Meccanica razionale e statica

Transcript

1 Università degli Studi eampus Facoltà di Ingegneria Meccanica razionale e statica Novedrate, 15 giugno 011 Teoria Rispondere in modo esauriente ad una sola domanda a scelta. 1. alcolo dell energia cinetica in un atto di moto rigido piano (con dimostrazione).. Principio dei lavori virtuali. Esercizi Esercizio 1. Il sistema di figura è posto in un piano verticale si compone di un asta di lunghezza l e massa m e di una lamina quadrata DEF di lato a e massa m. L asta è incernierata nel suo estremo ad un punto fisso; la lamina quadrata è appoggiata senza attrito sull asta ed è posta ad una distanza s dal punto. Sull estremo dell asta agisce una forza incognita F, diretta come in figura. 1. Determinare il valore di F necessario a mantenere in equilibrio il sistema con l asta orizzontale;. in tale configurazione calcolare le reazioni vincolari in. F m, a E s G D m, l F Esercizio. Il sistema di figura è posto in un piano orizzontale (si trascurino quindi le forze peso) e si compone di un asta di lunghezza l e massa m e di un punto materiale di massa m. L asta è incernierata nel suo estremo ad un punto fisso; il punto scorre senza attrito lungo l asta. Sull estremo dell asta agisce una forza incognita F, diretta come in figura e che si mantiene durante il moto sempre ortogonale all asta. Scegliendo come coordinate libere l angolo che l asta forma con la direzione orizzontale e la distanza s tra il punto ed, si chiede di: 1. scrivere la velocità del punto ;. calcolare l energia cinetica del sistema; 3. calcolare la componente generalizzata della sollecitazione attiva; 4. determinare, in funzione di s e ṡ, il valore di F che mantiene l asta in rotazione uniforme = ω 0 (costante); 5. in tali condizioni trovare il moto del punto materiale. F s m, m, l

2 Soluzioni Esercizio Il bilancio dei momenti del sistema rispetto ad è M (sist.) z = F l mg l mg(s + a l + s + a ) = 0 F = mg. l. Sia Φ = H i + V j la reazione vincolare che la cerniera esercita sull asta nel punto. R (sist.) = H = 0 R (sist.) = V mg + F = 0 Esercizio. 1. Sia e r un versore diretto lungo l asta e sia e un versore ortogonale all asta, nella direzione delle positive. ( ) = s e r v = ṡ e r + s e v = ṡ + s.. T = 1 I(asta) z + 1 mv = 1 6 ml + 1 m( ṡ + s ) 3. L unica forza attiva è F (la forza peso non conta: il sistema è posto in un piano orizzontale). { { δl (att) = F δ = F lδ Q s = 0 [teoria: δl (att). = Q s δs + Q δ] Q = F l 4. alcoliamo i termini delle equazioni di Lagrange Le equazioni di Lagrange sono quindi: d T dt ṡ = m s T = ms s d T dt = d ( 1 dt 3 ml + ms ) = 1 3 ml + msṡ + ms T = 0. m s ms = 0 (1) 1 3 ml + msṡ + ms = F l () Valutando la () per il moto assegnato = ω 0, = 0, otteniamo il valore richiesto di F, in funzione di s e ṡ F = mω 0 sṡ. (3) l 5. L andamento di s in funzione del tempo si ricava dalla (1): s ω 0s = 0 s(t) = e ω0t + e ω0t, dove e sono costanti arbitrarie che si possono determinare imponendo le condizioni iniziali (non specificate nel testo). In conclusione, il punto sfugge lungo l asta con legge esponenziale.

3 Università degli Studi eampus Facoltà di Ingegneria Meccanica razionale e statica Prof. S. Turzi Novedrate, 0 luglio 011 Teoria Rispondere in modo esauriente ad una sola domanda a scelta. 1. Seconda equazione cardinale della dinamica.. Formula fondamentale dell atto di moto rigido. Esercizi Esercizio 1. Nel riferimento ortogonale (O; ; ) di figura, l asta, omogenea, di lunghezza l e massa m, ha gli estremi e scorrevoli rispettivamente lungo gli assi verticale e orizzontale. Un filo inestensibile di massa trascurabile è legato ad un estremo al punto dell asta, passa su un piolo fisso posto sull asse ed è collegato ad O mediante una molla di costante elastica k. Tutti i vincoli sono lisci. Si assuma come coordinata libera del sistema l angolo antiorario di figura, che l asta forma con l asse. Sia s la coordinata che identifica l allungamento della molla. 1. Scrivere il legame cinematico tra s e, sapendo che la molla ha allungamento nullo (s = 0) quando l asta è verticale ( = 0).. Determinare k perché la configurazione con = π/3 sia di equilibrio. 3. In tali condizioni, studiare la stabilità della posizione di equilibrio = π/3. s k l, m O Esercizio. Si consideri il sistema dell esercizio precedente e si ponga k = mg l. Si assuma che il filo rimanga sempre teso durante il moto del sistema. ll istante t = 0, l asta è in posizione verticale ( = 0) e ha velocità angolare ω = ω 0 k (ω 0 0). Si chiede di: 1. scrivere l energia cinetica del sistema e l energia meccanica totale;. determinare l estremo inferiore dei valori di ω 0 tale per cui l asta raggiunge la configurazione orizzontale = π/; 3. scrivere l equazione di moto; 4. calcolare la reazione che l asse verticale esercita sull asta nel punto.

