PROBLEMI RISOLTI DI MECCANICA RAZIONALE

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1 PROBLEMI RISOLTI DI MECCANICA RAZIONALE Dispense per i corsi di Meccanica Razionale 1 e. Prof. Stefano Siboni Esercizio 1. Energia cinetica di un sistema scleronomo a g.d.l. in 3D In una terna di riferimento cartesiana ortogonale Oxyz si consideri un disco circolare D, libero di ruotare nel piano Oxy attorno al punto fisso O edotato di momento d inerzia I rispetto all asse Oz. Il disco èconnesso rigidamente ad un asta verticale OA, alla cui estremità A si incerniera una seconda asta AB, dimassa m elunghezza l, libera di ruotare in un piano verticale fisso rispetto al disco. Indicato con P un generico punto di AB eposto ξ P A [0,l], la distribuzione di massa lungo AB ècaratterizzata da una opportuna densità λ(ξ 0. Si faccia uso dei parametri ϕ (angolo di rotazione del disco rispetto al piano Oxz e θ angolo di rotazione dell asta AB rispetto alla direzione verticale mostrati in figura per determinare l espressione dell energia cinetica totale relativa ad Oxyz del sistema. Soluzione L energia cinetica del sistema consta della somma di due termini, l uno relativo all asta AB e l altro al disco D. Iltermine di energia cinetica del disco si calcola immediatamente, tenuto conto del fatto che il moto rigido di D avviene attorno all asse fisso Oz con velocità angolare ϕ ê 3 T D = I ϕ. Quanto all energia cinetica dell asta T AB, essa può essere valutata in vario modo. Di seguito si illustrano tre metodi equivalenti per ottenere il risultato. Primo metodo. Teorema dell energia cinetica per un sistema rigido con un punto fisso Il punto A dell asta èvincolato in posizione fissa, per cui si può calcolarel energia cinetica richiesta applicando l espressione per l energia cinetica di un sistema rigido con punto fisso. Trattandosi di sistema a due gradi di libertà, conviene procedere in modo sistematico individuando una terna cartesiana solidale all asta, con origine in A, e ricavando le Stefano Siboni 1

2 componenti del vettore velocità angolare istantanea di AB, nonché della matrice d inerzia, rispetto a tale terna. La ternasolidale Ax y z abbia l asse Az coincidente con la retta AB, l asse Ax normale al piano vincolare dell asta ed infine l asse Ay perpendicolare ai precedenti ed orientato in modo che Ax y z risulti destra (vedi figura. Si indichi con ê 1 il versore associato ad Ax. Lamatrice d inerzia dell asta rispetto ad Ax y z soddisfa le ovvie condizioni L xx = L yy, L zz =0,edèprincipaleperevidenti ragioni di simmetria [L] = Λ Λ Λ l 0 ξ λ(ξ dξ. Altrettanto agevole èilcalcolodella velocità angolare di Ax y z rispetto ad Oxyz, osservato che ϕ e θ sono due angoli euleriani, associati alle rotazioni attorno ad Oz ed Ax rispettivamente ω = ϕ ê 3 + θ ê 1. Le componenti in Ax y z di ω si deducono dalle identità vettoriali ω = θ ê 1 + ϕ ( cos θ ê 3 +sinθ ê = θ ê 1 + ϕ sin θ ê + ϕ cos θ ê 3. L espressione cercata è allora T AB = 1 ( θ sin θ ϕ cos θ ϕ Λ 0 0 θ 0 Λ 0 sin θ ϕ = 1 Λ( θ +sin θ ϕ cos θ ϕ Stefano Siboni

3 Secondo metodo. Teorema di König Per individuare il baricentro G dell asta occorre e basta determinarne l ascissa ξ G lungo l asta, per mezzo della definizione ξ G = 1 m l 0 ξλ(ξ dξ m = l 0 λ(ξ dξ equindi G O = A O +(B A ξ G l. Di qui si deducono le componenti cartesiane in Oxyz del vettore G O ( ξg sin θ cos ϕ, ξ G sin θ sin ϕ, A O ξ G cos θ ed il modulo quadrato della velocità dig Ġ =(ẋ G +(ẏ G +(ż G = ( ξ G cos θ cos ϕ θ ξ G sin θ sin ϕ ϕ + + ( ξ G cos θ sin ϕ θ + ξ G sin θ cos ϕ ϕ + ( ξg sin θ θ = ξ G ( θ +sin θ ϕ. Introdotta la terna cartesiana baricentrale Gx 1 y 1 z 1 (con gli assi rispettivamente paralleli aquelli di Oxyz, il teorema di König porge T AB = m ξ G( θ +sin θ ϕ + T AB,Gx1 y 1 z 1. Il calcolo dell energia cinetica per il moto attorno al baricentro, T AB,Gx1 y 1 z 1,procede come quello di T AB nel caso precedente (primo metodo, salvo che l origine del sistema solidale Stefano Siboni 3

4 èorag (terna di assi centrali d inerzia ed i momenti Λ sono sostituiti da Λ G l ( ξ ξg λ(ξ dξ. 0 Il risultato ècosì T AB,Gx1 y 1 z 1 = 1 Λ G( θ +sin θ ϕ, dal quale si deduce T AB = 1 ( mξ G +Λ G ( θ +sin θ ϕ. L espressione ottenuta coincide con quella ricavata con il metodo precedente, siccome per Huygens-Steiner vale l identità Λ = mξ G +Λ G,chenon èinopportuno verificare direttamente Λ G = l l ( ξ ξg λ(ξ dξ = ξ λ(ξ dξ ξ G l ξλ(ξ dξ + ξ G l λ(ξ dξ = 0 0 =Λ mξ G + mξ G =Λ mξ G. 0 0 Terzo metodo. Integrazione diretta sull atto di moto Un punto generico Q, diascissa curvilinea ξ [0,l], dell asta èindividuato dal vettore Q O = ξ sin θ cos ϕ ê 1 + ξ sin θ sin ϕ ê +(OA ξ cos θê 3 elasuavelocitàsiscrive Q =(ξcosθ cos ϕ θ ξ sin θ sin ϕ ϕê 1 +(ξcosθ sin ϕ θ + ξ sin θ cos ϕ ϕê + ξ sin θ θê 3. Perciò Q = ξ ( θ +sin θ ϕ ed èquindi possibile calcolare l espressione di T applicando la definizione l l T AB = 1 Q λ(ξ dξ = 1 ξ λ(ξ dξ ( θ +sin θ ϕ = 1 Λ( θ +sin θ ϕ. 0 0 Stefano Siboni 4

5 Esercizio. Energia cinetica di un sistema scleronomo a g.d.l. In un riferimento cartesiano ortogonale Oxyz èdataun asta rigida omogenea di estremi A e B, aventemassa m elunghezza l. L asta èvincolata a giacere nel piano coordinato Oyz, mantenendo l estremo A sull asse Oz. Scrivere l espressione per l energia cinetica dell asta rispetto alla terna di riferimento Oxyz, facendo uso dei parametri lagrangiani s e θ mostrati in figura. Soluzione Mostriamo come sia possibile pervenire al risultato seguendo tre metodi diversi, fra loro equivalenti. Primo metodo. Teorema di König Trattandosi di asta omogenea il vettore posizione del baricentro G si scrive G O = l ( l sin θ ê cos θ + s ê 3 elasuavelocitàrelativaadoxyz risulta Ġ = l cos θ θ ( l ê + sin θ θ ṡ di modulo quadrato Ġ = l 4 θ +ṡ l sin θ θṡ (.1. Per determinare l energia cinetica del moto attorno al baricentro si considera una terna baricentrale Gx 1 y 1 z 1 (con origine in G ed assi orientati in modo costante rispetto ad Oxyz avente gli assi Gx 1, Gy 1 e Gz 1 rispettivamente paralleli ad Ox, Oy ed Oz: ê 3 Stefano Siboni 5

