Compito del 21 giugno 2004

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1 Compito del 1 giugno 00 Una lamina omogenea di massa m è costituita da un quadrato ABCD di lato a da cui è stato asportato il quadrato HKLM avente i vertici nei punti medi dei lati di ABCD. La lamina è posta in un piano verticale e può ruotare attorno al baricentro G, il quale a sua volta è vincolato a traslare lungo l asse delle ascisse. Una molla di costante elastica k congiunge il vertice A della lamina con il punto Q dell asse delle ordinate a distanza a dall origine, mentre una forza costante F = ka e è applicata al vertice opposto C. Scegliendo le coordinate libere s e θ come in figura e prescindendo da ogni attrito, si chiede di determinare 1 La matrice d inerzia della lamina rispetto al baricentro. Le equazioni del moto. 3 Le posizioni di equilibrio e la loro stabilità. La frequenza delle piccole oscillazioni attorno alle posizioni di equilibrio stabile. 5 Il momento angolare della lamina rispetto all origine O delle coordinate. y Q A M A M D D O H θ π θ A G C π θ L x H k G k1 L B F s K C B K C 1

2 1 Matrice d inerzia della lamina rispetto al baricentro. La massa M HKLM del quadrato asportato è uguale, per motivi di simmetria, alla massa m della lamina data: M HKLM = m. La massa M ABCD della lamina completa è la somma della massa m della lamina data e della massa m del quadrato asportato: M ABCD = m. La matrice d inerzia della lamina completa ABCD, rispetto al baricentro G e alla base solidale { k 1, k, k 3 }, è: 1 IG ABCD = M ABCD a diag 1, 1 1, 1 6 = ma diag, 1, 1. Per il teorema di Pitagora applicato al triangolo rettangolo HBK, il lato del quadrato HKLM è: HK = a a a HB + BK = + =. La matrice d inerzia della lamina quadrata asportata HKLM, rispetto al baricentro G e alla base solidale data, è: a 1 IG HKLM = M HKLM diag 1, 1 1, 1 6 = ma diag, 1, 1. La matrice d inerzia I G della lamina data, rispetto al baricentro G e alla base solidale considerata, è la differenza tra la matrice d inerzia della lamina completa e quella della lamina asportata: I G = IG ABCD IG HKLM = ma diag, 1, ma diag, 1, 1 = 1 1 ma diag, 1, 1.

3 Si osservi che la lamina quadrata HKLM e, più in generale, ogni lamina rettangolare ha struttura giroscopica rispetto al baricentro, cioè la sua matrice d inerzia rispetto agli assi principali baricentrali ha due termini diagonali uguali. Da tale proprietà segue che la matrice d inerzia non varia ruotando la base solidale { k 1, k } nel piano della lamina e mantenendo come polo il baricentro. Equazioni del moto. L energia cinetica della lamina data è: T = 1 mv G ω j I G, jh ω h. j,h=1 Il vettore posizione del baricentro G rispetto all origine del sistema di riferimento cartesiano considerato è: x G = G O = s e 1. La velocità di G è la derivata temporale di x G : v G = ṡ e 1. La velocità angolare ω è diretta perpendicolarmente al piano della lamina, pertanto si ha: ω = θ k 3 = ω 1 = ω = 0, ω 3 = θ. Sostituendo i risultati precedenti nell espressione di T, si ottiene: T = 1 mṡ + 1 θ I G, 33 = 1 mṡ ma θ, dove si è posto I G,33 = 1 ma. L energia potenziale del sistema è data dalla somma di tre termini: il primo corrispondente alla forza elastica f el = ka Q, il secondo associato alla forza peso f peso = m g e il terzo dovuto alla forza costante F: V = k A Q + mgy G F x C. Calcoliamo ora ciascun termine che compare nell energia potenziale V. 3

4 Considerando il triangolo rettangolo AA G e osservando che AG = a/, si trova: x A = A O = GO A G e 1 + AA e [ = s a ] cosπ θ e 1 + a sinπ θ e = s + a cosθ e 1 + a sin θ e, dove si sono utilizzate le seguenti proprietà degli archi associati cosπ θ = cos θ, sinπ θ = sin θ. Il vettore posizione del punto Q è x Q = Q O = a e, pertanto il vettore A Q risulta: A Q = A O Q O = s + a a cosθ e 1 + sin θ a e. Il modulo al quadrato di A Q è la somma dei quadrati delle componenti: A Q = s + a a cosθ + sin θ a = s + as cosθ + a cos θ + a sin θ a sin θ + a. Sapendo che sin θ + cos θ = 1 e semplificando i termini simili, si trova: A Q = s + 3 a + as cosθ a sin θ. Considerando il triangolo rettangolo CC G e osservando che GC = a/, si trova: x C = C O = GO + C G e 1 CC e [ = s + a ] cosπ θ e 1 a sinπ θ e = s a cosθ e 1 a sin θ e.

