Prova scritta di fondamenti di meccanica razionale del a2 dove µ indica una massa caratteristica. Determinare:

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1 Prova scritta di fondamenti di meccanica razionale del Esercizio 1 Nel piano Oxy di una terna solidale Oxyz = Oê 1 ê ê 3 si considera il sistema rigido illustrato in figura, costituito da una piastra quadrata P = OABC, di lato a, e da un arco di circonferenza γ = DE, di raggio a e centro A. Le densità areale e lineare di piastra e arco si scrivono, rispettivamente: σx, y = µ x + y x, y P a3 λx, y = µ x a x, y γ, a dove µ indica una massa caratteristica. Determinare: a la massa e la posizione del baricentro del sistema rispetto a Oxyz; b per la sola piastra P, la matrice d inerzia relativa a Oxyz, i momenti principali e una terna principale d inerzia in O; c il momento d inerzia di P relativo alla retta r ortogonale al piano α : x + y + 3z = e passante per O; d il momento d inerzia di P relativo alla retta AB; e il momento angolare in O e l energia cinetica di P relativi alla terna dove il sistema si muove con punto fisso O e velocità angolare istantanea ω = ωê 1 ωê 3, con ω >. 1

2 Esercizio La terna cartesiana ortogonale Oxyz = Oê 1 ê ê 3 ruota con velocità angolare costante ω attorno all asse verticale Oy rispetto ad un riferimento inerziale. Nel piano Oxy sono vincolate a muoversi due aste omogeee uguali OA e AB, di lunghezza a e massa m, la prima con punto fisso in O e la seconda incernierata alla prima in A e con il secondo estremo B libero di scorrere lungo Ox. Il sistema è pesante e una molla ideale di stiffness k = mω collega B con il punto medio Q di OA. Assumendo i vincoli ideali, si usi l angolo ϕ R in figura per determinare del sistema, rispetto alla terna Oxyz: a gli equilibri; b le caratteristiche di stabilità degli equilibri; c l espressione dell energia cinetica; d le equazioni pure del moto; e gli equilibri di confine qualora fosse ϕ [ π/4, π/4].

3 Soluzione dell esercizio 1 a Massa e baricentro Massa dell arco γ L arco di circonferenza DE, di raggio a e centro Aa, nel piano Oxy, può essere descritto mediante la parametrizzazione: P θ O = a + a cos θê 1 + a sin θê, θ [, π/], dove θ è l angolo che un raggio forma con il semiasse Ox positivo. Di qui segue l ovvio elemento infinitesimo di lunghezza: ds = P θ dθ = a sin θê 1 + a cos θê dθ = a dθ e l espressione esplicita della densità lineare in termini del parametro: La massa dell arco γ vale perciò: λθ = µ a a + a cos θ a = µ cos θ, θ [, π/]. a m γ = γ λ ds = π/ µ a cos θ adθ = µ[ sin θ ] π/ = µ. Baricentro dell arco γ L arco γ giace nel piano coordinato Oxy, ma poichè la densità λ dipende solo da x non è ivi possibile individuare alcun elemento di simmetria particolare. Il vettore posizione del baricentro G γ dell arco avrà dunque la forma: con l ascissa definita da: x γ = 1 m γ G γ O = x γ ê 1 + y γ ê x λ ds = 1 π/ a + a cos θ µ π/ µ a cos θ a dθ = a + cos θ cos θ dθ = γ π/ = a + a cos θ dθ = a + a = a + a [ θ + mentre per l ordinata si ha l espressione: π/ 1 + cos θ dθ = ] π/ sin θ = a + a π = + π 4 a, y γ = 1 m γ γ y λ ds = 1 µ π/ a sin θ µ π/ [ 1 a cos θ a dθ = a sin θ cos θ dθ = a sin ϑ ] π/ = a. 3