6 Rispetto a tale riferimento l asta ruota attorno all asse fisso Gx 1 con velocità angolare θ ê 1,inquantol angolo θ èper definizione compreso fra una direzione fissa sull asta (quella del segmento GB eduna direzione fissa nel riferimento baricentrale (ovvero, equivalentemente in quello fisso Oxyz. Si osservi che a rigore sarebbe necessario introdurre un ulteriore riferimento solidale al corpo rigido, per esempio con un asse passante per l asta, un secondo coincidente con Gx 1 ed il terzo perpendicolare ad entrambi. Il valore di θ verrebbe allora più precisamente interpretato come l ampiezza dell angolo diedro compreso fra il piano Gx 1 z 1 del sistema baricentrale ed il piano coordinato individuato da Gx 1 e da AB nel riferimento solidale (vedi figura. In questo caso, data l estrema semplicità del sistema in esame, l introduzione della terna solidale non si rende strettamente indispensabile ed il risultato appare del tutto ovvio. Negli esercizi a seguire si converrà lasceltadel riferimento solidale come operata implicitamente, lasciando al lettore i dettagli della sua individuazione. Indicato con I x1 x 1 il momento d inerzia dell asta rispetto all asse coordinato Gx 1, l energia cinetica del moto attorno al baricentro vale allora T Gx1 y 1 z 1 = 1 I x 1 x θ 1 = ml 4 θ ed infine, tenuto conto della (.1 T = m Ġ +T Gx1 y 1 z 1 = m ( l 4 θ +ṡ l sin θ θṡ + ml 4 θ ( l = m 6 θ + ṡ l sin θ θṡ. Secondo metodo. Integrazione diretta sull atto di moto Un punto generico Q dell asta sia individuato dall ascissa curvilinea ξ AQ [0,l]. Le coordinate di Q in Oxyz sono quindi (0,ξsin θ, s ξ cos θ elecomponentidi Q nello stesso riferimento ( 0,ξcos θ θ, ṡ + ξ sin θ θ. Si ha allora e l energia cinetica diviene T = 1 l 0 Q = ξ cos θ θ + ( ξ sin θ θ ṡ = ξ θ ξ sin θ θṡ +ṡ Q m l dξ = m l l che coincide con il risultato precedente. 0 [ ξ θ ξ sin θ θṡ +ṡ ] dξ = m[ l Terzo metodo. Uso dell asse istantaneo di rotazione Il generico punto Q dell asta ha vettore posizione Q O = ξ sin θ ê +( s ξ cos θê 3 6 θ + ṡ l ] sin θ θṡ Stefano Siboni 6

7 elasuavelocitàrelativaadoxyz risulta Q = ξ cos θ θ ê + ( ṡ + ξ sin θ θ ê 3 mentre la velocità angolare dell asta vale ω = θ ê 1. Trattandosi di moto rigido piano, il centro di rotazione istantanea C èallora definito ed individuato dall espressione C O = Q O + 1 θ ê 1 Q = Q O + 1 θ ê 1 ê ê ξ cos θ θ ṡ + ξ sin θ θ = = Q O + 1 θ [(ṡ ξ sin θ θ ê + ξ cos θ θ ê 3 ] = = ξ sin θ ê +( s ξ cos θê 3 + ( ṡ θ ξ sin θ ê + ξ cos θ ê 3 = ṡ θ ê s ê 3, dove si èsupposto che θ 0. Indefinitiva, per θ 0ilcentro di rotazione istantanea è dato da C O = ṡ θ ê s ê 3 indipendente da ξ, comedeveessere. Qualora si abbia θ =0risultainvece Q = ṡ ê 3 Q AB e l atto di moto è puramente traslatorio. Nel caso θ 0,essendo A O = s ê 3 e B O = l sin θ ê +( s l cos θê 3,ilvettore posizione del baricentro dell asta ha la forma G O = 1 [ ] l (A O+(B O = sin θ ê + ( s l cos θ ê 3. ( l Pertanto G C = sin θ ṡ l + θ 4 cos θ ed il momento d inerzia I Cx dell asta rispetto all asse istantaneo di rotazione Cx vale, per Huygens-Steiner [( I Cx = ml l 1 + m sin θ ṡ l + θ] θ 4 cos [ l = m 3 l sin θ ṡ ] θ + ṡ. θ L atto di moto è puramente rotatorio attorno a C e dunque l energia cinetica èdatada T = 1 I θ [ l Cx = m 6 θ l sin θ θṡ ] + ṡ (. in accordo con il risultato già ottenuto. Per θ =0siottiene invece T = 1 l 0 Q m l dξ = m l che èlaforma assunta dalla (. nell ipotesi θ =0. l 0 ṡ dξ = m ṡ Stefano Siboni 7

8 Esercizio 3. Energia cinetica di un sistema scleronomo a g.d.l. Sia dato un sistema costituito da due aste rettilinee rigide omogenee, OA A 1 ed AB A, incernierate in A evincolate a giacere nelpianooyz di una terna di riferimento cartesiana ortogonale Oxyz, conilpunto O fisso. A 1 ha lunghezza l 1 emassa m 1,mentre A ha lunghezza l emassa m.facendo uso degli angoli θ 1 e θ,indicati in figura, come parametri lagrangiani, si determini l espressione dell energia cinetica del sistema relativa ad Oxyz. Soluzione L energia cinetica T del sistema èidentificabile con la somma delle energie cinetiche T A1 delle singole aste, che possono essere valutate separatamente. T A e Energia cinetica di A 1 Nella terna Oxyz il moto dell asta avviene attorno all asse fisso Ox epoiché θ 1 è l angolo compreso fra la direzione Oz (fissa nel riferimento Oxyz equella di A O (fissa rispetto ad A 1, la velocità angolare di A 1 si riduce a θ 1 ê 1. Il teorema di Huygens-Steiner porge per ilmomento d inerzia dell asta relativo ad Ox l espressione I Ox = m 1l 1 1( 1 + m l1 1 = 3 m 1l 1. L energia cinetica diviene infine T A1 = 1 I Ox θ 1 = 1 6 m 1l 1 θ 1. Energia cinetica di A In modo analogo a quanto giàosservato per A 1,lavelocitàangolare di A rispetto alla terna Oxyz si verifica essere θ ê 1.Datal assenza di punti fissi, conviene applicare il teorema di König. Il baricentro G di A ha in Oxyz le coordinate ( 0,l 1 sin θ 1 + l sin θ, l 1 cos θ 1 l cos θ con [ Ġ = l 1 cos θ 1 θ1 + l cos θ θ ] [ + l 1 sin θ 1 θ1 + l sin θ θ ] = = l 1 θ 1 + l 4 θ + l 1l cos(θ 1 θ θ 1 θ. Stefano Siboni 8

9 Nella terna baricentrale G x 1 y 1 z 1 l energia cinetica relativa (del cosiddetto moto attorno al baricentro èespressa da T A,G x 1 y 1 z 1 = 1 m l 1 θ equindi per König l energia cinetica rispetto ad Oxyz risulta T A = m 4 l θ + m l 1 θ 1 + m 8 l θ + m l 1l cos(θ 1 θ θ 1 θ = = m l 1 θ 1 + m l 6 L energia cinetica totale diventa così T = T A1 + T A = θ + m l 1l cos(θ 1 θ θ 1 θ. ( m1 6 + m l 1 θ 1 + m l θ + m 6 l 1l cos(θ 1 θ θ 1 θ. (3.1 Osservazione. L energia cinetica totale è una forma quadratica definita positiva delle velocità generalizzate Dalla (3.1 T risulta chiaramente una forma quadratica in ( θ 1, θ, di matrice rappresentativa simmetrica M ( m1 6 + m l 1 m 4 l 1l cos(θ 1 θ 4 l 1l cos(θ 1 θ m l. 6 M èdefinita positiva per qualsivoglia scelta di ( θ 1, θ R.Infatti det(m = ( m1 6 + m l m l 1 6 = m 1m 36 l 1l + m l 1l m m 16 l 1l cos (θ 1 θ = [ ] 16 cos (θ 1 θ > 0 (θ 1,θ R mentre ( m1 tr(m = 6 + m l 1 + m l > 0 6 esiccomeilprodottoelasomma degli autovalori di una generica matrice sonodati rispettivamente dal determinante e dalla traccia della matrice stessa, si conclude che gli autovalori di M (necessariamente reali, causa la simmetria della matrice sono entrambi positivi. Alla stessa conclusione si perviene applicando il criterio di Jacobi, osservato che ( m1 det(m > 0 e M m l 1 > 0. Stefano Siboni 9

