Prova scritta di Fondamenti di meccanica razionale del

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1 Prova scritta di Fondamenti di meccanica razionale del.9.1 Esercizio 1 Nel piano Oxy di una terna Oxyz sono collocati una piastra quadrata P = OABC di lato a eunpunto materiale saldato alla piastra in Ba, a,. Il punto materiale ha massa m, mentre la densità della piastra èdatada: σx, y = m a x + y x, y [,a]. Determinare del sistema: a la massa e la posizione del baricentro rispetto a Oxyz; b la matrice d inerzia relativa a Oxyz; c il momento d inerzia relativo alla retta BC. Esercizio Nel piano Oxy un punto materiale pesante P di massa m scorre senza attrito lungo la retta di equazione y = αx, conα costante positiva. Una molla ideale di costante elastica k collega P con il punto fisso A,a, essendo a una lunghezza positiva caratteristica. L asse Oy è verticale e orientato verso l alto. Determinare del sistema: a le equazioni pure del moto; b la soluzione generale delle equazioni pure del moto; c lacondizione necessaria e sufficiente per l equilibrio qualora il coefficiente di attrito radente statico µ s fra retta e punto fosse non nullo. 1

2 Esercizio Un disco circolare omogeneo e pesante D, dicentro C, diametrol emassam, è libero di muoversi nel piano Oxy di una terna Oxyz, conunpunto A del suo bordo vincolato a di scorrere lungo l asse Ox. La terna ruotaconvelocitàangolare costante ω attorno all asse verticale Oy rispetto ad un riferimento inerziale non rappresentato in figura. Una molla ideale di costante elastica k =5mω /collega O con C di D. Supposti i vincoli ideali, si faccia uso dei parametri lagrangiani ξ,ϕ R in figura per determinare del sistema, relativamente alla terna Oxyz: a gli equilibri; b le proprietàdistabilità degli equilibri; c l energia cinetica; d le equazioni di Lagrange del moto; e la quantitàdimotoeilmomento angolare in O.

3 Soluzione dell esercizio 1 a Massa e posizione del baricentro Massa della piastra La massa della piastra è l integrale della densità σ sul quadrato OABC =[,a] [,a]: m P = dy m a x + y = m ] a [xy + y = m a y= a = m [ ] x a a a + a x = m a a + a xa + a = = m. Massa del sistema La somma delle masse di piastra e punto materiale definisce la massa del sistema: m sis = m P + m = m + m =m. Baricentro della piastra Il problema di determinare il baricentro del sistema sisemplifica osservando che la retta di equazione y = x nel piano Oxy costituisce un ovvio asse di simmetria per la piastra: σx, y = m a x + y = m y + x =σy, x a epassainoltreperil punto materiale B. Ne deriva che y = x rappresenta un asse di simmetria per l intero sistema. Èancorapiùevidenteche il piano di giacitura Oxy èdi simmetria per il sistema materiale. Ne segue che i vettori posizione del baricentro G P della piastra e del baricentro G del sistema completo assumono la forma: G P O = x P ê 1 + x P ê e G O = x G ê 1 + x G ê, rispettivamente. Per l ascissa x P si ha l espressione: x P = 1 m = 1 a dy x m a x + y = 1 a x a + x a = 1 [ x a a + x dy x + xy = 1 a a ] a = 1 a a + a ] a [x y + x y = y= = 7 1 a dalla quale segue che: G P O = 7 1 aê aê. Baricentro del sistema Il baricentro di piastra e punto materiale si ricava applicando il teorema distributivo: G O = m PG P O+mB O = mg P O+mB O = m P + m m = 1 G P O+ 1 7 B O = aê aê + a ê1 + a = 19 ê aê aê.