4 Il baricentro G γ risulta così individuato da: G γ O = + π aê 1 + a 4 ê. Massa della piastra La parametrizzazione della piastra è quella banale, nelle variabili x, y [, a] [, a], per cui la relativa massa viene calcolata direttamente per mezzo dell integrale doppio: m P = P σ da = dy µ a 3 x + y = µ a 3 [xy + y a a a a = µ a 3 ax + a = µ [ a 3 ax + a x ] a ] a y= = = 8µ. Baricentro della piastra La piastra P ammette la retta y = x, z =, come evidente asse di simmetria in quanto per ogni punto di P anche il simmetrico di questo rispetto alla retta è contenuto in P: x, y P = y, x P ed inoltre la densità areale vi assume lo stesso valore: σy, x = µ a 3 y + x = µ x + y = σx, y x, y P. a3 Il vettore posizione del baricentro G P della piastra deve quindi essere del tipo: con l ascissa: G P O = x P ê 1 + x P ê x P = 1 m P P xσ da = 1 8µ = 1 8a 3 = 1 8a 3 a a a dy x µ 1 x + y = a3 8a 3 [x y + xy [a x3 3 + a x ] a ] a y= = 1 8a 3 a a a dy x + xy = ax + a x = = 1 8a a4 + 4a 4 = a = 7 6 a, per cui risulta: G P O = 7 6 aê aê. 4

5 Massa del sistema Poichè l intersezione P γ consiste del solo punto E, che costituisce un insieme di misura nulla tanto per gli integrali curvilinei su γ quanto per quelli di superficie su P, la massa del sistema è data dalla somma delle masse parziali precedentemente calcolate per arco e piastra: m = m γ + m P = µ + 8µ = 9µ. Baricentro del sistema Per calcolare il baricentro del sistema basta applicare la proprietà distributiva all unione di arco e piastra, che per quanto detto sopra può considerarsi a tutti gli effetti disgiunta: G O = = µ [ + π 9µ 4 = 1 + π [ mγ G γ O + m P G P O ] = m γ m aê 1 + a ] ê + 8µ 9µ aê 1 + a 18ê aê aê = m G γ O + m P m G P O = 7 6 aê aê = π aê aê b Matrice d inerzia della piastra P, terna e momenti principali d inerzia in O Matrice d inerzia Si è già osservato che la retta y = x nel piano Oxy rappresenta un asse di simmetria per la piastra: ciò implica che L xx = L yy. L essere poi P Oxy comporta che L zz = L xx +L yy, in modo che L zz = L xx. Infine, poichè Oxy rappresenta anche un ovvio piano di simmetria, si può affermare che L xz = L yz =. Queste considerazioni consentono di scrivere la matrice d inerzia relativa a Oxyz della piastra nella forma generale: [L P O] = L xx L xy L xy L xx L xx in cui figurano come elementi incogniti il solo momento d inerzia relativo all asse Ox ed il solo prodotto d inerzia L xy. Per il primo si ha: L xx = y σ da = mentre il secondo vale: P L xy = P a = µ a 3 xyσ da = a a dy y µ a 3 x + y = µ a 3 [ xy y4 4 = µ [ 8 x a 3 a a4 x a a ] a y= ] a = µ a 3 a a dy xy µ a 3 x + y = µ a 3 5 a dy xy + y 3 = 8 3 a3 x + 4a 4 = = µ a a5 + 8a 5 = 4 3 µa, a a dy x y + xy =

6 = µ a 3 a [x y + xy3 3 = µ [ a 3 a x x a3 3 ] a ] a y= = µ a 3 a a x a3 x = = µ a a a5 = 3 3 µa. Sostituendo questi risultati nell espressione generale si ottiene la matrice richiesta: 4/3 3/3 [L P O] = µa 3/3 4/3. 8/3 Momenti principali d inerzia in O I momenti principali d inerzia in O della piastra sono per definizione gli autovalori λ della matrice [L P O ] e si ricavano risolvendo la relativa equazione caratteristica. Posto per brevità λ = µa ξ ed omessi i fattori µa nel calcolo del determinante, detta equazione diventa: 4/3 ξ 3/3 = det 3/3 4/3 ξ 8 [ 4 3 ] = 3 ξ 3 ξ = 3 8/3 ξ 8 4 = 3 ξ 3 ξ ξ = 3 3 ξ 3 ξ ξ e porge le radici: ξ 1 = 8 ξ = 4 ξ 3 = I momenti principali d inerzia in O della piastra sono pertanto: A 1 = 8 3 µa A = 4µa A 3 = 8 3 µa. Si osservi che l ultimo momento principale A 3 = 8/3µa era a priori evidente, corrispondendo all asse Oz che è un ovvio asse principale d inerzia in O in quanto ortogonale al piano di simmetria Oxy. Terna principale d inerzia in O Come già osservato, l asse Oz è un asse principale d inerzia in O della piastra, perchè risulta ortogonale al piano di simmetria e di giacitura Oxy; analogamente si è già notato ai fini della determinazione del baricentro che la retta y = x nel piano Oxy costituisce un asse di simmetria della piastra e fornisce dunque un secondo asse principale d inerzia in O di P. Il terzo asse principale d inerzia è dato dalla retta y = x in Oxy, ortogonale ai due assi precedenti, come conseguenza della simmetria dell operatore d inerzia in O e del teorema spettrale. La terna principale d inerzia destra in O è dunque individuata dai versori: ê ξ = 1 ê ê ê η = 1 ê ê ê 3. 6