10 Esercizio 4. Energia cinetica di un sistema scleronomo a g.d.l. in 3D Si considera una semisfera omogenea rigida di raggio R emassam. Alla base circolare della semisfera èconnessa rigidamente un asta rettilinea OC di lunghezza l emassa trascurabile, disposta secondo l asse di simmetria della semisfera (C èpertantoilcentro del cerchio che costituisce la base della semisfera. Il sistema rigido viene sospeso per il punto fisso O, origine della terna cartesiana Oxyz. L asta OC èvincolata a giacere nelpianooyz, ma può ruotare attorno al proprio asse OC solidalmente alla semisfera. Scrivere l espressione dell energia cinetica relativa ad Oxyz facendo uso degli angoli euleriani riportati in figura. Soluzione Si procede anche in questo caso al calcolo dell energia cinetica seguento tre metodi diversi, fra loro equivalenti. Primo metodo. Teorema dell energia cinetica per un sistema rigido con un punto fisso Il metodo èapplicabile (e certamente conveniente causalapresenza del punto fisso O. Si sceglie la terna solidale con origine in O ed asse Oz disposto lungo O C. Gli altri due assi Ox ed Oy sono ortogonali, ma a parte ciò arbitrari. Introdotti gli usualiangoli di Eulero ϕ, θ, ψ, siosserva che dovendo OC giacere costantemente in Oyz la linea dei nodi Oxy Ox y viene a coincidere con l asse Ox, cosicché ϕ(t =0 t R. L angolo θ(t descriverà l inclinazione del sistema rispetto all asse Oz. ψ(t esprimerà invece la rotazione del corpo rigido attorno al proprio asse di simmetria OC. Lavelocitàangolare ω del sistema si ricava ponendo ϕ(t =0 t R nell espressione generale ω = ( sin θ sin ψ ϕ +cosψ θ ê 1 + ( sin θ cos ψ ϕ sin ψ θ ê + ( cos θ ϕ + ψ ê 3 dalla quale si deduce ω =cosψ θ ê 1 sin ψ θ ê + ψ ê 3. (4.1 Allo stesso risultato si perviene direttamente notando che ω = θ ê 1 + ψ ê 3 echeê 1 = cos ψ ê 1 sin ψ ê. Stefano Siboni 10

11 La matrice d inerzia [L ]rispetto al riferimento solidale si determina piuttosto agevolmente. Si osserva in primo luogo che i prodotti d inerzia sono tutti nulli per evidenti ragioni di simmetria, e che pertanto Ox y z costituisce una terna principale. Inoltre L zz èparialla metà del momento centrale d inerzia di una sfera di raggio R emassam L zz = 1 5 (mr = 5 mr. Rimangono da calcolare L xx ed L yy. Lasimmetria rotazionale attorno all asse OC implica che L xx = L yy. D altra parte il comune valore dei due momenti principali si ottiene con Huygens-Steiner notando che il baricentro del sistema coincide con quello della sola semisfera (l asta ha massa nulla. Il momento d inerzia rispetto all asse Cy ègiàstato calcolato I Cy = 1 5 (mr = 5 mr mentre quello rispetto all asse baricentrale Gy vale I Gy = I Cy m C G = ( 3 5 mr m 8 R 83 = 30 mr. Si può infine applicare nuovamente Huygens-Steiner e scrivere L yy = I Oy = I Gy + m G O = mr + m (l + 3 ( 8 R = m 5 R + l lr. In definitiva, la matrice d inerzia risulta [ L [L yy 0 0 L ]= 0 L yy = m yy 0 5 R + l + 3 ] 4 lr 0 0 L zz L zz = 5 mr. Tenuto conto della (4.1, l energia cinetica diventa allora: T = 1 (cosψ θ sin ψ θ ψ L yy L yy L zz cos ψ θ sin ψ θ ψ Stefano Siboni 11 =

12 = 1 [ L θ yy + L ψ ] zz = m [ 5 R + l lr ] θ mr ψ. Secondo metodo. Teorema di König Indicato con Gx 1 y 1 z 1 un riferimento baricentrale, il teorema di König si scrive T = 1 m Ġ + T Gx1 y 1 z 1. Le coordinate del baricentro in Oxyz sono ( 0, (l R sin θ, (l R cos θ equelle della velocità Ġ ( 0, (l R cos θ θ, (l R sin θ θ ( per cui Ġ = l R θ. Il calcolo di T Gx1 y 1 z 1 èanalogo a quello di T già eseguito nel caso precedente, salvo che L yy dovrà essere riferito all asse baricentrale Gy ( L yy = I Gy = 5 9 mr. 64 Perciò T Gx1 y 1 z 1 = 1 [( mR θ + 5 mr ψ ] ed infine T = 1 [ ( m l+ 3 ( 8 R θ +m 5 64R 9 θ + ] 5 mr ψ = m ( l lr+ 5 R θ + m 5 R ψ, che coincide con il precedente risultato. Terzo metodo. Integrazione sull atto di moto Un punto arbitrario Q della semisfera è individuabile in coordinate polari cilindriche (γ,ρ,ξ, con ξ [0,R] ρ [ 0, R ξ ] γ [0, π. Stefano Siboni 1

13 Ad un istante arbitrario le coordinate cartesiane di Q in Oxyz si esprimeranno dunque come ( ρ cos(γ + ψ,ρsin(γ + ψ cosθ +(l + ξsinθ, ρ sin(γ + ψ sinθ (l + ξcosθ per cui le componenti di Q saranno ( ρ sin(γ + ψ ψ, ediconseguenza ρ cos(γ + ψ cosθ ψ ρ sin(γ + ψ sinθ θ +(l + ξcosθ θ, ρ cos(γ + ψ sinθ ψ + ρ sin(γ + ψ cosθ θ +(l + ξsinθ θ Q = ρ ψ +(l + ξ θ + ρ sin (γ + ψ θ +ρ(l + ξ cos(γ + ψ θ ψ. L energia cinetica del sistema vale allora T = 1 m πr 3 /3 Q dv = 3 m semisfera 4π R 3 R 0 dξ R ξ 0 dρ π 0 dγ ρ Q dove ρ èlojacobiano in coordinate polari cilindriche (γ,ρ,ξ. Pertanto T = 3 m R 4π R 3 dξ 0 = 3 m 4π R 3 = 3m 4R 3 R 0 R 0 dξ R ξ 0 R ξ 0 dρ [ ψ (R ξ 4 π 0 dγ ρ [ ρ ψ +(l + ξ θ + ρ sin (γ + ψ θ + +ρ(l + ξ cos(γ + ψ θ ψ ] = dρ ρ [ πρ ψ +π(l + ξ θ + πρ θ ] = +(l + ξ θ R ξ = m [ l lr + ] 5 R θ + m 5 R ψ ad ulteriore conferma dei risultati precedenti. + θ (R ξ ] dξ = 4 Osservazione. Momento angolare rispetto al polo O Se si indica con K O il momento angolare rispetto al polo O econk (1 G il momento angolare del moto attorno al baricentro G, calcolatorispetto al baricentro stesso, vale la relazione generale K O = K (1 G +(G O mġ. Stefano Siboni 13

14 Nella fattispecie si ha G O = Ġ = (l R sin θ ê (l R cos θ ê 3 (l R cos θ θ ê + (l R sin θ θ ê 3 per cui (G O mġ (l = m R ê 1 ê ê 3 ( θ 0 sinθ cos θ 0 cosθ sin θ = m l R θ ê1 mentre e con ê 1 ê (1 K G (1 K G ê 3 K (1 G K (1 G =ê 1 ω = θ cos ψ ê 1 θ sin ψ ê + ψ ê 3 K (1 G ê 1 +ê K (1 G ê +ê 3 ( 5 9 mr ( = mr K (1 G ê 3 5 mr θ cos ψ θ sin ψ. ψ Di qui si deduce ( K (1 G = 5 9 ( mr θ cos ψ ê 64 1 sin ψ ê + 5 mr ψ ê 3 = ed infine il risultato richiesto [( K O = m l R + ( dove ê 3 =cosθ ê 3 sin θ ê vedi figura precedente. ( mr θ ê1 + 5 mr ψ ê 3 R ] θ ê1 + 5 mr ψ ê 3, Stefano Siboni 14