4 b Matrice d inerzia relativa a Oxyz La matrice d inerzia del sistema rispetto alla terna Oxyz viene calcolata per mezzo della proprietà additiva, determinando le matrici d inerzia relative alla stessa terna della piastra e del punto materiale in B e sommando poi i risultati parziali ottenuti. Matrice d inerzia della piastra La piastra giace nel piano coordinato Oxy della terna Oxyz rispetto alla quale sivuole determinare la matrice d inerzia, che quindi deve presentarsi nella forma generale: L P [L P xx L P xy O ]= L P xy L P yy. L P xx + L P yy Aciòsiaggiunge la circostanza che la retta y = x nel piano rappresenta un asse di simmetria di P, percui: L P xx = y σdy = x σdy = x σdy = L P yy P ediconseguenza: L P [L P xx L P xy O ]= L P xy L P xx. L P xx Il momento d inerzia rispetto all asse Ox èdatoda: L P xx = = m a dy y m a x + y = a P x a + a = m [ x a a + a x dy m a xy + y = m a ] a P = m a a 5 mentre il prodotto d inerzia relativo agli assi Ox e Oy risulta: L P xy = = m a Si conclude così che: = m a [ x dy xy m a a x + y = [x y + xy a + x a ] a ] a y= = m a = m a a a5 6 5/1 1/ [L P O]=ma 1/ 5/1. 5/6 6 + a5 ] a [x y + y = y= = 5 1 ma dy m a x y + xy = x a + xa = = ma.

5 Matrice d inerzia del punto materiale in B La matrice d inerzia del punto materiale in B si calcola applicando la definizione formale: [L B O]=m y B + z B x B y B x B z B x B y B zb + x B y B z B. x B z B y B z B x B + y B Poichè B O = x B ê 1 + y B ê + z B ê = aê 1 + aê,siha: x B = a y B = a z B = ediconseguenza la matrice d inerzia del punto diventa: [L B O]=m a a a a = ma a Matrice d inerzia del sistema La somma delle matrici d inerzia di piastra e punto materiale fornisce la matrice d inerzia del sistema relativa a Oxyz: 5/1 1/ [L O ]=[L P O ]+[LB O ]=ma 1/ 5/1 5/6 17/1 / = ma / 17/1. 17/6 + ma = c Momento d inerzia rispetto alla retta BC La retta BC rispetto alla quale si vuole determinare il momento d inerzia del sistema è parallela all asse coordinato Ox, relativamente al quale il momento d inerzia del sistema ègiànoto; tuttavia, la retta BC non passa per il baricentro, circostanza che obbliga a considerare anche la retta Gx parallela ad Ox passante per G eadapplicare due volte il teorema di Huygens-Steiner. Si hanno così le relazioni: I BC = I Gx +ma y G che sottratte termine a termine porgono: L xx = I Ox = I Gx +my G I BC L xx =ma y G my G =maa y G epery G =19a/ conducono al momento d inerzia richiesto: I BC = L xx +maa y G = 17 1 ma +ma a 19 1 a 5 = 17 1 ma 7 6 ma = 1 ma.

6 Soluzione dell esercizio a Equazioni pure del moto La posizione del punto materiale lungo la retta vincolare può essere rappresentata per mezzo della parametrizzazione: P x O = x ê 1 + αx ê, x R. Il postulato delle reazioni vincolari porge l equazione: m P = mgê kp A+ Φ dove: P = ẍê 1 + αẍê e P x A = x ê 1 +αx aê per cui: mê 1 + αê ẍ = mgê kxê 1 kαx aê + Φ. 1 L unica equazione pura del moto si ottiene grazie alla condizione di curva liscia: Φ P x =, moltiplicando scalarmente membro a membro la 1 per il vettore tangente: P x =ê 1 + α ê. Si ha così l equazione: m1 + α ẍ = kx mgα kααx a che equivale a: m1 + α ẍ = αka mg k1 + α x e può scriversi in una forma più suggestiva dividendo termine a termine per 1 + α : mẍ = α ka mg kx. 1+α b Soluzione generale delle equazioni pure del moto Perdeterminare la soluzione generale dell equazione del moto basta ricavare la posizione di equilibrio x = x,definita da: = α 1+α ka mg kx = x = α ka mg k1 + α ed introdurre poi il cambiamento di variabile: x = x + ξ 6