4 Soluzioni Esercizio L ordinata del punto è = l cos. La condizione di inestensibilità del filo impone che sia ẏ = ṡ. Il legame cercato è quindi ṡ = l sin, (1) che, integrato, fornisce s = l cos, () dove è una costante arbitraria. Questa si può determinare sfruttando la condizione indicata nel testo: a = 0 (asta verticale) corrisponde un elongazione nulla della molla e quindi s = 0. Sostituendo in () si ricava = l e quindi il legame finito tra le coordinate è. pplichiamo il Teorema di stazionarietà del potenziale: s = l(1 cos ). (3) U() = 1 ks mg G = 1 kl (1 cos ) mg l cos, (4) dove abbiamo indicato con G il baricentro dell asta. alcoliamo la derivata del potenziale U () = l ) (mg sin kl(1 cos ). (5) Se, come richiesto nel testo, = π/3 è posizione di equilibrio, deve essere U (π/3) = 0. Questa condizione determina il valore cercato di k (si ricorda che cos π/3 = 1/) mg kl(1 cos ) = mg kl = 0 k = mg =π/3 l. (6) 3. Sostituendo il valore trovato di k nella derivata prima del potenziale, si trova quindi la derivata seconda del potenziale è U () = 1 mgl sin ( cos 1), U () = mgl(cos sin cos ). Sostituendo = π/3 si verifica che U (π/3) = 3 4mgl < 0. La configurazione quindi corrisponde ad un massimo del potenziale (ovvero un minimo dell energia potenziale) ed è di equilibrio stabile. Esercizio. 1. Detto H il centro di istantanea rotazione dell asta (che si trova all intersezione della retta verticale condotta per con la retta orizzontale condotta per ), l energia cinetica è T = 1 I Hz = 1 ( 1 ) 1 ml + m l = ml, dove, per calcolare il momento d inerzia I Hz abbiamo applicato il Teorema di Hugens-Steiner. L energia meccanica totale è (con k = mg/l) E = T U (4) = 1 6 ml + 1 mgl[(1 cos ) + cos ]. (7). Le condizioni all istante t = 0 permettono di calcolare il valore (costante) dell energia meccanica. Sostituendo quindi = 0 e = ω 0 nella (7), si ricava il valore di E: E = 1 6 ml ω mgl, la conservazione dell energia meccanica è espressa quindi dal seguente integrale primo 1 6 ml + 1 mgl[(1 cos ) + cos ] = 1 6 ml ω0 + 1 mgl. (8)

5 La minima velocità angolare ω 0 è quella necessaria a far arrivare l asta in configurazione orizzontale, con velocità nulla ( = 0). Valutando quindi la (8) nella configurazione di asta orizzontale ( = π/) e con = 0, si trova 1 6 ml ω 0 = 0 ω 0 = 0. Quindi l energia potenziale iniziale, puramente gravitazionale (la molla ha estensione nulla) è esattamente quella necessaria per arrivare ad una configurazione con l asta orizzontale, in cui l energia potenziale è puramente elastica. Si noti che la configurazione = 0 è di equilibrio instabile, ipotizziamo quindi di imporre inizialmente una piccola ( infinitesima ) velocità angolare per non ricadere nella soluzione banale = 0, = L equazione di moto si ricava semplicemente scrivendo il Teorema dell energia cinetica. Per far ciò, basta derivare la conservazione dell energia meccanica (7): dt dt du dt = dt dt du d = 0. Sfruttando l espressione della U () trovata prima, si ottiene dopo qualche passaggio: + 3g sin (1 cos ) = 0. l 4. La reazione vincolare in è solo orizzontale: Φ = H i. Scriviamo la prima equazione cardinale per l asta, proietta lungo l asse : Q = H. Per calcolare la quantità di moto, scriviamo la velocità del baricentro dell asta: (G O) = l (sin i + cos j) v G = l (cos i sin j). llora, Q = m l cos H = m l ( cos sin ).