15 Esercizio 5. Energia cinetica di un disco circolare che rotola su una retta fissa Si vuole determinare l energia cinetica di un disco vincolato ad un piano, in moto di rotolamento (con o senza strisciamento su una retta fissa assegnata. Il disco è circolare ed omogeneo, di massa m eraggio R. Sia C il suo centro. Il disco rotola sulla retta γ, fissa. Soluzione Si scelga una terna fissa Oxyz in modo che laretta γ venga acoincidereconl asse Ox; sia viceversa Cx y z una terna con origine nel baricentro e solidale al disco rigido. Sia ϕ l angolo (crescente per rotazioni antiorarie compreso fra la direzione positiva dell asse Ox equella di Ox. Siindichi infine con P il punto di contatto, ad un generico istante, fra disco e retta fissa. Caso delrotolamento con eventuale strisciamento Per il teorema di König si ha ( mr ϕ, T = m Ċ + 1 essendo ϕ ê 3 la velocitàangolare del disco, mr /ilmomentod inerzia dello stesso rispetto all asse Cz e Ċ = (ṡ, 0, 0 = ṡ. Pertanto T = m ṡ + mr 4 ϕ. (5.1 Caso del rotolamento senza strisciamento Nel punto di contatto P fra disco e retta γ il punto sul disco e quello sulla retta hanno velocità relativanulla. In altri termini, poiché tuttiipunti di γ sono fissi, il punto P sul disco ha velocitàistantaneaeguale a zero. Pertanto 0= P = Ċ + ϕ ê 3 (P C =ṡ ê 1 + ϕ ê 3 ( R ê = ( ṡ + R ϕ ê 1 equindi ṡ + R ϕ =0.Quest ultima relazione implica s + Rϕ = costante (5. Stefano Siboni 15

16 il valore della costante dipendendo dalla scelta dei dati iniziali. Un unico parametro occorre ebastaperdescrivere il moto del sistema ad esempio si puòscegliere s. L energia cinetica si ottiene dalla (5.1 per semplice sostituzione del vincolo (5. T = m ṡ + mr 4 ϕ ϕ= ṡ/r = mṡ + mṡ 4 = 3 4 mṡ. (5.3 Osservazione Allo stesso risultato si perviene notando che il moto rigido èpianoechep costituisce il centro di rotazione istantanea. Dunque: T = 1 I P ϕ = 1 I P R ṡ, dove I P èilmomento d inerzia del disco rispetto all asse (istantaneo di rotazione Pz: I P = mr + mr = 3 mr. Perciò T = m ṡ 3/4, in accordo con la (5.3. Esercizio 6. Energia cinetica di un sistema scleronomo a g.d.l. in D In un sistema di riferimento cartesiano ortogonale Oxyz, sia data una guida circolare rigida e fissa, di raggio R e centro O, localizzata nel pianooyz. Un disco D, diraggio r<r, massa m e centro C, omogeneo, èvincolato a giacere nel piano della guida ed a rotolare sulla guida stessa (con eventuale strisciamento. Il momento d inerzia di D rispetto all asse Cx vale mr /. Stefano Siboni 16

17 Facendo uso degli angoli (orientati γ e ϕ mostrati in figura, determinare l energia cinetica del sistema. Soluzione Osservato che C èineffetti il baricentro di D, ilteoremadikönig porge T = m Ċ + T Cx1 y 1 z 1, (6.1 essendo Cx 1 y 1 z 1 una terna di riferimento baricentrale. Il baricentro C ha in Oxyz le coordinate ( 0, (R r sinγ, (R r cosγ ediconseguenza Ċ =(R r cosγ γ ê +(R r sinγ γ ê 3 = Ċ =(R r γ. D altra parte, rispetto a Cx 1 y 1 z 1 il moto del disco è una rotazione, descritta dall angolo ϕ, attorno all asse fisso Cx 1.Pertanto T Cx1 y 1 z 1 = 1 mr ϕ = mr 4 ϕ, dove ϕ ê 1 èlavelocitàangolare istantanea del disco. Sostituendo nella (6.1 si deduce infine T = m (R r γ + mr ϕ. 4 Qualora il rotolamento di D sulla guida fissa avvenga senza strisciamento la velocità del punto di contatto Q disco-guida (preso sul disco deve risultare nulla. Quindi 0= Q = Ċ + ϕ ê 1 (Q C = γ ê 1 (C O+ ϕ ê 1 (Q C. r (C O edicon- R r Dal parallelismo dei vettori Q C e C O si deduce Q C = seguenza 0= γ ê 1 (C O+ ϕ r ( R r ê1 (C O =ê 1 (C O γ + ϕ r. R r Siccome i vettori ê 1 e C O risultano perpendicolari e C O 0,deve aversi necessariamente γ + r ϕ =0, R r ovvero γ + r ϕ =costanteint R r (6. la costante essendo determinata dai valori iniziali di γ e ϕ. Ilrisultato ottenuto èsuscettibi- le di una interpretazione geometrica molto semplice. Stefano Siboni 17

18 Sia Q(0 il punto di contatto disco-guida sul disco all istante t =0,eQ(t laposizione dello stesso punto del disco all istante generico t. Sia infine Q il punto di contatto disco-guida all istante t. s = Rγ èlalunghezza dell arco di guida percorso dal disco, Q(0 Q.Maèanche la lunghezza dell arco Q Q(t suldisco s = r(γ ϕ (si osservi la figura, ricordando che in base alla convenzione assunta è ϕ<0. Pertanto Rγ = r(γ ϕ (R rγ + rϕ =0 γ + r R r ϕ =0 che è una relazione del tipo (6.. Per l energia cinetica del disco si ha allora l espressione T = m ( (R r r R r ϕ mr + ϕ = 1 ( mr + mr ϕ. 4 Il risultato ammette una interpretazione notevole: poiché ilpunto Q del disco acontatto con la guida soddisfa la condizione Q =0,Q èilcentro di rotazione istantanea di D (il cui moto èpiano.dunque T = 1 I Q x ϕ, dove I Q x èilmomento di inerzia del disco rispetto all asse istantaneo di rotazione, vale adire perhuygens-steiner I Q x = mr + I Gx = mr + mr. Esercizio 7. Energia cinetica di un sistema reonomo a g.d.l. in 3D Con riferimento all esercizio precedente, si assuma che la guida ed il piano π che la contiene ruotino attorno all asse Oz con velocità angolare costante Ω ê 3.L angolo diedro fra π ed Oxz ha ampiezza Ωt+α all istante t doveα dipende dai dati iniziali: ad esempio α =0 se per t =0ilpianoπ coincide con Oxz. Determinare l energia cinetica del sistema. Soluzione All istante t il baricentro C del disco avrà inoxyz le coordinate ( (R r sinγ cos(ωt + α, (R r sinγ sin(ωt + α, (R r cosγ per cui Ġ =(R r ( γ +Ω sin γ. Stefano Siboni 18

19 Indicata con Cx 1 y 1 z 1 una terna di riferimento baricentrale, con gli assi rispettivamente paralleli a quelli di Oxyz, siprocede alcalcolo dell energia cinetica T Cx1 y 1 z 1 per il moto attorno al baricentro. La terna solidale Cx y z èscelta in modo che Cx sia perpendicolare a π, mentre Cy e Cz giacciono su tale piano e sono fra loro ortogonali (ad esempio sia Cz prolungamento di C P, come illustrato in figura. La terna Cy e Cz èchiaramente centrale, con matrice d inerzia: [L ]= mr / mr /4 0, 0 0 mr /4 in cui imomenticentrali L yy = L zz = mr /4siricavanoricordando che L yy + L yy = L xx. La velocità angolare del disco è ω =Ωê 3 + ϕ ê 1,conê 3 =cosϕ ê 3 +sinϕ ê.dunque ω = ϕ ê 1 +Ω sinϕ ê +Ωcosϕ ê 3 e T Cx1 y 1 z 1 = 1 ( ϕ sin ϕ Ω cosϕ Ω mr = mr ϕ + mr 4 8 Ω. Applicando König si ottiene infine / / ϕ sin ϕ Ω cos ϕ Ω = T = m (R r( γ +Ω sin γ + mr 4 ϕ + mr 8 Ω. Stefano Siboni 19