7 Poichè i momenti principali d inerzia in O sono tutti distinti, gli autospazi associati a ciascuno di essi sono di dimensione 1 e quella invididuata è l unica terna principale in O a meno dell inversione di uno o più assi coordinati. c Momento d inerzia della piastra P relativo alla retta r Per ipotesi la retta r passa per l origine ed un suo vettore direttore è quello ortogonale al piano α: d α = ê 1 + ê + 3ê 3. La retta r è dunque individuata dal vettore normalizzato: ˆn = d α d α = ê 1 + ê + 3ê 3 ê 1 + ê + 3ê 3 = ê 1 + ê + 3ê 3 14 per cui il momento d inerzia della piastra rispetto ad r si scrive, eseguendo il calcolo nella base ê 1 ê ê 3 : I r = I Oˆn = ˆn L P Oˆn = µa 14 = µa /3 3/3 3/3 4/3 8/3 1 = 3 = µa = µa = 13 7 µa. d Momento d inerzia della piastra P relativo alla retta AB La retta AB è parallela all asse coordinate Oy, ma non passa per il baricentro G P della piastra, in quanto A O = aê 1, mentre: G P O = 7 6 aê aê. La massa della piastra, l ascissa del baricentro e l ascissa di A si scrivono: m P = 8µ x P = 7 6 a x A = a e il momento d inerzia di P rispetto ad AB si ricava applicando due volte il teorema di Huygens-Steiner, prima fra l asse Oy e la retta baricentrale G P y: L yy = IOy P = IGy P + m P x P e poi fra la retta baricentrale predetta e la retta AB stessa: IAB P = IGy P + m P x A x P. 7

8 Sottraendo la prima equazione dalla seconda si ha infatti: per cui: I P AB L yy = m P x A x P m P x P I P AB = L yy + m P x A x A x P = L yy + m P x A x A x P e sostituendo i valori ottenuti precedentemente: I P AB = 4 3 µa + 8µ a a 7 6 a = 4 3 µa 16 3 µa = 8µa. e Momento angolare in O ed energia cinetica della piastra P Il moto della piastra va considerato nella terna di riferimento rispetto alla quale il vertice O è fisso e la velocità angolare istantanea vale ω = ωê 1 ωê 3. Momento angolare in O Il momento angolare in O della piastra è espresso dalla relazione: K O = K 1 ê 1 + K ê + K 3 ê 3 nella quale le componenti del momento relative alla base ê 1 ê ê 3 si ricavano per mezzo dell equazione matriciale: K 1 K K 3 = [L P O] in modo che risulta: ω ω = µa 4/3 3/3 3/3 4/3 8/3 ω ω 4 K O = µa ω 3 ê1 3 3 ê 8 3 ê3. = µa ω Energia cinetica L energia cinetica della piastra rispetto alla terna di riferimento specificata vale, come ben noto: T = 1 ω K O = 1 ωê 1 ωê 3 µa ω 3 µa ω 4ê1 3ê 8ê 3 = = µa ω. 6 Soluzione dell esercizio a Equilibri Il sistema scleronomo, a vincoli bilaterali ideali, è soggetto ad alcune sollecitazioni di natura posizionale conservativa, rappresentate dal sistema delle forze peso, dalle forze centrifughe e dall interazione elastica fra i punti B e Q, ad una sollecitazione non energetica il sistema delle forze di Coriolis e dalle resistenza viscose in A e B, che hanno carattere dissipativo. Delle forze conservative si calcolano gli appropriati potenziali, mentre per le altre sollecitazioni occorre determinare le componenti generalizzate. 8

