Prova scritta di meccanica razionale 1 A-Z del

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1 Prova scritta di meccanica razionale 1 A-Z del Esercizio 1 Nel piano Oxy di una terna solidale Oxyz Oê 1 ê ê 3 una piastra rigida L occupa la regione compresa fra l asse Ox eilgraficodella funzione y = =x 3 /a, x a, essendo a una lunghezza caratteristica. La densità della lamina è data da σx, y = 4µ a 4 xy x, y L dove la costante positiva µ ha le dimensioni di una massa. Si determinino della piastra: a la massa e il baricentro rispetto a Oxyz; b la matrice d inerzia relativa alla terna Oxyz eimomenti principali d inerzia in O; c il momento d inerzia rispetto alla retta r di equazione 3x +4y =nelpiano Oxy; d il momento d inerzia rispetto alla retta s di equazione y = a nel piano Oxy; e il momento angolare in O e l energia cinetica relativi alla terna rispetto alla quale il punto O sia fisso e la velocità angolare valga ω = ω ê 1 ω ê ω ê 3,conω>. 1

2 Esercizio Nel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz si muovono una lamina quadrata omogenea P, dimassa m elatoa, eun asta rettilinea omogenea OA, dimassa m elunghezza a. L estremo O dell asta è fisso nell origine, mentre il secondo estremo A è incernierato nel punto medio di un lato di P. Ilpunto medio B del lato opposto può scorrere liberamente lungo l asse Oy. I due elementi rigidi sono soggetti al peso. A ècollegato da una molla ideale di costante k ad un punto materiale P,dimassa m, chescorre lungo l asse orizzontale Ox. Unaseconda molla, uguale alla prima, collega B ad O. Posto che i vincoli siano ideali, usare i parametri ξ,ϑ R in figura per determinare del sistema: a gli equilibri relativi a Oxyz; b leproprietàdistabilitàdei predetti equilibri; c l energia cinetica relativa a Oxyz; d le equazioni pure del moto; e l energia meccanica e la quantità dimoto.

3 Soluzione dell esercizio 1 a Massa e baricentro La piastra si colloca nella regione del piano Oxy definita da Ω={x, y R : y x 3 /a, x a} in ogni punto della quale la densità arealesiscrive σx, y = 4µ a 4 xy. Massa La massa del sistema si ricava integrando sul dominio Ω la densità σ, cioècalcolando l integrale doppio: m = Ω = µ a 4 σdxdy = a a dx xdx = µ a 4 dy 4µ 4µ xy = a4 a 4 a a x 6 µ xdx = a4 a 8 a [ y dx x ] y= = x 7 dx = µ a 8 a 8 8 = µ 4. Baricentro Poichè la piastra giace per intero nel piano Oxy, anche il baricentro G deve collocarsi nel medesimo piano. Ne segue che il vettore posizione di G rispetto alla terna Oxyz deve assumere la forma G O = x G ê 1 + y G ê con l ascissa x G e l ordinata y G da determinare secondo la definizione. Si ha allora x G = 1 m = 8 a 4 ed analogamente y G = 1 m Ω a = 16 3a 4 Ω a xσ dxdy = 4 µ a x dx = 8 a 4 yσdxdy = 4 µ a dx a dx x 3 dx = 16 3a 4 dy x 4µ 16 xy = a4 a 4 x 6 a 4 x dx = 8 a 8 a a dy y 4µ 16 xy = a4 a 4 a dx x [ y x 8 dx = 8 a 8 a 9 a dx x ] y= 9 = 8 9 a x x9 16 a dx = x 1 dx = 16 a6 3a 1 33 a 3 = y dy =

4 per cui la posizione del baricentro è individuata da G O = 8 9 a ê a ê. b Matrice d inerzia in Oxyz emomentiprincipali d inerzia in O La matrice d inerzia della piastra rispetto alla terna Oxyz deve essere del tipo [L O ]= L xx L xy L xy L yy L xx + L yy in quanto L è ubicata nel piano coordinato Oxy. Ilmomento d inerzia rispetto all asse Ox si ricava dall integrale L xx = Ω = µ a 4 y σdxdy = a a dx 4 xdx = µ a 4 mentre quello relativo ad Oy risulta L yy = Ω = µ a 4 x σdxdy = a a a dx dy y 4µ 4µ xy = a4 a 4 x 1 a 8 xdx = µ a 1 x 3 dx = µ a 4 a a a dy x 4µ 4µ xy = a4 a 4 x 6 a 4 x3 dx = µ a 8 Quanto all unico prodotto d inerzia non banale, si ha L xy = Ω = 4µ 3a 4 a xy σ dxdy = a dx x 3 dx = 4µ 3a 4 a dx x y 3 dy = x 13 dx = µ a 14 a 1 14 = µa 14 a a dy xy 4µ 4µ xy = a4 a 4 x x9 4µ dx = a6 3a 1 La matrice d inerzia della piastra risulta pertanto: 1/14 1/9 [L O ]=µa 1/9 1/5. 19/7 4 dx x 3 x 9 dx = µa 5. a a dx x ydy = y dy = x 11 dx = µa 9.