20 Se il rotolamento del disco D sulla guida avviene senza strisciamento, vale ancora γ = ϕr/(r r, per cui si avrà T = m (R r( γ +Ω sin γ + m 4 (R r γ + mr 8 Ω è certamente più comodoutilizzare γ in luogo di ϕ come parametro lagrangiano. Esercizio 8. Dinamica relativa in un sistema di riferimento rotante con velocità angolare costante rispetto ad una terna galileiana assegnata Si procede preliminarmente a determinare le sollecitazioni fittizie, o d inerzia, agenti nel sistema di riferimento rotante, non inerziale. Si considera una terna di riferimento inerziale Ox 1 x x 3 come terna fissa ed un secondo sistema di riferimento O x 1x x 3,inmotoarbitrario rispetto alla prima. Per un generico punto P si pone inoltre P O = 3 x i ê i e P O = 3 x i ê i.ingenerale vale 3 3 ẍ i ê i = Ö + x d ê 3 3 i i dt + ẍ iê i + ẋ dê i i dt. Nella fattispecie si assume O = O, costante, ed ω =Ωê 3,Ωcostante.Perciò Ö =0 dê i dt =Ωê 3 ê i d ê i = d ( Ωê3 ê =Ωê dt i 3 ( ê 3 ê [ ] i =Ω ê 3 (ê3 ê dt i ê i ediconseguenza, introducendo per brevità laconvenzionedi somma sugli indici ripetuti, F = mẍ i ê i = mω [ ] ê 3 (ê3 ê i x i ê i x i + mẍ i ê i +Ωmê 3 ẋ iê i. L equazione della dinamica relativa diviene mẍ iê i = F mωê 3 (ẋ iê i+mω [ ê i x i ê 3 (ê3 ê ix i], dove F èilrisultantedelle forze reali, mωê 3 (ẋ iê i èlaforzadicoriolise+mω[ ê i x i ê 3 (ê3 ê i i] x la forza centrifuga. Indicata con vr la velocità relativaẋ iê i, si verifica immediatamente che la forza di Coriolis ha potenza nulla mωê 3 v r v r =0 nel riferimento relativo Ox 1x x 3.Laforza centrifuga F cf èconservativa. Infatti F cf d x = mω [ x d x ( ê 3 d x ( ê 3 x ] = mω d[ x ( ê 3 x ] Stefano Siboni 0

21 per cui la forma differenziale del lavoro è esatta. Il potenziale corrispondente si scrive U cf = mω [ x ( ê 3 x ]. Primo esempio Moto di un punto materiale vincolato ad una guida circolare rigida e liscia, di raggio r e centro O, rotante attorno all asse Oz con velocità angolare costante Ωê 3.LaternaOxyz si assume inerziale, mentre il punto materiale ha massa m ed èsoggetto ad una forza F dipendente dalla posizione P del punto, dalla velocità P edaltempot. La posizione di P viene determinata per mezzo del parametro angolare θ(t mostrato in figura. L equazione parametrica della guida si scrive, nella terna inerziale Oxyz, { x = r sin θ cos(ωt y = r sin θ sin(ωt z = r cos θ ed il versore tangente nella posizione θ all istante t vale ê θ = x x 1 =cosθ cos(ωtê 1 +cosθ sin(ωtê sin θ ê 3. θ θ La legge oraria del moto sarà infine del tipo x P (t =r sin θ cos(ωt y P (t =r sin θ sin(ωt z P (t =r cos θ con θ = θ(t opportuna. L equazione della dinamica è m P = F + Ψ. (8.1 La reazione vincolare Ψdeveintendersi normale alla guida per ogni t fissato, per cui Ψ ê θ =0ela(8.1 diventa m P ê θ = F ê θ. Si hanno le relazioni: P = P θ θ + P t = r θ ê θ + P t P = r θ ê θ + r θ d dtêθ + d dt m P ê θ = mr θ + m ê θ d ( P dt t ( P t Stefano Siboni 1

22 dove e P t d ( P dt t = rω sinθ sin(ωtê 1 + rω sinθ cos(ωtê = [ rω cosθ θ sin(ωt rω sin θ cos(ωt ] ê 1 + [ rωcosθ θ cos(ωt rω sin θ sin(ωt ] ê sicché ê θ d ( P = rω dt t θ cos θ sin(ωt cos(ωt rω sin θ cos θ cos (Ωt+ +rω cos θ θ sin(ωt cos(ωt rω sin θ cos θ sin (Ωt = rω sin θ cos θ. In conclusione si perviene all equazione del moto mr θ mrω sin θ cos θ = F ê θ. Èimmediato verificare il risultato ottenuto mediate le equazioni di Lagrange. L energia cinetica T del sistema si scrive infatti T = m P = m ( r θ + r Ω sin θ mentre per l unica componente lagrangiana della sollecitazione attiva F vale l espressione Q θ = F P θ = F rê θ = r F ê θ. Si ha così l equazione lagrangiana d ( T dt θ T θ = Q d ( θ mr θ mr Ω sin θ cos θ = r F ê θ dt equindi, come richiesto, mr θ mrω sin θ cos θ = F ê θ. Secondo esempio Come ulteriore esempio si risolve ora lo stesso problema nel sistema di riferimento di origine O co-rotante con la guida circolare, come mostrato nella figura seguente Stefano Siboni

23 L equazione parametrica della guida si può scrivere, identificando il piano della guida con Oy z x =0 y = r sin θ z = r cos θ ed il versore tangente in un generico punto P (0,r sin θ, r cos θ della guida diviene ê θ = P θ P θ 1 = 1 P r θ =(0, cos θ, sin θ. La legge oraria del moto si otterrà determinando la funzione θ = θ(t. L equazione del moto, nel riferimento prescelto, è m P = F + Ψ+ F Coriolis + F cf evalgono inoltre le ovvie relazioni P = d dt ( P θ θ = d dt ( θrêθ = θrêθ + r θ dê θ dt F cf = mω r sin θ ê Perciò F Coriolis = mωê 3 P = mωr θ ê 3 ê θ Ψ ê θ =0 (laguida è liscia. m P ê θ = F ê θ + Ψ ê θ + F Coriolis ê θ + F cf ê θ = F ê θ + F cf ê θ esiccome P ê θ = θr ê θ ê θ + r θ ê θ dê θ dt = r θ, siconclude che mr θ = F ê θ + F cf ê θ = F ê θ + mω r sin θ ê ê θ = F ê θ + mω r sin θ cos θ. In definitiva mr θ mω r sin θ cos θ = F ê θ, (8. che coincide con l equazione del moto già scritta in Oxyz. Osservazione Dalla (8. si deduce, moltiplicando membro a membro per r θ mr θ θ mω r sin θ cos θ θ = F ê θ r θ d dt [ mr θ ] mω r sin θ = F P θ θ Se F èposizionale, F = F (P, si può scrivere F P θ θ = F (P P θ θ = d θ dt 0 F [ P (θ ] P θ dθ Stefano Siboni 3

24 per cui mr θ mω r sin θ costante lungo la soluzione. La funzione θ 0 F [ P (θ ] P θ dθ = E, θ H(θ, θ = mr θ mω r sin θ 0 F [ P (θ ] P θ dθ rappresenta un integrale primo del moto e puòidentificarsicon l hamiltoniana del sistema. In particolare: mω r sin θ è l energia potenziale centrifuga e θ 0 F [ P (θ ] P θ dθ quella della F lungo la guida. Esercizio 9. Esempi vari di sollecitazioni attive, calcolo delle relative componenti lagrangiane e degli eventuali potenziali Caso 1. Forzaagente fra due punti del sistema forza interna e dipendente dalla sola distanza. Le forze F A ed F B sono dirette lungo la congiungente A B esonodeltipo: F A = A B A B f( A B A B > 0 F B = F A principio di azione e reazione, dove si èindicata con f : R + R una funzione continua assegnata, ed A, B si intendono espressi in termini dei parametri lagrangiani q 1,...,q n.sicalcolanole componenti lagrangiane Q h, h =1,,...,n,della sollecitazione. Per definizione Q h = F A A + F B B ( A = F A B = = A B A B (A B f ( A B = A B f ( A B. Stefano Siboni 4

