Tutorato 8 - MA/FM210-12/5/2017

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1 Tutorato 8 - MA/FM - /5/7 Esercizio. Si calcolino i momenti principali di inerzia dei seguenti corpi rigidi rispetto al loro centro di massa:. Disco sottile omogeneo di massa M e raggio R [Risposta: I I 4 MR, I 3 MR ].. Lamina quadrata sottile omogenea di lato l e massa M [Risposta: I I Ml, I 3 6 Ml ]. 3. Cilindro circolare retto omogeneo di massa M, raggio R e altezza h [Risposta: I I M(3R + h ), I 3 MR ]. 4. Sfera omogenea di massa M e raggio R [Risposta: I I I 3 5 MR ]. SOLUZIONE. Si veda la soluzione all esercizio del tutorato del corso di FM, A.A.3/4, disponibile al link: pdf Esercizio. Si dimostri il seguente teorema (Huygens-Steiner): Sia dato un corpo rigido con centro di massa G e distribuzione di massa q i, m i }. Assegnate due rette parallele r ed r in direzione ˆξ e passanti la prima per G e la seconda per un punto P, vale la seguente identità: I(r ) I(r ) + Md dove I(r i ) i m idist (q i, r i ) è il momento di inerzia del corpo rigido rispetto alla retta r i, e d è la distanza tra r ed r. SOLUZIONE. Si vedano le dispense del Prof. G. Gentile, Capitolo, paragrafo 4.6. Esercizio 3. Un cilindro circolare retto omogeneo di massa M, raggio R e altezza h rotola senza strisciare su un piano orizzontale, in modo tale che il suo centro di massa G ha coordinate (x(t),, R) ad ogni istante di tempo. Il centro di massa G è collegato da una molla di costante elastica k e centro (,, R). Si scriva la Lagrangiana del sistema (usando x come coordinata lagrangiana), l equazione di Eulero-Lagrange e la si risolva. SOLUZIONE. Si veda la soluzione all esercizio 3 del tutorato del corso di FM, A.A.3/4, disponibile al link: pdf

2 Esercizio 4. Una lamina piana quadrata ABCD, omogenea, pesante, di massa M e lato l, è vincolata (senza attrito) a muoversi su un piano verticale. Sui vertici A e C della lamina agiscono rispettivamente due forze elastiche di costante elastica k e centri P (, d, ) e P (, d, ). Si assumano come coordinate lagrangiane le coordinate y e z del baricentro e e l angolo θ che la diagonale AC forma con l asse y, come in figura. Si scrivano la Lagrangiana del sistema, le equazioni di Eulero-Lagrange e le si risolvano. SOLUZIONE. Si veda la soluzione all esercizio 5 del tutorato del corso di FM, A.A.3/4, disponibile al link: pdf Esercizio 5. In un piano orizzontale sono poste due aste sottili A B e A B di rispettive masse M e M (distribuzione di massa omogenea) e lunghezze L e L. Le aste sono libere di ruotare attorno ai rispettivi baricentri G e G, fissi nel piano, con G G l >. Si supponga che l < minl, L }. Sia P un punto appartenente all asta A B, giacente tra G e A, Q un punto appartenente all asta A B, giacente tra G e A, tali che G P G Q r >. Tra i punti P e Q agisce una molla ideale, di costante elastica k.

3 Scrivere la Lagrangiana del sistema usando come coordinate Lagrangiane gli angoli θ e θ indicati in figura [Si ricordi che i momenti di inerzia non banali di un asta sottile omogenea di massa M e lunghezza L attorno al baricentro sono uguali a I ML /.] Si scrivano le corrispondenti equazioni di Eulero-Lagrange e si determini l espressione dell energia conservata. Determinare i punti di equilibrio del sistema Discutere la stabilità degli equilibri al variare del parametro β l/(r), nei casi in cui β. Si consideri il limite in cui l : si osservi che il corrispondente sistema Lagrangiano è invariate sotto il gruppo di trasformazioni (θ, θ ) (θ + α, θ + α), con α R. Si determini la carica di Noether corrispondente. Nel caso l, si passi a coordinate adattate alla simmetria : θ θ θ, Θ (θ +θ )/. Si scriva la Lagrangiana nelle nuove coordinate e si riconosca che Θ è una variabile ciclica. Con il metodo di riduzione di Routh, ci si riduca a un sistema Lagrangiano a un grado di libertà, e lo si risolva per quadrature. SOLUZIONE. Dato che i baricentri delle due aste sono fissi, l energia cinetica del sistema T è uguale alla somma delle energie cinetiche di rotazione delle due aste attorno ai loro baricentri: T M L M L Usando gli angoli θ e θ in figura, in un sistema di riferimento con origine coincidente con G e asse x orientato come G G, le coordinate di P e Q sono: x P r cos θ x Q l r cos θ, y P r sin θ y Q r sin θ Troviamo quindi che QP (x Q x P ) + (y Q y P ) l + r lr(cos θ cos θ ) r cos(θ θ ). Pertanto l energia potenziale del sistema è e la Lagrangiana: L M L 4 V (θ, θ ) k[ l + r lr(cos θ cos θ ) r cos(θ θ ) ] M L + 4 k[ l + r lr(cos θ cos θ ) r cos(θ θ ) ] Le equazioni di Eulero-Lagrange sono: dt dt θ M L θ M L L energia conservata del sistema è: E M L 4 θ θ klr sin θ kr sin(θ θ ) L θ θ klr sin θ kr sin(θ θ ) L θ M L k[ l + r lr(cos θ cos θ ) r cos(θ θ ) ] 3