5 Per definizione, i momenti principali d inerzia in O della piastra sono gli autovalori della matrice d inerzia rispetto a qualsiasi terna con origine in O. Si tratta perciò di risolvere l equazione caratteristica det [L O ] λi = ossia, posto per brevità λ = µa α, det 1/14 α 1/9 1/9 1/5 α =. 19/7 α Sviluppando il determinante, l equazione assume la forma [ α 5 α 1 ] α = dalla quale si deduce che un ovvia radice è α = 19 7 = mentre le altre due risolvono l equazione di secondo grado α 5 α 1 81 = che svolgendo i prodotti e semplificando si riduce a α 19 7 α = ed ammette le soluzioni: α = = α = = I momenti principali d inerzia richiesti sono perciò: A 1 = A = A 3 = 19 7 µa µa µa µa 6161 µa µa 5

6 c Momento d inerzia rispetto alla retta r La retta r ha equazione 3x+4y =epassa chiaramente per l origine. Potendosi esprimere nella forma y = 3 4 x, ad essa èassociato il versoretangente ˆn = ê 1 3 ê ê ê 1 = ê ê 4 5 = 4 5 ê1 3 5 ê con componenti n 1 =4/5, n = 3/5, n 3 =. Ilmomentod inerzia rispetto alla retta r = Oˆn èallora espresso dalla formula I r = I Oˆn =n 1 n n 3 [L O ] n 1 n = n 3 1/14 1/9 =4/5 3/5 µa 1/9 1/5 19/7 [ 1 4 = µa ] /5 3/5 = µa. = d Momento d inerzia rispetto alla retta s La retta s del piano Oxy ha equazione y =erisulta quindi parallela all asse coordinato Oy. La retta, tuttavia, non passa per il baricentro G del sistema. Per calcolare il momento d inerzia della piastra rispetto ad s è necessario applicare due volte il teorema di Huygens- Steiner, considerando la retta Gx parallela ad Ox epassante per G. Ledue relazioni I s = I Gx + ma y G I Ox = I Gx + my G porgono, sottraendo membro a membro, I s I Ox = ma y G my G. 6

7 Ne deriva che I s = I Ox + ma y G my G = L xx + m [ a y G y G ] = = L xx + maa y G = 1 14 µa + µ a a = µa. e Momento angolare in O ed energia cinetica Rispetto ad una terna di riferimento in cui il punto O della piastra risulti fisso e la velocità angolare istantanea sia data da ω = ω ê 1 ω ê ω ê 3,ilmomentoangolare in O del sistema rigido èdeterminato dalle relazioni: K O = 3 K γ ê γ γ=1 K 1 K K 3 =[L O ] essendo ω 1, ω, ω 3 le componenti di ω rispetto alla base ê 1, ê, ê 3.Sihapertanto: K 1 1/14 1/9 ω 37/16 K = µa 1/9 1/5 ω = µa ω 3/45 K 3 19/7 ω 19/7 ediconseguenza: 37 K O = µa ω 16 ê ê 19 7 ê3. Quanto all energia cinetica, si tratta di applicare la formula generale ω 1 ω ω 3 T = 1 ω L O ω = 1 ω K O = = 1 37 ω ê 1 ω ê ω ê 3 µa ω 16 ê ê 19 7 ê3 = = 1 [ ] µa ω = µa ω. Soluzione dell esercizio a Equilibri Il sistema èscleronomo a vincoli bilaterali ideali e le forze attive che agiscono su di esso sono tutte posizionali conservative: il peso e le interazioni elastiche fra i punti A P e B O. La statica del sistema viene quindi caratterizzata attraverso il relativo potenziale, che risulterà dalla somma di un termine gravitazionale e di uno elastico. Potenziale elastico della mollaa P La molla ètesafraipunti individuati dai vettori posizione A O = a sin ϑ ê 1 a cos ϑ ê P O = aξ ê 1 7