7 per ridurre l equazione alla forma: m ξ = kξ nella quale si riconosce l equazione di un oscillatore armonico semplice di pulsazione ω = k/m, lacuisoluzionegenerale risulta: ξt =c 1 cosωt+c sinωt t R, con c 1 e c costanti reali arbitrarie. Si conclude pertanto che la soluzione generale di è: xt = α k1 + α ka mg+c k 1 cos m t k + c sin m t t R per una scelta arbitraria delle costanti c 1,c R. c Condizione necessaria e sufficiente per l equilibrio in presenza di attrito Qualora il coefficiente di attrito radente statico fra retta e punto fosse µ s > lacondizione di equilibrio verrebbe offerta dalla legge di Coulomb-Morin dell attrito radente statico: dove F indica il risultante di tutte le forze attive applicate: F ˆτ µ s F ˆn F = mgê kxê 1 kαx aê = kxê 1 +ka mg kαxê, ˆτ è il versore tangente alla retta: ˆτ = P x P x = ê1 + α ê 1+α ed ˆn quello ortogonale alla retta vincolare e ubicato nel piano Oxy: ˆn =ê ˆτ =ê ê1 + α ê = ê α ê 1 = α ê 1 +ê. 1+α 1+α 1+α Si ottengono dunque le proiezioni ortogonali: F ˆτ = F ˆn = 1 [ ] 1 [ kx + αka mg kαx = k1 + α x + αka mg ] 1+α 1+α 1 [ ] 1 αkx + ka mg kαx = ka mg 1+α 1+α esemplificando l inutile fattore 1+α la condizione di equilibrio diventa: k1 + α x + αka mg µ s ka mg. 7

8 Se si divide membro a membro per k1 + α, si perviene alla relazione equivalente: α x k1 + α ka mg µ s ka mg k1 + α dalla quale emerge, come era lecito aspettarsi, che gli equilibri costituiscono un intorno del punto di equilibrio x calcolato nel caso di vincolo liscio: α k1 + α ka mg µ s k1 + α ka mg x α k1 + α ka mg+ µ s k1 + α ka mg. Soluzione dell esercizio a Equilibri relativi a Oxyz Su questo sistema scleronomo a vincoli bilaterali ideali agiscono soltanto sollecitazioni posizionali conservative: il peso, la forza elastica dovuta alla molla ideale fra O e C, il sistema delle forze centrifughe. Come sempre, le forze di Coriolis sono formalmente presenti nella terna Oxyz ma le loro componenti generalizzate risultano identicamente nulle in quanto ortogonali al piano del moto e dunque alle derivate parziali P/ ξ e P/ ϕ calcolate per un qualsiasi punto P del sistema, che a tale piano sono sempre parallele. Gli equilibri si determinano dunque calcolando il potenziale del sistema ed imponendo l annullarsi del relativo gradiente. La natura bilaterale dei vincoli esclude l esistenza di equilibri di confine. Potenziale gravitazionale Il baricentro del disco omogeneo coincide chiaramente con il centro C di questa. Dalle ovvie relazioni: A O = Lξ ê 1 C A = B A = L sin ϕ ê 1 L cos ϕ ê si ricava il vettore posizione: G O = C O = C A + A O = L ξ + 1 sin ϕ ê 1 L cos ϕ ê in modo che il potenziale gravitazionale del disco diventa: U g = mg ê G O = 1 mgl cos ϕ. 5 Potenziale elastico Alla molla ideale, di costante elastica k =5mω /, che congiunge l origine O con il centro C del disco èassociato il potenziale elastico: U el = k C O = 1 5 mω L ξ + 1 ê sin ϕ 1 L cos ϕ ê = = 5 [ 6 mω L ξ + 1 ] sin ϕ 1 + cos ϕ = 5 6 mω L ξ + ξ sin ϕ