4 I punti di equilibrio (θ, θ ) del sistema sono tali che i moti banali (θ (t), θ (t)) (θ, θ ) risolvono le equazioni di Eulero-Lagrange. Imponendo tale condizione troviamo: sin θ r l sin(θ θ ) sin θ. Dalla condizione sin θ sin θ abbiamo che o θ θ, o θ π θ. Nel primo caso sin(θ θ ), e quindi θ θ o θ θ π. Nel secondo caso sin(θ θ ) sin θ e la condizione di equilibrio diventa quindi: sin θ r l sin θ cos θ, che ammette le seguenti soluzioni: θ, π, oppure, nel casp in cui β l/(r) <, θ ± arccos( β). In conclusione, i punti di equilibrio sono (ricordando che arccos( β) π arccos β): (, ), (π, π), (, π), (π, ), (arccos( β), arccos β), ( arccos( β), arccos β), dove ovviamente le ultime due soluzioni vanno prese in considerazione solo se β <. Per studiare la stabilità, calcoliamo la matrice Hessiana del potenziale V (θ, θ ): ( klr cos θ + kr H(θ, θ ) cos(θ θ ) kr ) cos(θ θ ) kr cos(θ θ ) klr cos θ + kr cos(θ θ ) Calcolando H sui diversi punti di equilibrio troviamo: ( ) klr H(, ) klr ( ) klr H(π, π) klr ( klr kr kr H(, π) ) kr klr kr ( klr kr kr H(π, ) ) kr klr kr e infine, se β l/(r) <, H(arccos( β), arccos β) H( arccos( β), arccos β) ( klrβ kr cos( arccos β) kr ) cos( arccos β) kr cos( arccos β) klrβ kr cos( arccos β) ( ) kr k( l r ) k( l r ) kr. Dalle espressioni sopra, vediamo che (, ), (π, π) e (, π) sono sempre instabili. Per quanto riguarda (π, ), noto che l Hessiana in (π, ) ha determinante uguale a k lr 3 (β ), che è: () negativo per β <, nel qual caso (π, ) è instabile; () positivo per β > : in tal caso noto che l elemento di matrice in alto a sinistra è uguale a kr (β ) >, e quindi (π, ) è stabile. Infine, se β <, noto che l Hessiana in ±(arccos( β), arccos β) ha determinante uguale a k r l ( β) > ; inoltre l elemento di matrice in alto a sinistra è positivo, e quindi ±(arccos( β), arccos β), quando esistono, sono stabili. 4

5 Per l la Lagrangiana diventa: L M L 4 M L + kr ( cos(θ θ )) 4 che è invariante sotto il gruppo di trasformazioni (θ, θ ) (θ + α, θ + α), con α R. Pertanto per il teorema di Noether la quantità p L θ + L θ M L θ + M L θ si conserva. Per l la Lagrangiana nelle nuove coordinate diventa: L(θ, θ, Θ) M L 4 ( Θ + θ ) + M L 4 ( θ ) Θ kr ( cos θ) che non dipende dalla variabile Θ: pertanto la variabile Θ è una variabile ciclica, il momento coniugato p Θ M L ( θ ) M L ( Θ + + θ ) Θ è conservato: p Θ (t) I, che implica Θ I M L + M L M L M L (M L + M L ) θ a b θ. Possiamo applicare il metodo di Routh per ridurre il sistema a un sistema Lagrangiano a un grado di libertà, con Lagrangiana: L R L R (θ, θ) L(θ, θ, Θ) I Θ Θa b θ, che può essere risolto per quadrature seguendo la strategia generale di soluzione dei sistemi meccanici conservativi unidimensionali (dettagli lasciati al lettore). Esercizio 6. Un sistema piano articolato a vincoli perfetti è costituito da una sbarra rigida rettilinea AB omogenea pesante (di lunghezza l e massa M) collegata in A con una cerniera ad una lamina (di massa M) vincolata a muoversi di moto traslatorio rettilineo in direzione orizzontale. All istante iniziale t, il sistema si trova in quiete (i.e., velocità nulla) con la sbarra in posizione orizzontale. Scrivere la Lagrangiana del sistema usando come coordinate Lagrangiane l angolo θ indicato in figura e la posizione orizzontale x di A calcolata rispetto a O, come mostrato in figura. Scrivere le equazioni di Eulero-Lagrange del sistema. Si riconosca che l energia meccanica è conservata. Inoltre, si osservi che x è una variabile ciclica e si calcoli il momento conservato corrispondente. Si calcolino i valori delle due grandezze conservate corrispondenti al dato iniziale assegnato. Usando la due leggi di conservazione, determinare le velocità dei baricentri G della sbarra e G della lamina nel primo istante t successivo a t nel quale la sbarra è verticale. Usando le equazioni di Eulero-Lagrange, si calcolino le accelerazioni di G e G all istante t. Determinare le configurazioni di equilibrio del sistema e studiarne la stabilità 5