8 eadessa èperciò associatoilpotenziale U AP el = k A P = k asin ϑ ξê 1 a cos ϑ ê = = ka [sin ϑ ξ +cos ϑ]= ka ξ ξ sin ϑ +1. Potenziale elastico della mollab O Per la molla che collega B al punto fisso O si ha il potenziale: U OB el = k B O = k a cos ϑ ê = ka cos ϑ, come si desume immediatamente dal triangolo isoscele AOB. Potenziale gravitazionale Il potenziale gravitazionale del sistema èdatodalla somma dei potenziali gravitazionali relativi al punto P,all asta omogenea OA ealla piastra quadrata omogenea P. Ilbaricentro dell asta coincide semplicemente con il suo punto medio, che sarà individuato dal vettore posizione A O = a sin ϑ ê 1 a cos ϑ ê. Il baricentro della piastra quadrata si identifica con il centro geometrico, e di simmetria, G di questa; il relativo vettore posizione viene determinato notando che il triangolo AOB èisoscele, sicchè O ˆBA = ϑ: G O = A O + G A = A O + B A =.1 = a sin ϑ ê 1 a cos ϑ ê + a sin ϑ ê 1 cos ϑ ê = a sin ϑ ê 1 3 a cos ϑ ê. Si ottiene così il potenziale gravitazionale U g = mg ê P O mg ê A O mg ê G O = =+ 1 mga cos ϑ + 3 mga cos ϑ =mga cos ϑ. Potenziale del sistema Al potenziale del sistema si perviene sommando i potenziali parziali calcolati precedentemente, a meno delle costanti additive: Uξ,ϑ =U AP el + U OB el + U g = ka ξ ξ sin ϑ ka cos ϑ +mga cos ϑ = = ka ξ + ξ sin ϑ cos ϑ + mg ka cos ϑ.. 8

9 La funzione èdefinita ξ,ϑ R. Configurazioni di equilibrio Il teorema dei lavori virtuali prescrive che gli equilibri del sistema sono tutti e soli i punti critici del potenziale U. Sidevonoquindi calcolare le derivate parziali prime di U: U ξ = ka ξ +sinϑ U ϑ = ka ξ cos ϑ +4cosϑsin ϑ mg ka sin ϑ ed eguagliarle a zero per ottenere le equazioni di equilibrio: ka ξ +sinϑ = ka ξ cos ϑ +4cosϑsin ϑ mg ka sin ϑ = che eliminati i fattori costanti inessenziali si riducono alla forma semplificata ξ sin ϑ = ξ cos ϑ +4sinϑcos ϑ mg.3 ka sin ϑ =. La prima equazione fornisce il valore di equilibrio di ξ come funzione del valore di equilibrio dell angolo ϑ ξ =sinϑ, funzione che sostituita nella seconda delle.3 conduce all equazione di equilibrio nella sola variabile ϑ: 5sinϑcos ϑ mg sin ϑ = ka vale a dire 5sinϑ cos ϑ mg =..4 5ka Per sin ϑ =sihanno due radici sempre definite: ϑ = ϑ = π, mentre per cos ϑ =mg/5ka si ottengono le ulteriori soluzioni: mg mg ϑ =arccos = ϑ,π/ ϑ = arccos = ϑ π/,, 5ka 5ka definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia mg/5ka < 1. Gli equilibri del sistema risultano pertanto: definiti incondizionatamente, e ξ,ϑ =, ξ,ϑ =,π, ξ,ϑ =sinϑ,ϑ ξ,ϑ = sin ϑ, ϑ, definiti e distinti dai precedenti per mg/5ka < 1. 9

10 b Stabilità degliequilibri Trattandosi di sistema scleronomo posizionale e conservativo, per l analisi di stabilità degli equilibri si può farricorso ai teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. A tale scopo si rende necessario calcolarele derivate seconde del potenziale: U ξ ϑ = ka cos ϑ U ξ = ka U ϑ ξ = ka cos ϑ U ϑ = ka ξ sin ϑ 4sin ϑ +4cos ϑ mg ka cos ϑ che definiscono la relativa matrice hessiana H U ξ,ϑ =ka 1 cosϑ cos ϑ ξ sin ϑ 4sin ϑ +4cos ϑ mg ka cos ϑ edevono essere valutate in ciascuna configurazione di equilibrio. Configurazione ξ,ϑ =, In questo caso la matrice hessiana del potenziale si riduce a con determinante deth U, = ka 4+ mg ka 1 H U, = ka mg ka = k a 4 mg ka 5 =5k a 4 mg 5ka 1 etraccia: trh U, = ka 3 mg ka Si devono allora distinguere i seguenti casi: 3 =5ka 5 mg. 5ka i se mg/5ka < 1sihadetH U, < percui la matrice hessiana èindefinita. Presentando un autovalore positivo, essa implica l instabilitàdell equilibrio per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet; ii per mg/5ka > 1risulta deth U, > e 3 trh U, = 5ka 5 mg 3 < 5ka 5ka 5 1 = ka < in modo che l hessiana ammette due autovalori negativi. L equilibrio rappresenta perciò unmassimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilità seguedal teorema di Lagrange-Dirichlet; 1