9 in cui si può trascurarelacostanteadditiva. Potenziale centrifugo Il potenziale centrifugo del disco si calcola per mezzo dell espressione generale: U cf = ω I D Oy relativo all asse Oy può essere valutato per mezzo del teo- dove il momento d inerzia IOy D rema di Huygens-Steiner: I D Oy = m[c O ê 1 ] + I D Cy in termini del momento d inerzia di D rispetto all asse baricentrale Cy: ICy D = m L ml = 16. Ne deriva che: U cf = [ml ξ ω + 1 sin ϕ ml ] + = 1 16 mω L ξ + ξ sin ϕ + 1 sin ϕ + 1 = 16 = 1 mω L ξ + ξ sin ϕ + 1 sin ϕ +costante. 7 Potenziale del sistema Il potenziale del sistema èdefinito dalla somma dei potenziali parziali 5, 6 e 7, relativi alle forze gravitazionali, elastiche e centrifughe rispettivamente: U = U g + U el + U cf = = 1 mgl cos ϕ 5 6 mω L ξ + ξ sin ϕ+ 1 mω L ξ + ξ sin ϕ + 1 sin θ = = 1 mgl cos ϕ + mω L 5 6 ξ 5 ξ ξ sin ϕ ξ sin ϕ sin ϕ = = 1 mgl cos ϕ + mω L 1 ξ 1 ξ sin ϕ sin ϕ ξ,ϕ R. 8 Equilibri Gli equilibri del sistema sono tutti ordinari e vanno identificati con tutti e soli i punti stazionari del potenziale U. Si devono quindi calcolare le derivate parziali prime: U ξ ξ,ϕ =mω L ξ 1 sin ϕ U ϕ ξ,ϕ = 1 mgl sin ϕ + mω L 1 ξ cos ϕ + 1 sin ϕ cos ϕ 9

10 ed annullarle simultaneamente per ottenere le equazioni di equilibrio: mω L ξ 1 sin ϕ = 1 mgl sin ϕ + mω L 1 ξ cos ϕ + 1 sin ϕ cos ϕ = dalle quali si deduce il sistema equivalente: ξ = 1 sin ϕ 1 g Lω sin ϕ 1 ξ cos ϕ + 1 sin ϕ cos ϕ =. La prima equazione fornisce il valore di equilibrio di ξ in funzione del corrispondente valore dell angolo ϕ. La seconda equazione diventa così: 1 g Lω sin ϕ sin ϕ cos ϕ + 1 sin ϕ cos ϕ = esisemplifica in: 1 g Lω sin ϕ + 5 sin ϕ cos ϕ = 1 assumendo poi la forma fattorizzata: 5 cos 1 sin ϕ ϕ 6 g =. 5 Lω Per sin ϕ =siottengono due radici sempre definite: ϕ = ϕ = π, mentre ponendo cos ϕ =6g/5Lω risultano le soluzioni: 6g ϕ =arccos 5Lω = ϕ ϕ = ϕ, definite e distinte dalle precedenti a condizione che sia λ := 6g/5Lω < 1. In sostanza, il sistema ammette due configurazioni di equilibrio: ξ,ϕ =, ξ,ϕ =,π definite incondizionatamente, e altre due: ξ,ϕ = 1 sin ϕ,ϕ ξ,ϕ = 1 sin ϕ, ϕ 1

11 definite e distinte dalle prime se e solo se: λ = 6g 5Lω < 1. b Stabilità degliequilibri Vista la natura posizionale conservativa del sistema scleronomo, le proprietà di stabilità degli equilibri possono essere analizzate mediante i teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. A questo scopo occorre ricavare la matrice hessiana del potenziale in ciascuna configurazione di equilibrio. Le derivate parziali seconde del potenziale sono date dalle relazioni: U ξ ξ,ϕ = mω L U ϕ ξ ξ,ϕ = U ξ ϕ ξ,ϕ = 1 mω L cos ϕ U ϕ ξ,ϕ = 1 mgl cos ϕ + mω L 1 ξ sin ϕ + 1 cos ϕ 1 sin ϕ che consentono di scrivere la matrice hessiana del potenziale nella forma: H U ξ,ϕ =mω L 1 cos ϕ 1 cos ϕ g Lω cos ϕ + 1 ξ sin ϕ + 1 cos ϕ 1 sin ϕ ovvero, ricordando la definizione del parametro d ordine λ: H U ξ,ϕ =mω L 1 cos ϕ 1 cos ϕ 5 1 λ cos ϕ + 1 ξ sin ϕ + 1 cos ϕ 1. sin ϕ Si può ora procedere ad esaminare, una ad una, tutte le configurazioni di equilibrio del sistema. Configurazione ξ,ϕ =, In questo caso la matrice hessiana del potenziale vale: / 1/ H U, = mω L 1/ 5 1 λ + 1 = 1 mω L λ con determinante: deth U, = 1 9 mω L + 5 λ 1 11 = 5 18 mω L λ 1