25 Sia ora U una primitiva di f in R +,talecheu (x =f(x x>0. In tal caso si avrà eperogni A B > 0 Q h = U ( A B U ( ( A B = U A B A B x A A B = f ( A B A B A B = F A cosicché U = U ( A B costituisce il potenziale dell interazione. Esempio. Forza elastica Sia F A = k(a B ed F B = F A con k>0, costante la forza è dunque attrattiva. Si ha allora, come prima equindi Q h = F A A + F B B = k(a B è il potenziale elastico corrispondente. (A B = k [ A B ] U(q 1,q,...,q n =U ( A B = k A B Caso. Forzaagente su un punto del sistema e dovuta ad un campo esterno conservativo La forza in ungenericopuntox R 3 si scrive F (x = U x (x con U : R 3 R di classe C 1.Inparticolare,sex A èilvettore posizione del punto A su cui agisce il campo esterno, la forza applicata in A risulterà F A = U ( xa. x Le componenti lagrangiane della sollecitazione valgono Q h = F A A = U ( x A xa (q = x U [ x A (q ], dove x A (q è il vettore posizione di A espresso in termini dei parametri lagrangiani q 1,q,...,q n.ilpotenziale della sollecitazione risulta pertanto U(q 1,q,...,q n =U [ x A (q ]. Stefano Siboni 5

26 Caso 3. Forzapeso sistemi pesanti Per un sistema discreto di punti P i (q 1,...,q n dimassa m i, i =1,,...,N,lecomponenti lagrangiane delle forze peso sono date da Q h = N m i g P i = g N m i (P i O = g N m i (P i O = = m g [ 1 m N ] m i (P i O = m g (G O = [ m g (G O ], dove G = G(q 1,q,...,q n èilbaricentro del sistema espresso in funzione dei parametri lagrangiani. Il potenziale gravitazionale risulta così U(q 1,q,...,q n =m g (G O. Lo stesso risultato si estende anche al caso di un mezzo continuo ad un sistema rigido continuo, in particolare. Conviene esaminare la forma assunta dall espressione generale del potenziale gravitazionale per le scelte usuali della terna riferimento. Si considerano due casi notevoli, i soli che di regola ricorrono. (a Se l asse coordinato Oz è antiparallelo al vettore g di accelerazione gravitazionale ossia parallelo ma opposto in verso si ha la relazione U = m( gê 3 (G O = mgz G,indicandosi con z G la quota di G nel riferimento prescelto. (b Qualoraviceversa l asse Oz sia parallelo a g si ottiene U = m(gê 3 (G O =mgz G. Da notare il cambiamento di segno dell una espressione rispetto all altra!! Stefano Siboni 6

27 Caso 4. Forzacentrifuga Ci si limita a considerare la sollecitazione centrifuga agente in una terna di riferimento posta in rotazione uniforme con velocità angolare Ω ê 3 attorno all asse Oz, rispetto ad una seconda terna che si suppone inerziale. Si distinguono il caso in cui la sollecitazione agisca su un singolo punto materiale e quello in cui ad essere sollecitato sia un sistema di punti discreto o continuo. (a Per un punto vincolato P,dimassam, lacuiposizionesiaespressa in termini dei parametri lagrangiani q h, h =1,...,n,esoggetto alla forza centrifuga F P, si ha F P = mω [P O ê 3 ê 3 (P O] e quindi Q h = F P P = mω [ P O ê 3 ê 3 (P O ] = mω [(P O = mω (P O ê 3 [ P O [ ê 3 (P O ] ]. (P O = (P Oê 3 (P O ] = Il potenziale centrifugo vale dunque U(q 1,...,q n = mω r,essendo r = P O [ê3 (P O ] il quadrato della distanza di P dall asse Oz. (b Per un sistema discreto di punti materiali P i di masse m i,poichélasollecitazione agente su ciascun punto risulta indipendente da quelle applicate ad ogni altro, si avrà un potenziale centrifugo totale dato dalla somma dei potenziali di tutti i punti U(q 1,...,q n = Ω N m i [ P i O [ ê 3 (P i O ] ]. In particolare, se il sistema è rigido si perviene alla relazione: U(q 1,...,q n = Ω ê3 L O ê 3, dove ê 3 L O ê 3 èilmomento d inerzia del sistema rispetto all asse di rotazione tale momento d inerzia dipende da q 1,...,q n. La medesima espressione si estende agevolmente ad un sistema rigido continuo. Stefano Siboni 7

28 Caso 5. Corporigido con un asse fisso non scorrevole Si scelgano la terna fissa Oxyz equella solidale Ox y z in modo che gli assi coordinati Ox ed Ox vengano a coincidere con l asse di rotazione, come mostrato in figura Il generico punto P i del corpo (nell approssimazione discreta èindividuato in Oxyz dal vettore P i O =(P i O ê 1 ê 1 + d(p i,oxcos(α i + ϕê + d(p i,oxsin(α i + ϕê 3, dove (P i O ê 1 ècostante,d(p i,oxèladistanza costante di P i dall asse Ox ed α i è l angolo, costante nella terna Ox y z,che la proiezione ortogonale di P i O su Oy z forma con il semiasse positivo Oy.Pertanto P i ϕ = d(p i,oxsin(α i + ϕê + d(p i,oxcos(α i + ϕê 3 =ê 1 (P i O. L unica componente lagrangiana delle sollecitazioni agenti sul corpo è allora Q ϕ = N F i P i ϕ = N F i ê 1 (P i O =ê 1 N (P i O F i =ê 1 M O. Si èindicato con M O il momento risultante delle forze attive agenti sul corpo, calcolato rispetto al polo O, mentreê 1 M O rappresenta la componente lungo l asse Ox di MO. Si osservi che l angolo ϕ e l asse Ox sono orientati reciprocamente secondo la regola della mano destra; in caso contrario il risultato differirebbe da quello indicato per un semplice cambiamento di segno. Stefano Siboni 8

29 Qualora si assuma l ipotesi addizionale che ê 1 M O sia funzione del solo angolo di rotazione ϕ, siha Q ϕ =ê 1 M O (ϕ = U ϕ (ϕ, con U(ϕ = ê 1 M O (ϕ dϕ potenziale del sistema. Lo stesso risultato si estende anche al caso continuo. Si osservi che se le forze agenti sul corpo rigido derivano da un campo posizionale, l ipotesi ê 1 M O =ê 1 M O (ϕ è certamente verificata. Tuttavia il campo posizionale può nonessere conservativo. Un esempio èdescritto qualitativamente dalla figura a lato. Esempio notevole. Pendolo di torsione Si supponga che la componente lungo l asse di rotazione del momento sia della forma ê 1 M O (ϕ = kϕ con k costante positiva fissata. Vale Q ϕ = kϕ equindi l espressione del potenziale risulta L interpretazione fisica dell esempio considerato èimmediata. Al corpo rigido si può pensareapplicato un sistema di forze capace di produrre un momento di richiamo direttamente proporzionale all angolo di rotazione, misurato rispetto ad una posizione fissa di riposo. Possiamo parlare, senza perdere in generalità, di una coppia di richiamo elastica agente lungo l asse. La situazione tipica èquella del pendolo di torsione, costituito da un disco omogeneo pesante sospeso per il proprio centro mediante un filo sottile, perfettamente elastico, e rappresentato schematicamente in figura. U(ϕ = k ϕ. Stefano Siboni 9

30 Altro esempio. Pendolo fisico Si supponga che il sistema rigido abbia massa m esia soggetto ad un campo gravitazionale uniforme diretto antiparallelamente all asse Oz (verticale, in modo che il baricentro G non giaccia lungo l asse di rotazione Ox Vale in queste ipotesi, facendo uso delle notazioni precedenti: G O =ê 1 (G Oê 1 + d(g, Ox cos(γ + ϕê + d(g, Ox sin(γ + ϕê 3 con ê 1 (G O, d(g, Ox eγ costanti. Il sistema delle forze peso (forze parallele per ipotesi èequivalentead un unica forza applicata in G, paria mg ê 3.Perciò: M O =(G O ( mg ê 3 = mg d(g, Ox cos(γ + ϕê 1 + mg ê 1 (G Oê ovvero M O ê 1 = mg d(g, Ox cos(γ + ϕ, che dipende soltanto dall angolo ϕ. Inconclusione: U(ϕ = mg d(g, Ox sin(γ + ϕ, funzione periodica dell angolo ϕ leforzeattive agenti derivano da un campo posizionale conservativo, per cui non può che aversi periodicità in ϕ. Caso 6. Forzaviscosa o di resistenza viscosa Si tratta di una sollecitazione del tipo F = β x, con β costante positiva assegnata e x = x(q 1,q,...,q n vettore posizione del punto di applicazione. Le componenti lagrangiane della sollecitazione sono Q h = F x = β x x n x = β q k k=1 q k x = β n k=1 x x q k q k Stefano Siboni 30