11 iii se infine mg/5ka = 1 si ottengono le relazioni deth U, = trh U, = ka < esideveconcluderechegliautovalori della matrice hassiana sono uno negativo e uno nullo. Data la mancanza di autovalori positivi, il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet èinapplicabile. Per capire se si possa fare uso del teorema di Lagrange-Dirichlet occorre stabilire se la configurazione costituisca un massimo relativo proprio del potenziale, ma l eventuale riconoscimento del massimo non può essere effettuato esaminando le sole derivate seconde la matrice hessiana è semidefinita non definita negativa. A questo scopo, anzichè avventurarsi in uno sviluppo di Taylor di ordine superiore al secondo in due variabili, conviene riscrivere la funzione potenziale nella forma seguente, eliminando anche l irrilevante fattore costante positivo ka : 1 ξ Uξ,ϑ = ka + ξ sin ϑ cos ϑ + mg ka cos ϑ = = ξ + ξ sin ϑ cos ϑ +5cosϑ = = 1 ξ sin ϑ + 1 sin ϑ 1 sin ϑ+5 1 sin ϑ = =3 1 ξ sin ϑ + 5 sin ϑ 1 sin ϑ = =3 1 ξ sin ϑ +1sin ϑ cos ϑ 1 sin ϑ = =3 1 ξ sin ϑ 1 sin 4 ϑ. La forma finale della funzione mostra chiaramente che ξ,ϑ =, rappresenta un massimo relativo proprio del potenziale, in quanto 1 ξ sin ϑ 1 sin 4 ϑ < amenochenonsiabbia { ξ sin ϑ = sinϑ/ = condizione che ricorre se e soltanto se ξ,ϑ =, πn n Z e dunque solo in ξ, ϑ =, considerando un intorno sufficientemente piccolo della configurazione di equilibrio. In definitiva, anche in questo caso l equilibrio risulta stabile per Lagrange-Dirichlet. 11

12 Configurazione ξ,ϑ =,π Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale diventa con determinante negativo H U,π=ka mg ka deth U,π=ka 4 mg ka 1 = k a 4 mg ka +5 <. Gli autovalori della matrice sono dunque di segno opposto. La presenta di un autovalore positivo autorizza a concludere che l equilibrio èinstabile, in virtùdelteorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet. Configurazione ξ,ϑ =sinϑ,ϑ In questa configurazione la matrice hessiana assume la forma 1 H U sin ϑ,ϑ =ka cosϑ cos ϑ sin ϑ 4sin ϑ +4cos ϑ mg cos ϑ ka ossia, ricordando che cos ϑ =mg/5ka, H U sin ϑ,ϑ =ka 1 cos ϑ cosϑ 5sin ϑ +4cos ϑ 5cos ϑ equindi Ma allora H U sin ϑ,ϑ =ka 1 cosϑ. cos ϑ 4cos ϑ 5 e deth U sin ϑ,ϑ =ka 5 4cos ϑ cos ϑ =5k a 4 sin ϑ > trh U sin ϑ,ϑ =ka 1+4cos ϑ 5 = ka 4 cos ϑ 6 < per cui l hessiana èdefinita negativa e consente di riconoscere nell equilibrio un massimo relativo proprio del potenziale. Quando definito, l equilibrio ξ,ϑ =sinϑ,ϑ risulta dunque stabile per Lagrange-Dirichlet. Configurazione ξ,ϑ = sin ϑ, ϑ La matrice hessiana è la stessa già calcolata per la configurazione simmetrica precedente: H U sin ϑ, ϑ =H U sin ϑ,ϑ 1