12 etraccia: trh U, = 1 mω L 5 5 λ. Èevidenteche mentre la traccia risulta sempre negativa, il determinante della matrice non ha segno definito e costringe a considerare tre diversi casi. Più precisamente: i se λ>1ildeterminante risulta positivo, per cui la matrice hessiana èdefinita negativa. L equilibrio costituisce dunque un massimo relativo proprio del potenziale e la sua stabilità èassicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet; ii per λ<1ildeterminante ha segno negativo. La matrice hessiana è dunque indefinita. La presenza di un autovalore positivo implica l instabilitàdell equilibrio per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet; iii seinfine λ =1il determinante dell hessiana si annulla, ma la traccia mantiene sempre segno negativo. La matrice èpertantosemidefinita non definita negativa e individua un caso critico di stabilità. In realtà bastapocoper convincersi che la configurazione costituisce un massimo relativo proprio del potenziale, stabile per Lagrange-Dirichlet. Per λ =1ilpotenziale diventa infatti: 5 Uξ,ϕ =mω L 1 λ cos ϕ 1 ξ 1 ξ sin ϕ sin ϕ = 5 = mω L 1 cos ϕ 1 ξ 1 ξ sin ϕ sin ϕ e può riesprimersi nella forma equivalente: Uξ,ϕ = 1 mω L 5 cos ϕ + ξ + ξ sin ϕ 8 sin ϕ = = 1 [ mω L 5 cos ϕ + ξ + 1 sin ϕ 1 sin ϕ ] 8 sin ϕ = = 1 [ mω L ξ + 1 sin ϕ 5 8 sin ϕ ϕ ] sin = = 1 [ mω L ξ + 1 sin ϕ 5 5 ϕ ϕ sin cos + 5 ] ϕ sin = = 1 [ mω L 5 + ξ + 1 sin ϕ 5 ϕ ] + sin, dalla quale èevidentecheilpotenziale ammette in ξ,ϕ =, un massimo relativo proprio, come affermato. Configurazione ξ,ϕ =,π Per questa configurazione la matrice hessiana del potenziale si riduce a: / 1/ H U,π=mω L 5 1/ 1 λ + 1 = 1 mω L λ 1

13 epresentasempre determinante negativo: deth U,π= 1 9 mω L 5 λ 1 <. Ciò assicura che un autovalore della matrice è strettamente positivo, implicando così l instabilità dell equilibrio per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet. Configurazioni ξ,ϕ = 1 sin ϕ,ϕ e ξ,ϕ = 1 sin ϕ, ϕ,perλ<1 Le due configurazioni di equilibrio simmetriche devono presentare le stesse proprietà di stabilità, perchè ilpotenziale è una funzione pari dei propri argomenti: Uξ,ϕ =U ξ, ϕ ξ,ϕ R. Èsufficiente dunque analizzare una sola delle due configurazioni, ad esempio la prima. La matrice hessiana del potenziale vale in questo caso: H U 1 sin ϕ,ϕ = mω L 1 cos ϕ 1 cos ϕ 5λ 1 cos ϕ 1 6 sin ϕ + 1 cos ϕ 1 sin ϕ ed essendo cos ϕ = λ si riduce a: H U 1 1 cos sin ϕ,ϕ = mω L ϕ 1 cos ϕ 5 1 cos ϕ 5 1 sin ϕ + 1 = cos ϕ = 1 cos mω L ϕ cos ϕ 5 + cos ϕ con determinante positivo: deth U 1 sin ϕ,ϕ = mω L cos ϕ cos ϕ = 5 18 mω L sin ϕ etraccia negativa: trh U 1 sin ϕ,ϕ = 1 mω L 1 + cos ϕ < 5 6 mω L. La matrice èpertanto definita negativa e caratterizza l equilibrio come massimo relativo proprio del potenziale. La stabilitàè garantita, al solito, dal teorema di Lagrange-Dirichlet. c Energia cinetica relativa a Oxyz Non essendo presenti punti fissi, l energia cinetica del disco deve essere calcolata usando il teorema di König. Il baricentro G, il centro del disco, è individuato dal vettore posizione: G O = A O + C A = Lξ ê 1 + L sin ϕ ê 1 L cos ϕ ê 1