31 enon ammettono potenziale non sono neppure posizionali. Osservazione Si consideri la funzione di Rayleigh: R = β x β = n i,k=1 x q i x q k q i q k.siha R q h = β = β n i,k=1 [ n k=1 x q i x q k ( δih q k + q i δ kh = x x q k q k + n x q i x q i ] = β n k=1 x x q k q k = Q h che fornisce così unsemplice metodo perottenere le componenti Q h, h =1,,...,n particolarmente utile quando il numero n dei gradi di libertà ègrande. Esercizio 10. Equazioni del moto di un sistema scleronomo a 1 g.d.l. Si considera una semisfera omogenea, di massa m eraggio r, appoggiata su un piano orizzontale π. Lasferaèpesante, di centro C, ed è vincolata a muoversi di moto piano rotolando sul piano π, senza strisciare. Si determinino le equazioni del moto del sistema, assumendo come parametro lagrangiano l ascissa s del punto di contatto O fra semisfera e piano π, secondo il riferimento cartesiano Qxy mostrato in figura ( πr/ <s<πr/. I vincoli siano considerati ideali. Soluzione Si risolve il problema utilizzando due diversi metodi, il primo basato sull equazione cardinale del momento angolare, il secondo sulle equazioni di Lagrange. Primo metodo equazione cardinale del momento angolare Indicato con G il baricentro della semisfera e ricordato che G C =3r/8, si ha C Q = s ê 1 + r ê e G C = 3 [ ] 8 r sin(s/rê 1 cos(s/rê per cui G Q = [s 38 ] r sin(s/r ê 1 + [r 38 ] r cos(s/r ê mentre per il punto di contatto O semisfera-piano vale O Q = s ê 1. Stefano Siboni 31

32 Assumendo come polo il punto mobile O, l equazione cardinale del momento si scrive d dt K O = M O mȯ Ġ. Poiché G O = 3 8 r sin(s/rê 1 + [r 3 ] 8 r cos(s/r ê e F peso = mg ê, si deduce immediatamente che le reazioni vincolari sono applicate in O: M O =(G O F peso = 3 8 r sin(s/rê 1 ( mg ê = 3 8 mgr sin(s/rê 3. D altra parte la velocità angolare del corpo assume la forma, ricordando la convenzione sinistrorsa ω = ṡ/r ê 3 (nella fattispecie s/r è crescente per rotazioni orarie, come la figura evidenzia, il che giustifica il segno negativo dell espressione per cui il momento angolare vale ( K O = L O ṡ r ê3 = ṡ ( IGz + m G O ê 3 = ṡ [ ( 73 I Gz + mr r r 64 3 ] 4 cos(s/r ê 3, dove I Gz èilmomentod inerzia della semisfera rispetto ad un asse parallelo a Qz e passante per G. Infine Ȯ = ṡ ê 1 Ġ = [ṡ 3 ] 8ṡ cos(s/r ê sin(s/rṡ ê cosicché L equazione del momento diventa dunque { d dt ṡ r mȯ Ġ = 3 8 m sin(s/rṡ ê 3. [ I Gz + mr ( cos(s/r ] ê 3 } ovvero { d ṡ [ I dt r Gz + mr ( ]} cos(s/r 4 = 3 8 mgr sin(s/rê m sin(s/rṡ ê 3, = 3 8 mg sin(s/r +3 ṡ m sin(s/r 8 r. (10.1 Stefano Siboni 3

33 Secondo metodo equazioni di Lagrange L energia cinetica del sistema si scrive facendo uso del teorema di König T = m Ġ + 1 I ṡ Gz r = m [( ṡ 3 8 cos(s/rṡ sin (s/rṡ ] + 1 I Gz = m [ 73 ṡ 64 3 ] 4 cos(s/r + 1 I ṡ Gz r, mentre il potenziale della sola forza peso risulta U(s = mg [r 3 ] 8 r cos(s/r. ṡ r = Pertanto, omettendo una costante additiva inessenziale, la lagrangiana del sistema diventa L = [ ( ṡ 73 I r Gz + mr 64 3 ] 4 cos(s/r + 3 mgr cos(s/r 8 ediconseguenza L s = d L dt ṡ = d { ṡ [ I dt r Gz + mr ( ]} cos(s/r 4 ṡ 3 r mr 4 sin(s/r1 r 3 8 mg sin(s/r =3 8 m ṡ r sin(s/r 3 mg sin(s/r. 8 In conclusione l equazione del moto risulta { d ṡ [ ( 73 I dt r Gz + mr 64 3 ]} cos(s/r 4 ecoincideconla(10.1. = 3 8 mg sin(s/r +3 ṡ m sin(s/r 8 r. Osservazione. Calcolo di I Gz Come per una sfera completa di massa m vale I Cz = 5 mr. Poiché G C =3/8r si ha allora per Huygens-Steiner ( 3 I Gz = I Cz m 8 r = 5 mr mr 9 ( 64 = 5 9 mr = mr. Stefano Siboni 33

34 Esercizio 11. Equazioni del moto di un sistema scleronomo a 1 g.d.l. Nel piano verticale Oxy èdatoundiscorigido omogeneo D, dimassam, raggio r e centro G. Ildiscoèvincolato amuoversiinoxy ed arotolare senza strisciare all esterno di una guida circolare fissa e rigida di raggio R e centro O, giacente in Oxy. Usando come parametro lagrangiano l angolo θ mostrato in figura, si scrivano le equazioni del moto del sistema. Soluzione Si determina preliminarmente la velocità angolare istantanea del disco. Indicato con Q un punto fisso sul disco (ad esempio il punto di contatto disco-guida per θ =0sihache la condizione di rotolamento senza strisciamento impone αr = θr α = θ R r. L angolo che la direzione GQ, fissa sul disco, forma con la verticale condotta per G vale ( R α + θ = r +1 θ, crescente per una rotazione oraria di D. La velocità angolare del disco risulta pertanto ω D = ( R r +1 θ ê3. Si scrivono ora le equazioni del moto facendo uso di due diversi metodi. Primo metodo lagrangiano Si calcola l energia cinetica T = T D applicando König T D = 1 m Ġ + 1 mr ( R + r θ. r Stefano Siboni 34

35 Poiché il baricentro G del disco è individuato da G O =(R + r sinθ ê 1 +(R + r cosθ ê, per cui Ġ =(R + r cosθ θ ê 1 (R + r sinθ θ ê e Ġ =(R + r θ,sideduce T D = 1 m(r + r θ m(r + r θ = 3 4 m(r + r θ. Il potenziale delle sollecitazioni attive èsoloquello gravitazionale ed assume la forma U(θ = mg(r + r cosθ. Si ha così lalagrangiana L = 3 4 m(r + r θ mg(r + r cosθ equindi d ( L dt θ = 3 m(r + r θ Di qui si perviene all equazione del moto L θ = mg(r + r sinθ. ovvero 3 m(r + r θ mg(r + r sinθ =0 3 (R + r θ g sin θ =0. (11.1 Secondo metodo equazione cardinale del momento angolare Assunto come polo il punto di contatto P fra disco e guida, l equazione del momento si scrive Si ha tuttavia d dt K P = M P mp Ġ. (11. P O = R sin θ ê 1 + R cos θ ê G O =(R + r sinθ ê 1 +(R + r cosθ ê = R + r (P O R per cui Ġ = R + r P R equindi mp Ġ =0.La(11. diventa perciò d K dt P momento angolare K P vale K P = I Pz ω D = [ ( (mr + mr R ] r +1 θ ê3 = 3 mr(r + r θ ê 3, = M P.Il Stefano Siboni 35