9 Potenziale gravitazionale Il potenziale gravitazionale del sistema può esprimersi come somma dei contributi relativi a ciascuna asta: U g = mgê Q O mgê M O, essendosi indicato con M il punto medio e baricentro dell asta AB. Dall esame della figura si deduce immediatamente che: M O = A O + B A Q O = a cos ϕ ê 1 + a sin ϕ ê = a cos ϕ ê 1 + a sin ϕ ê + a cos ϕ ê 1 a sin ϕ ê = = 3 a cos ϕ ê 1 + a sin ϕ ê, per cui: U g = mg a sin ϕ mg a sin ϕ = mga sin ϕ. Potenziale elastico Il potenziale associato alla molla ideale che collega B con Q è dato dall espressione: U el = k Q B = mω Q B dove il quadrato della distanza fra Q B si può calcolare facilmente usando il teorema del coseno o di Carnot: Q B = Q O + B O Q O B O cos ϕ = a = + a cos ϕ a a a cos ϕ cos ϕ = 4 + a cos ϕ e di conseguenza risulta: U el = ma ω cos ϕ + costante. Potenziale centrifugo Il potenziale centrifugo è dato dalla somma dei potenziali relativi all asta OA e all asta AB. Per la prima si ha, posto s = P O [, a] per un arbitrario P OA: U OA cf = ω IOA Oy = ω = ω m a cos ϕ a a s cos ϕ m a ds = s ds = mω a cos ϕ a3 3 = ma ω 6 cos ϕ. 9

10 Per l asta AB vale un espressione analoga: U AB cf = ω IAB Oy, nella quale però il momento d inerzia di AB rispetto all asse Oy viene determinato più agevolmente ricorrendo al teorema di Huygens-Steiner: I AB Oy = m [ M O ê 1 ] + I AB My = 9 4 ma cos ϕ + m a cos ϕ a/ a/ 3 a/ = m a cos ϕ + ξ cos ϕ m a dξ = a/ ξ dξ = 9 4 ma cos ϕ + m a cos ϕ a3 1 = 7 3 ma cos ϕ, essendosi indicata con ξ [ a/, a/] la distanza con segno di un generico punto P AB dal baricentro M. Il potenziale centrifugo dell asta AB è dunque: U AB cf = 7 6 ma ω cos ϕ e sommato al contributo di OA porge il potenziale centrifugo dell intero sistema: U cf = U OA cf + U AB cf = 1 6 ma ω cos ϕ ma ω cos ϕ = 4 3 ma ω cos ϕ. Potenziale del sistema Il potenziale del sistema è per definizione la somma dei potenziali relativi a tutte le sollecitazioni posizionali conservative, omesse le eventuali costanti additive: Uϕ = U g + U el + U cf = mga sin ϕ ma ω cos ϕ ma ω cos ϕ = = mga sin ϕ 3 ma ω cos ϕ ϕ R. Forze di Coriolis È facile convincersi che le forze di Coriolis hanno componente generalizzata identicamente nulla e possono quindi, di fatto, essere ignorate. Formalmente tale componente generalizzata si può scrivere nella forma: Q Cor ϕ = P OA AB m P ωê P P ϕ dove però tanto la velocità istantanea possibile e la derivata parziale P/ ϕ per un qualsiasi punto P del sistema sono vettori paralleli al piano vincolare Oxy, in modo che risulta: m P ωê P P ϕ = 1 P OA AB