13 ecomporta anche in questo caso la stabilità dell equilibrio. Da notare come sia a priori evidente che gli equilibri simmetrici ξ,ϑ =sinϑ,ϑ eξ,ϑ = sin ϑ, ϑ manifestino le stesse proprietà distabilità oinstabilità, dal momento che il potenziale è una funzione pari dei propri argomenti: Uξ,ϑ =U ξ, ϑ ξ,ϑ R. c Energia cinetica La proprietà di additività assicura che l energia cinetica del sistema può calcolarsi come somma delle energie cinetiche delle parti costituenti, il punto P, l asta OA elapiastrap: T = T P + T OA + T P. Energia cinetica del punto P Il punto P èindividuato dal vettore posizione P O = aξ ê 1 ed ha velocità P = aξ ê 1.La relativa energia cinetica si scrive perciò T P = m P = m a ξ ê 1 = ma ξ..5 Energia cinetica dell asta OA L asta ruota attorno all asse fisso Oz con velocità angolare ω OA = ϑ ê 3. Per la relativa energia cinetica si ha perciò l espressione T OA = 1 IOA Oz ω OA = 1 ma 3 ϑ ê 3 = ma 6 ϑ..6 Energia cinetica della piastra P La piastra non presenta punti fissi e la suaenergia cinetica puòesseredeterminata usando la formula di König T P = m Ġ + 1 IP Gz ω P dove il vettore posizione del baricentro G è dato dalla.1: G O = a sin ϑ ê 1 3 a cos ϑ ê. Ne deriva che Ġ = a cos ϑ ê a sin ϑ ê ϑ per cui Ġ = a 1 4 cos ϑ sin ϑ ϑ = a 1 4 +sin ϑ ϑ, mentre il momento d inerzia della piastra rispetto all asse Gz vale I P Gz = ma 6 13

14 elarelativavelocitàangolare risulta ω P = d dt ϑê 3 = ϑ ê 3, essendo l angolo di rotazione O ˆBA = ϑ orientato in senso opposto rispetto ad AÔB e dunque non conformemente alla regola della mano destra in rapporto al versore ê 3. Di conseguenza: T P = m 1 a 4 +sin ϑ ϑ + 1 ma ϑ = = ma sin ϑ ϑ = ma 5 1 +sin ϑ ϑ. Energia cinetica del sistema Non rimane che sommare le energie cinetiche parziali.5,.6 e.7 per ottenere l energia cinetica dell intero sistema: T = ma ξ + ma 6 ϑ + ma.7 [ 5 ϑ 1 +sin ϑ = ma ξ sin ϑ ϑ]..8 d Equazioni del moto Poichè ilsistemaèolonomoeavincoliideali, le equazioni pure del moto sono quelle di Lagrange: d L dt ξ L ξ = d L dt ϑ con la lagrangiana L = T + U definita tramite le.-.8: L = ma [ ξ sin ϑ ϑ L ϑ = ] + ka ξ + ξ sin ϑ cos ϑ + mg ka cos ϑ. Da questa si traggono le espressioni: L ξ = ma ξ d L dt ξ = ma L ξ ξ = ka ξ +sinϑ L 3 ϑ = ma 4 +sin ϑ ϑ d L dt ϑ = ma 3 4 +sin ϑ ϑ +4ma sin ϑ cos ϑ ϑ L ϑ =ma sin ϑ cos ϑ ϑ + ka ξ cos ϑ +4cosϑsin ϑ mg ka sin ϑ in modo che le equazioni di Lagrange diventano: ma ξ + ka ξ sin ϑ = 3 ma 4 +sin ϑ ϑ +ma sin ϑ cos ϑ ϑ ka ξ cos ϑ +4sinϑcos ϑ mg ka sin ϑ = 14

15 definite ξ,ϑ, ξ, ϑ R 4. e Energia meccanica e quantitàdimoto Energia meccanica del sistema L energia meccanica del sistema èdata dalla somma dell energia cinetica T edell energia potenziale U. Sihapertanto l espressione: [ Hξ,ϑ, ξ, ϑ = ma ξ sin ϑ ϑ] ka ξ + ξ sin ϑ cos ϑ + mg ka cos ϑ. Poichè sul sistema scleronomo non agiscono altre sollecitazioni oltre a quelle posizionali conservative descritte dal potenziale, il teorema dell energia cinetica assicura che l energia meccanica è una grandezza conservata, costante lungo tutti i moti del sistema. Quantità dimotodelsistema La quantità di moto è una grandezza additiva e può quindi essere calcolata facilmente sommando le quantità di moto parziali delle parti rigide componenti e del punto P. Ricordando che la quantità dimotosiesprimecome prodotto della massa per la velocità istantanea del baricentro, si ha pertanto: Q = m P + m Ȧ + mġ esostituendo le espressioni delle velocità istantaneedip, A, G: Q = maξ ê 1 + m a cos ϑ ê 1 +sinϑê ϑ a + m cos ϑ ê a sin ϑ ê ϑ = = ma ξ +cosϑ ϑê 1 +ma sin ϑ ϑ ê. 15