1 si ha U ( < e l equilibrio viene riconosciuto essere un massimo relativo proprio del potenziale, asintoticamente stabile. Per λ < 1 è invece U ( >, circostanza che esclude il ricorrere in ϕ = di un massimo relativo proprio del potenziale. La forma forte del teorema di Lagrange- Dirichlet implica pertanto l instabilità dell equilibrio, la cui attrattività è peraltro esclusa dalla dissipazione dell energia meccanica. Se infine λ = 1 risulta U ( = e si presenta un caso critico di stabilità, che richiede un analisi più dettagliata. In effetti, per λ = 1 la derivata seconda del potenziale assume la forma: U (ϕ = (k + mω a ( cos ϕ + cos ϕ, da cui seguono le derivate successive: che in ϕ = si riducono a: U ( (ϕ = (k + mω a (sin ϕ sin ϕ U (4 (ϕ = (k + mω a (cos ϕ 4 cos ϕ U ( ( = U (4 ( = (k + mω a e porgono lo sviluppo di Taylor al quarto ordine: U(ϕ = U( + 1 4! U (4 (ϕ 4 + o(ϕ 4 (ϕ 1

13 ossia: U(ϕ = U( 1 8 (k + mω a ϕ 4 + o(ϕ 4 (ϕ. L equilibrio è quindi un massimo relativo proprio del potenziale, asintoticamente stabile. Configurazione ϕ = π Nella fattispecie la derivata seconda del potenziale ha sempre segno positivo: U (π = (mg + kaa + (k + mω a > per cui la configurazione di equilibrio costituisce un minimo relativo proprio del potenziale. La forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet implica l instabilità, mentre l attrattività è esclusa dalla dissipazione dell energia meccanica. Configurazione ϕ = ϕ La derivata seconda del potenziale è sempre negativa: U (ϕ = (mg + kaa cos ϕ + (k + mω a (cos ϕ sin ϕ = [ ] = (k + mω a mg + ka (k + mω a cos ϕ + cos ϕ sin ϕ = = (k + mω a ( cos ϕ cos ϕ + cos ϕ sin ϕ = = (k + mω a sin ϕ <, e dunque la configurazione di equilibrio risulta, quando definita, un massimo relativo proprio del potenziale. La stabilità asintotica è assicurata dalla forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet. Configurazione ϕ = ϕ Anche questa configurazione di equilibrio è asintoticamente stabile, laddove definita, in quanto la derivata seconda del potenziale risulta uguale a quella calcolata nella configurazione simmetrica precedente: U ( ϕ = U (ϕ <. (d Equazioni di Lagrange Le equazioni pure del moto si riducono all unica equazione di Lagrange: d ( L L dt ϕ ϕ = D ϕ in termini della componente generalizzata delle resistenze viscose: D ϕ = βa (1 + sin ϕ ϕ 1

14 e della lagrangiana: L = T + U = ma ( sin ϕ ϕ + mga cos ϕ ka (cos ϕ 1 + ma ω sin ϕ. Le espressioni parziali del binomio di Lagrange si ricavano immediatamente usando la definizione: L ϕ = ma( + sin ϕ ϕ d ( L dt ϕ = ma ( + sin ϕ ϕ + ma sin ϕ cos ϕ ϕ L ϕ = ma sin ϕ cos ϕ ϕ mga sin ϕ + ka (cos ϕ 1 sin ϕ + ma ω sin ϕ cos ϕ in modo che l equazione di Lagrange risulta: ma ( + sin ϕ ϕ + ma sin ϕ cos ϕ ϕ + mga sin ϕ ka (cos ϕ 1 sin ϕ ma ω sin ϕ cos ϕ = βa (1 + sin ϕ ϕ. (e Modi normali delle piccole oscillazioni La configurazione ϕ = è stabile per β = e λ > 1, in quanto massimo relativo proprio del potenziale di un sistema scleronomo posizionale conservativo. L equazione delle piccole oscillazioni nell intorno di essa si scrive: ma ( ϕ + sin ϕ= δϕ U ( δϕ = ossia: ed infine: ma δϕ (k + mω a (1 λδϕ = δϕ + (λ 1 ( k m + ω δϕ =. Il modo normale di oscillazione è quindi descritto da: δϕ = A o cos(ωt + α t R con ampiezza A o R + e fase α R arbitrarie e pulsazione normale: Ω = (λ 1 ( k m + ω. 14