5 Il prodotto scalare F x C è la somma dei prodotti delle componenti omonime: F x C = Fa sin θ = ka sin θ, dove si è posto F = F e = ka e. Il vettore posizione del baricentro è x G = s e 1, pertanto risulta y G = 0. L energia potenziale V è quindi V = k s + 3 a + as cosθ a sin θ + ka sin θ. I termini costanti contenuti nell espressione dell energia potenziale possono essere trascurati, in quanto il loro contributo alle equazioni del moto è nullo si tenga presente che la lagrangiana L = T V compare nelle equazioni del moto solo tramite le sue derivate rispetto alle coordinate libere. Sommando inoltre i termini simili, l espressione di V si riduce alla forma: V = k s + as cosθ a sin θ. La lagrangiana del sistema è L = T V = 1 mṡ ma θ k s + as cosθ a sin θ. Per scrivere le equazioni del moto occorre innanzitutto calcolare le seguenti derivate parziali di L: L ṡ = mṡ, L s L θ = 1 ma θ, = ks ka cosθ, L θ = ka s sin θ + ka cos θ. Le derivate totali rispetto al tempo che compaiono nelle equazioni di Lagrange sono: d L d L = m s e dt ṡ dt θ = 1 ma θ. 5

6 Sostituendo le espressioni precedenti nelle equazioni del moto si ha infine: d L L ka = 0 = m s + ks + cos θ = 0 dt ṡ s d L dt θ L θ = 0 = 1 ma θ ka s sin θ ka cos θ = 0. 3 Posizioni di equilibrio e stabilità. Le posizioni d equilibrio sono le soluzioni del sistema di equazioni ottenuto uguagliando a zero le derivate parziali dell energia potenziale V rispetto alle coordinate libere s, θ: V ka = ks + cosθ = 0 s V θ = ka s sin θ ka cos θ = 0, da cui segue V s = k s + a cosθ = 0 V θ = ka s sin θ + a cosθ = 0. Sostituendo nella seconda equazione l espressione di s ottenuta dalla prima equazione si ha: s = a cosθ ka a cosθ sin θ + a cosθ = 0 = ka cos θ Dalla seconda equazione si ottiene: cos θ = 0 = θ = π, θ = 3 π sin θ = 1 = θ = π, θ = 3 π. sin θ 1 = 0. 6

7 Sostituendo tali risultati nella prima equazione del sistema precedente, si hanno le seguenti posizioni d equilibrio: I θ = π, s = 0 ; II θ = 3 π, s = 0 ; III θ = π, s = a ; IV θ = 3 π, s = a. Per studiare la stabilità delle posizioni d equilibrio trovate, scriviamo la matrice hessiana H dell energia potenziale V, cioè la matrice formata dalle derivate seconde parziali di V : V s = k, V s θ = V θ s = ka sin θ, V θ = ka s cosθ a sin θ = ka cos θ + 1 sin θ, avendo sostituito, nell ultimo passaggio, la condizione s = a cos θ ricavata dalla prima equazione del sistema che fornisce le posizioni d equilibrio. La matrice hessiana è quindi H = k ka sin θ ka Il determinante di H è det H = k a cos θ + 1 = k a ka sin θ cos θ + 1 sin θ sin θ k a cos θ + 1 sin θ sin θ. sin θ. 1 Essendo V ss = k > 0 indipendentemente dai valori di s, θ, i casi che possono presentarsi sono solo due: se det H > 0, l equilibrio è stabile; se det H < 0, l equilibrio è instabile. Per ciascuno dei quattro punti stazionari trovati calcoliamo il segno del determinante di H, in modo da studiare la stabilità dei punti d equilibrio. 7

8 I θ = π, s = 0. det H = k a II θ = 3 π, s = 0. det H = k a III θ = π, s = a. 1 1 < 0 = l equilibrio è instabile. 1 1 < 0 = l equilibrio è instabile. det H = k a IV θ = 3π, s = a. det H = k a > 0 = l equilibrio è stabile. > 0 = l equilibrio è stabile. Frequenza delle piccole oscillazioni attorno alle posizioni d equilibrio stabile. Per determinare la frequenza ω delle piccole oscillazioni attorno alle posizioni d equilibrio stabile, risolviamo l equazione secolare detc λa = 0, dove C è la matrice hessiana di V, calcolata nella configurazione d equilibrio considerata, λ = ω e A è la matrice formata dai coefficienti calcolati nella posizione d equilibrio della forma quadratica che esprime l energia cinetica T, a meno di un fattore 1/. In entrambe le posizioni d equilibrio stabile trovate, θ = π, s = a le matrici A e C risultano: e θ = 3 π, s = a, 8

9 m 0 A = 0 ma k ka C = ka ka, essendo T = 1 e mṡ + 1 ma θ + 0ṡ θ. La matrice C λa è dunque k ka C λa = λm 0 ka ka 0 λ ma k λm ka =. ka ka λma L equazione secolare detc λa = 0 risulta pertanto k λm ka = a [ ] k λmk λm k = 0, ka ka λma da cui segue m λ 3kmλ + k = 0 = λ 1, = 3km ± 9k m k m = 3 ± 5 k m m. Le frequenze delle piccole oscillazioni attorno alla posizione d equilibrio stabile sono quindi 3 5 ω 1 = k m e ω = k m. 5 Momento angolare della lamina rispetto a O. Il momento angolare di un corpo rigido rispetto al polo non solidale O è: L O = I G ω + G O m v G, dove ω è la velocità angolare del corpo, G il baricentro, m la massa, v G la velocità di G e I G l operatore d inerzia rispetto al baricentro e alla base solidale scelta. 9

10 Nel nostro caso i vettori x G = G O = x e 1 e v G = ẋ e 1 sono paralleli, pertanto il loro prodotto vettoriale è nullo: G O m v G = x e 1 mẋ e 1 = 0. Il momento angolare rispetto al polo non solidale O si riduce quindi alla forma: 3 L O = I G ω = ω j I G, jh kh, j, h=1 dove { k 1, k, k 3 } è la base solidale considerata e I G, jh è la matrice d inerzia rispetto a G. La velocità angolare è ω = θ k 3, pertanto le sue componenti sono Il momento angolare risulta dunque ω 1 = ω = 0 e ω 3 = θ. L O = θi G, 33 k3. Dai risultati ottenuti al punto 1 sappiamo che l elemento I G, 33 della matrice d inerzia della lamina rispetto al baricentro G è: I G, 33 = ma. Il momento angolare richiesto è quindi L O = ma θ k 3 10