14 che implica, per la velocità relativaaoxyz, l espressione: Ġ = L ξ ê 1 + L cos ϕ ϕ ê 1 + L sin ϕ ϕ ê = L ξ + 1 cos ϕ ϕ ê 1 + L sin ϕ ϕ ê. Il momento d inerzia del disco rispetto all asse baricentrale Gz vale I D Gz = ml /8, e la velocità angolare di D rispetto a Oxyz si scrive semplicemente ϕ ê. Di conseguenza, la formula di König porge: T = m Ġ + 1 I D Gz ϕ ê = = ml ξ +cosϕ ξ ϕ + 1 cos ϕ ϕ + 1 sin ϕ ϕ + 1 = ml ξ +cosϕ ξ ϕ + 8 ϕ. ml 8 ϕ = d Equazioni di Lagrange La dinamica del sistema ègovernatadalle equazioni di Lagrange: d L dt ξ L ξ = d L L dt ϕ ϕ = in cui compare la lagrangiana: L = T +U = ml ξ +cos ϕ ξ ϕ ϕ mgl cos ϕ+mω L 1 ξ 1 ξ sin ϕ+ 1 8 sin ϕ. Si procede al calcolo delle derivate parziali prime, in cui coordinate lagrangiane e velocità generalizzate vanno considerate convenzionalmente come indipendenti: L ξ = mω L ξ 1 sin ϕ L ϕ = ml sin ϕ ξ ϕ + mω L 1 ξ cos ϕ + 1 sin ϕ cos ϕ L ξ = 1 ml ξ + cos ϕ ϕ L 1 ϕ = ml cos ϕ ξ + 8 ϕ per poi ricavare le derivate totali in t: d L dt ξ d L dt ϕ = ml ξ + 1 cos ϕ ϕ 1 sin ϕ ϕ = ml 1 cos ϕ ξ 1 sin ϕ ϕ ξ +. 8 ϕ 1

15 Le equazioni del moto sono pertanto: ml ξ 1 + cos ϕ ϕ 1 sin ϕ ϕ mω L ξ 1 sin ϕ ml 1 cos ϕ ξ + 8 ϕ + mω L 1 ξ 1 sin ϕ cos ϕ =. e Quantità dimotoemomento angolare in O La quantità dimotodeldiscosiricavadirettamente dalla definizione: Q = mġ = ml ξ 1 + cos ϕ ϕ ê 1 + m L sin ϕ ϕ ê. = Per l espressione del momento angolare si ricorre ancora al teorema di König: K O =G O mġ + K G osservando che il momento angolare del disco rispetto alla terna baricentrale èquello di un sistema rigido con asse fisso Gz cheèanche asse centrale d inerzia e velocità angolare ϕ ê : K G = L G ϕ ê = ϕl G ê = ϕigzê D = ϕ ml 8 ê = ml ϕ ê 8 mentre il momento angolare in del baricentro vale: [ G O mġ = L ξ + 1 sin ϕ ê 1 L ] cos ϕ ê [ m L ξ 1 + cos ϕ ϕ ê 1 + L ] sin ϕ ϕ ê = [ = ml ξ sin ϕ sin ϕ ϕ + 1 cos ϕ 1 ξ + [ 1 = ml cos ϕ ξ 1 + ξ sin ϕ + 1 ] ϕ ê. cos ϕ ϕ ] ê = Il momento angolare in O del disco risulta pertanto: [ 1 K O = ml cos ϕ ξ 1 + ξ sin ϕ + 1 [ 1 = ml cos ϕ ξ 1 + ξ sin ϕ + ϕ 8 ϕ ]ê + ml 8 ] ê. ϕ ê = 15