6 SOLUZIONE. Se (c, c ) sono le due coordinate del vettore AG, abbiamo x G x + c ẋ G ẋ y G c ẏ G Pertanto l energia cinetica della lamina è T Mẋ. Inoltre x G x + l sin θ ẋ G ẋ + l θ cos θ y G l cos θ ẏ G l θ sin θ Applicando il teorema di König otteniamo che l energia cinetica dell asta è (ricordando che il momento d inerzia dell asta attorno al baricentro è I M(l) 3 Ml ): T M(ẋ + l θ + l θẋ cos θ) + 6 Ml θ Mẋ + 3 Ml θ + Ml θẋ cos θ. La barretta è soggetta alla forza peso per cui: V (θ) Mgl cos θ. La Lagrangiana è è quindi: L 3 Mẋ + 3 Ml θ + Ml θẋ cos θ + Mgl cos θ. Abbiamo: L θ Ml θẋ sin θ Mgl sin θ dt θ 4 3 Ml θ + Mlẍ cos θ Mlẋ θ sin θ L x dt ẋ 3Mẍ + Ml θ cos θ Ml θ sin θ 6

7 Pertanto le equazioni di Eulero-Lagrange sono: dt θ 4 L 3 Ml θ + Mlẍ cos θ Mlẋ θ sin θ Ml θẋ sin θ Mgl sin θ θ dt ẋ 3Mẍ + Ml θ cos θ Ml θ sin θ L x L energia meccanica è: E 3 Mẋ + 3 Ml θ + Ml θẋ cos θ Mgl cos θ. La verifica esplicita della conservazione di E è lasciata al lettore. Notiamo inoltre che L x pertanto la variabile x è una variabile ciclica e quindi il momento conservato corrispondente, p x L ẋ 3Mẋ + Ml θ cos θ, è una grandezza conservata: p x (t) I. θ(t ) π e, poiché il sistema è in quiete, ẋ(t ) e θ(t ). Quindi E e I. All istante t abbiamo θ(t ), e dunque, usando le leggi di conservazione di E e I, troviamo che, all istante t : 3 ẋ + 3 l θ + l θẋ gl l 3ẋ + l θ θ l θ θ l 3 g g θ(t ) ẋ l θ l 3 ẋ(t ) 3 gl cosicché le velocità di G e G all istante t sono: ) (ẋ(t (ẋg (t ) ) + l θ(t ) ) cos θ(t ) ẏ G (t ) l θ(t ) sin θ(t ) ) (ẋg (t ) ẏ G (t ) (ẋ(t ) ( ) 3 ( ) gl. 3 gl Per calcolare le accelerazioni, rimpiazziamo i valori trovati per le velocità nelle equazioni di Eulero-Lagrange. Troviamo cosí che, al tempo t : ), 4 3 l θ + ẍ 3ẍ + l θ θ(t ) ẍ(t ) Le accelerazioni di G e G al tempo t sono quindi: ) (ẍg (t ) ÿ G (t ) (ẍ(t ) + l θ(t ) cos θ(t ) l θ ) ( ) (t ) sin θ(t ) l θ(t ) sin θ(t ) + l θ, (t ) cos θ(t ) g ) (ẍg (t ) ÿ G (t ) (ẍ(t ) ) ( ). I punti di equilibrio (x, θ ) sono tali che i moti banali (x(t), θ(t)) (x, θ ) risolvono le equazioni di Eulero-Lagrange. Troviamo sin θ, e quindi θ, π. I punti di equilibrio sono quindi infiniti, della forma (x, ) o (x, π), con x R. Notiamo che il potenziale V (θ) Mgl cos θ ha un minimo in θ e un massimo in θ π: i punti di equilibrio della forma (x, ) sono quindi stabili, mentre quelli della forma (x, π) sono instabili. 7