11 e dunque Q Cor ϕ =, come affermato. Fisicamente questo risultato si interpreta notando che in ogni punto del sistema la forza di Coriolis è diretta ortogonalmente al piano vincolare Oxy che, per l ipotesi di vincoli ideali, è in grado di produrre le reazioni vincolari ortogonali a Oxy capaci di bilanciare le forze fittizie. Equilibri Le sollecitazioni dissipative non giocano alcun ruolo nella determinazione degli equilibri, tutti ordinari, del sistema scleronomo. Questi si identificano dunque con i punti stazionari del potenziale Uϕ e si ottengono annullando la derivata prima: ossia risolvendo l equazione trigonometrica: U ϕ = mga cos ϕ ma ω cos ϕ sin ϕ 4 3 ma ω cos ϕ 3g 4aω + sin ϕ =. Per cos ϕ = si hanno due posizioni di equilibrio definite incondizionatamente: ϕ = π/ ϕ = π/ ; posto invece 3g + sin ϕ =, si deducono gli ulteriori equilibri: 4aω 3g ϕ = arcsin 4aω = ϕ ϕ = π ϕ, definiti e distinti dai precedenti a condizione che si abbia 3g/4aω < 1, risultando in tal caso ϕ, π/. b Stabilità degli equilibri Lo studio della stabilità degli equilibri può essere svolto ricorrendo al teorema di Lagrange- Dirichlet ed alla sua inversione parziale, applicabile grazie alla natura posizionale conservativa di tutte le sollecitazioni attive agenti sul sistema. La non attrattività degli equilibri segue facilmente dal teorema di conservazione dell energia meccanica. Trattandosi di sistema ad un solo grado di libertà, le stesse informazioni possono anche essere dedotte e in modo completo dai criteri di Wierstrass. Per impostare l analisi è fondamentale calcolare la derivata seconda del potenziale: U ϕ = mga sin ϕ ma ω cos ϕ sin ϕ e determinarne il segno in ciascuna configurazione di equilibrio. Configurazione ϕ = π/ In questa configurazione la derivata seconda del potenziale assume sempre segno negativo: U π/ = mga 4 3 ma ω < 11

12 e l equilibrio viene dunque riconosciuto essere un massimo relativo proprio del potenziale, stabile per Lagrange-Dirichlet. Configurazione ϕ = π/ Nella fattispecie la derivata seconda non presenta segno definito: U π/ = mga 4 3 ma ω = 4 3 ma ω 3g 4aω 1 = 4 3 ma ω λ 1 ed introdotto per brevità il parametro d ordine adimensionale λ = 3g/4aω, obbliga a considerare tre diversi casi. Si ha infatti che: per λ < 1 è U π/ < e l equilibrio rappresenta un massimo relativo proprio del potenziale, stabile per Lagrange-Dirichlet; se λ > 1 risulta invece U π/ >, e l equilibrio è instabile per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet; se infine λ = 1, vale U π/ = e la natura del punto stazionario deve essere investigata ricorrendo ad uno sviluppo di Taylor di ordine superiore al secondo nell intorno di ϕ = π/. Più nel dettaglio, le derivate successive si scrivono: U ϕ = mga sin ϕ + mgacos ϕ sin ϕ = mgasin ϕ + cos ϕ U 3 ϕ = mgacos ϕ sin ϕ U 4 ϕ = mga sin ϕ 4 cos ϕ ed in ϕ = π/ diventano: U π/ = U 3 π/ = U 4 π/ = 3mga in modo che risulta: π Uϕ = U + U π + 1 3! U 3 π = U ϕ π ϕ π π mga ϕ π ϕ π U π 4! U 4 π ϕ π [ 4 + o ϕ π ] 4 ϕ π [ 4 + o ϕ π ] 4 = Da questo sviluppo si deduce che l equilibrio costituisce un minimo relativo proprio del potenziale, instabile in forza dei criteri di Weierstrass. Configurazione ϕ = ϕ, con sin ϕ = 3g/4aω < 1 Per questo equilibrio, quando definito, la derivata seconda del potenziale presenta sempre segno positivo: U ϕ = mga sin ϕ ma ω cos ϕ sin ϕ = = 4 3 ma ω 3g 4aω sin ϕ + cos ϕ sin ϕ = 4 3 ma ω cos ϕ > 1.