36 mentre il momento delle forze M P si ottiene considerando le sola forza peso la reazione vincolare èapplicata in P ed ha momento nullo M P =(G P ( mg ê = ( r sin θ ê 1 + r cos θ ê ( mg ê = mgr sin θ ê 3. Pertanto d [ 3 ] mr(r + r θ ê 3 = mgr sin θ ê 3, dt che equivale a 3 (R + r θ g sin θ =0 ecoincide con la precedente equazione (11.1. Esercizio 1. Equazioni di Lagrange in sistemi di riferimento rotanti e non Analizzare la relazione fra le equazioni di Lagrange per un sistema meccanico, soggetto a vincoli ideali olonomi, scritte rispetto ad una terna di riferimento cartesiana ortogonale inerziale Oxyz equelle ottenute in una terna Ox y z posta in rotazione con velocità angolare costante rispetto ad Oxyz facendo uso dello stesso set di parametri lagrangiani q =(q 1,...,q n. Soluzione Si supponga per semplicità, ma senza perdita di generalitàche il sistema meccanico sia composto da un numero finito di punti materiali P i, i =1,...,N,dimasserespettive m i, in modo che si abbia P i = P i (q, t. Indicate con T l energia cinetica e con Q h, h = 1,...,n le componenti lagrangiane delle sollecitazioni attive (necessariamente reali agenti nel sistema inerziale Oxyz, leequazionidi Lagrange si scrivono d ( T T = Q h h =1,...,n. (1.1 dt q h Se si indica con P i la velocità dip i relativa alla terna non inerziale Ox y z, l equazione dei moti relativi porge P i = P i + ω (P i O, (1. per cui l energia cinetica relativa ad Oxyz può riesprimersi nel modo sottoindicato T = 1 N m i P i + ω (P i O = = 1 N m i P i + 1 N m i ω (P i O + dove τ = 1 N m i P i τ 0 = 1 N m i ω (P i O τ 1 = ω N m i ω (P i O P i = τ + τ 0 + τ 1 N m i (P i O P i. Stefano Siboni 36

37 Le equazioni di Lagrange (1.1 diventano così d ( τ + τ 1 τ τ 1 τ 0 = Q h, dt q h q h ovvero d ( τ τ = Q h + τ 0 d ( τ1 + τ 1. (1.3 dt q h dt q h Nella terna di riferimento non inerziale Ox y z l energia cinetica si riduce a T = 1 N m i P i = τ mentre le componenti lagrangianedelle sollecitazionireali rimangonoinvariante, in quanto Q h = N F i P i è uno scalare, invariante per rotazioni arbitrarie della terna di riferimento. Tuttavia, trattandosi di terna non inerziale per via del moto rotatorio rispetto alla terna galileiana Oxyz, accanto alle sollecitazioni reali agiscono anche delle sollecitazioni fittizie, e precisamente la forza centrifuga m i ω [ ω (P i O ] equella di Coriolis m i ω P i. Le componenti lagrangiane della forza centrifuga sono: Q cf h N = m i ω [ ω (P i O] P i = N m i [ ω ω (Pi O+(P i O ω ] P i = = N [ m i ω (P i O ω (P i O ω ] (P i O = = N m i [ 1 ω P i O 1 ] [(P i O ω] = 1 N m i ω (P i O = τ 0 equelle della forza di Coriolis: Q Cor h N = m i ω P i P i = ω N m i P i P i. Stefano Siboni 37

38 Di qui si deducono le equazioni di Lagrange d ( T T dt q h = Q h + Q cf h + QCor h ossia, equivalentemente, d ( τ τ = Q h + τ 0 + Q Cor h. (1.4 dt q h Si osservi tuttavia che le equazioni di Lagrange dipendono esclusivamente dai parametri lagrangiani q enondalla scelta della terna di riferimento, pertanto le equazioni (1.3 e (1.4 devono di necessità coincidere. Ciò implica Q Cor h = d dt ( τ1 q h + τ 1 (1.5 relazione che èdato di verificare direttamente. Sostituendo la (1. nell espressione di τ 1 si ottiene N τ 1 = ω m i (P i O [ P i ω (P i O ] equindi, poiché P i = P i,larelazione τ 1 = ω q h q i In modo analogo si ha d dt ( τ1 q h N m i (P i O P i. N [ = ω m i P i P i +(P i O d ( ] Pi = dt [ N = ω m i P i P i +(P i O ] P i. L applicazione della (1. permette di ricondurre l espressione alla forma equivalente d dt ( τ1 q h = ω N [ m i P i P i + [ ω (P i O ] P i + +(P i O P i +(P i O = ω N [ m i +(P i O P i +(P i O ( ω P i ] = P i P i + P i [ (P i O ω ] + ( ω P i ] = Stefano Siboni 38

39 = ω = ω = ω N [ m i P i P i +(P i O ω P i ω (P i O P i + +(P i O P i + ω (P i O P i P ] i ω (P i O = N N [ m i P i P i +(P i O P i +(P i O ω P i P ] i ω (P i O = [ Pi m i P i q (P i O P i h ]. Infine τ 1 = ω N [ Pi P q i +(P i O P i h ] equindi d dt ( τ1 q h + τ 1 = ω N m i P i P i = ω N m i P i P i = Q Cor h come richiesto. L espressione τ 1 ènotacome potenziale generalizzato della sollecitazione di Coriolis. τ 1 di potenziale ha soltanto il nome, dipendendo esplicitamente dalle velocità generalizzate q. Ineffetti la sua unica proprietàèquella di riprodurre le componenti lagrangiane della sollecitazione per mezzo della (1.5. Dal confronto delle equazioni (1.3 e (1.4 si deduce che per la determinazione delle equazioni del moto èpossibile analizzare il sistema equivalentemente rispetto alla terna inerziale oppure rispetto a quella rotante non inerziale. Qualora si decida di affrontare il problema nella terna non inerziale ènecessario tenere conto non soltanto delle componenti lagrangiane delle sollecitazioni attive reali, cheperaltro assumono lo stesso valore assunto rispetto alla terna inerziale, ma anche quelle delle sollecitazioni fittizie, centrifuga e di Coriolis. Èsenza dubbio vantaggioso considerare le sollecitazioni centrifughe calcolandone il potenziale centrifugo τ ed inserendolo nella lagrangiana del sistema. Quanto alle forze di Coriolis si può procedere in due modi alternativi: calcolare, via la definizione, le componenti lagrangiane della sollecitazione ed inserirle a secondo membro nelle equazioni di Lagrange; oppure determinare l espressione τ 1 del potenziale generalizzato di tali sollecitazioni e aggiungerlo alla Lagrangiana. Si osservi che i tre termini τ, τ 1, τ 0 dell energia cinetica relativa alla terna inerziale possono dunque permanere inalterati nella lagrangianascritta rispetto al riferimento rotante; cambia tuttavia la loro interpretazione fisica. In particolare τ rappresenta l energia cinetica nella terna noninerziale, τ 0 èilpotenziale delle forze centrifughe e τ 1 si identifica con il potenziale generalizzato della sollecitazione di Coriolis. Stefano Siboni 39

40 In molti casi le sollecitazioni di Coriolis hanno componenti lagrangiane identicamente nulle. Un esempio notevole è costituito dai sistemi vincolati a rimanere in un piano fisso passante per l asse di rotazione della terna non inerziale rispetto al riferimento inerziale. Le componenti lagrangiane della forza di Coriolis sono date dall espressione Q Cor h = N m i ω P i P i (1.6 in cui i vettori P i e P i / sono banalmente tangenti al piano vincolare. Ne segue che la forza di Coriolis m i ω P i risulta normale atalepianoeche pertanto tutti i prodotti scalari in (1.6 sono nulli. Dunque Q Cor h =0, h =1,...,n. Esercizio 13. Sulla unicità della lagrangiana di un sistema olonomo Verificare che condizione sufficiente affinché le equazioni di Eulero-Lagrange d ( A A =0,h=1,...,n, q =(q 1,...,q n, dt q h con A = A(q, q,t, siano soddisfatte identicamente (si riducano cioè ad una identità, ovvero ammettano qualsiasi soluzione q = q(t èchesiabbia A(q, q,t = dw dt (q, t+f (t (13.1 comunque si assegnino le funzioni a valori scalari W (q, t, di classe C,edF (t, arbitraria. Discutere le conseguenze di questo risultato sulla unicità della lagrangiana per un sistema meccanico. Soluzione Si ha immediatamente che A(q, q,t = W t (q, t+ n W q i q i + F (t per cui, dovendosi riguardare q e q come variabili indipendenti, A q h = W equindi d ( A dt q h = d dt ( W = W t + n W q i q i. Stefano Siboni 40