13 in quanto ϕ, π/. L instabilità è assicurata dall inversione parziale di Lagrange- Dirichlet. Configurazione ϕ = π ϕ, con sin ϕ = 3g/4aω < 1 La derivata seconda del potenziale è uguale a quella calcolata nella configurazione precedente: U π ϕ = mga sinπ ϕ ma ω [ cos π ϕ sin π ϕ ] = U ϕ >, per cui anche questo equilibrio risulta instabile. c Energia cinetica Energia cinetica dell asta OA Rispetto alla terna Oxyz l asta omogenea OA, di lunghezza a e massa m, è vincolata a ruotare attorno all asse fisso Oz, secondo l angolo di rotazione ϕ. Supponendo al solito la terna destra, l energia cinetica è data dalla relazione: T OA = 1 IOA Oz ωoa 1 ma = ϕê3 ma = ϕ. 3 6 Energia cinetica dell asta AB L asta AB si muove nel piano coordinato Oxy, ma non presenta punti/assi fissi. La sua energia cinetica viene quindi ricavata dal teorema di König: dove il baricentro ha vettore posizione: T AB = m Ṁ + 1 IAB ωab, Mz M O = 3 a cos ϕ ê 1 + a sin ϕ ê e dunque velocità istantanea: Ṁ = 3 a sin ϕ ê 1 + a cos ϕ ê ϕ, mentre momento d inerzia rispetto all asse baricentrale M z e velocità angolare istantanea valgono rispettivamente: I AB Mz = ma 1 ω AB = ϕ ê 3. Sostituendo questi dati nell espressione generale si ottiene così: T AB = m 9 4 a sin ϕ + a 4 cos ϕ ϕ + 1 = ma 9 4 sin ϕ cos ϕ ϕ = = ma 9 4 sin ϕ sin ϕ ma 1 ϕê3 = ϕ = ma 1 ϕ 3 + sin ϕ.

14 Energia cinetica del sistema L energia cinetica del sistema è la somma delle energie cinetiche delle parti rigide che lo costituiscono, l asta OA e l asta AB: T = T OA + T AB = ma 6 ϕ + ma 1 ϕ 3 + sin ϕ = ma ϕ 3 + sin ϕ. d Equazioni pure del moto Grazie all ipotesi dei vincoli ideali, le equazioni pure del moto del sistema possono essere identificate con l unica equazione di Lagrange: espressa in termini della lagrangiana: d L L dt ϕ ϕ = L = T + U = ma ϕ 3 + sin ϕ mga sin ϕ 3 ma ω cos ϕ. Si hanno le espressioni parziali del binomio di Lagrange: L ϕ = ma 3 + sin ϕ ϕ d L = ma dt ϕ 3 + sin ϕ ϕ + 4ma sin ϕ cos ϕ ϕ L ϕ = ma sin ϕ cos ϕ ϕ mga cos ϕ ma ω cos ϕ sin ϕ in modo che l equazione di Lagrange diventa: ma 3 + sin ϕ ϕ + ma sin ϕ cos ϕ ϕ + mga cos ϕ 4 3 ma ω cos ϕ sin ϕ =. e Equilibri di confine Se ϕ [ π/4, π/4] il sistema presenta due configurazioni di confine: ϕ = π/4 ϕ = π/4 che possono risultare di equilibrio qualora ricorrano le condizioni previste dal teorema dei lavori virtuali, applicabile grazie all ipotesi dei vincoli ideali. Queste condizioni coinvolgono la componente generalizzata delle forze attive: Q ϕ ϕ = U ϕ = mga cos ϕ ma ω sin ϕ cos ϕ = mga cos ϕ + 3 ma ω sin ϕ, da calcolare in ciascuna configurazione. 14

15 Configurazione ϕ = π/4 In base al teorema dei lavori virtuali, condizione necessaria e sufficiente perchè questa configurazione sia un equilibrio per il sistema è che si abbia: ovvero, equivalentemente: La condizione si esplicita in: e quindi: Qπ/4 δϕ δϕ, U π/4. π mga cos + π 4 3 ma ω sin mga ma ω Si ha quindi in ϕ = π/4 un equilibrio di confine se e soltanto se: 3 ma ω 1 mga. aω g 3. Configurazione ϕ = π/4 In questo caso la configurazione è di equilibrio se e solo se: ossia: Scritta esplicitamente, la condizione diventa: Q π/4 δϕ δϕ, U π/4. mga cos π ma ω sin π e calcolando le funzioni trigonometriche si riduce a: 1 mga 3 ma ω, che è sempre verificata. 15