6 Università degli Studi eampus Facoltà di Ingegneria Meccanica razionale e statica Prof. S. Turzi Roma, 9 luglio 011 Teoria Rispondere in modo esauriente ad una sola domanda a scelta. 1. Seconda equazione cardinale della dinamica.. Formula fondamentale dell atto di moto rigido. Esercizi Esercizio 1. Nel riferimento ortogonale (O; ; ) di figura, l asta, omogenea, di lunghezza l e massa m, ha gli estremi e scorrevoli rispettivamente lungo gli assi verticale e orizzontale. L estremo dell asta è collegato, mediante una molla di costante elastica k, ad un punto fisso, posto sull asse ad una distanza l da O. Tutti i vincoli sono lisci. Si assuma come coordinata libera del sistema l angolo antiorario di figura, che l asta forma con l asse. Sia s la coordinata che identifica l allungamento della molla. 1. Scrivere il legame cinematico tra s e.. Determinare k perché la configurazione con = π/3 sia di equilibrio. 3. In tali condizioni, studiare la stabilità della posizione di equilibrio = π/3. k s l l, m O Esercizio. Si consideri il sistema dell esercizio precedente e si ponga k = mg/l. ll istante t = 0, l asta è in posizione verticale ( = 0) e ha velocità angolare ω = ω 0 k (ω 0 0). Si chiede di: 1. scrivere l energia cinetica del sistema e l energia meccanica totale;. determinare il minimo valore di ω 0 tale per cui l asta raggiunge la configurazione orizzontale = π/; 3. scrivere il valore dell accelerazione angolare (ovvero di ) quando l asta passa dalla posizione = π/4; 4. calcolare la reazione che l asse verticale esercita sull asta nel punto.

7 Soluzioni Esercizio Il legame tra cercato è s + l cos = l s = l(1 cos ). (1) Questa relazione può essere derivata per trovare il legame tra ṡ e :. pplichiamo il Teorema di stazionarietà del potenziale: ṡ = l sin. () U() = 1 ks mg G = 1 kl (1 cos ) mg l cos, (3) dove abbiamo indicato con G il baricentro dell asta. alcoliamo la derivata del potenziale U () = l ) (mg sin kl(1 cos ). (4) Se, come richiesto nel testo, = π/3 è posizione di equilibrio, deve essere U (π/3) = 0. Questa condizione determina il valore cercato di k (si ricorda che cos π/3 = 1/) mg kl(1 cos ) = mg kl = 0 k = mg =π/3 l. (5) 3. Sostituendo il valore trovato di k nella derivata prima del potenziale, si trova quindi la derivata seconda del potenziale è U () = 1 mgl sin ( cos 1), U () = mgl(cos sin cos ). Sostituendo = π/3 si verifica che U (π/3) = 3 4mgl < 0. La configurazione quindi corrisponde ad un massimo del potenziale (ovvero un minimo dell energia potenziale) ed è di equilibrio stabile. Esercizio. 1. Detto H il centro di istantanea rotazione dell asta (che si trova all intersezione della retta verticale condotta per con la retta orizzontale condotta per ), l energia cinetica è T = 1 I Hz = 1 ( 1 ) 1 ml + m l = ml, dove, per calcolare il momento d inerzia I Hz abbiamo applicato il Teorema di Hugens-Steiner. L energia meccanica totale è (con k = mg/l) E = T U (3) = 1 6 ml + 1 mgl[(1 cos ) + cos ]. (6). Le condizioni all istante t = 0 permettono di calcolare il valore (costante) dell energia meccanica. Sostituendo quindi = 0 e = ω 0 nella (6), si ricava il valore di E: E = 1 6 ml ω mgl, la conservazione dell energia meccanica è espressa quindi dal seguente integrale primo 1 6 ml + 1 mgl[(1 cos ) + cos ] = 1 6 ml ω0 + 1 mgl. (7) La minima velocità angolare ω 0 è quella necessaria a far arrivare l asta in configurazione orizzontale, con velocità nulla ( = 0). Valutando quindi la (7) nella configurazione di asta orizzontale ( = π/) e con = 0, si trova (ω 0 0 per ipotesi) mgl = 1 6 ml ω mgl ω 0 = 3g/l.

8 3. L equazione di moto si ricava semplicemente scrivendo il Teorema dell energia cinetica. Per far ciò, basta derivare la conservazione dell energia meccanica (6): dt dt du dt = dt dt du d = 0. Sfruttando l espressione della U () data dalla (4), si ottiene, dopo la sostituzione k = mg/l e qualche passaggio: + 3g sin (3 4 cos ) = 0. l Valutando questa espressione in = π/4 si ricava = 3g 4l (3 4) 0.18 g/l. 4. La reazione vincolare in è solo orizzontale: Φ = H i. Scriviamo la prima equazione cardinale per l asta, proietta lungo l asse : Q = H. Per calcolare la quantità di moto, scriviamo la velocità del baricentro dell asta: (G O) = l (sin i + cos j) v G = l (cos i sin j). llora, Q = m l cos H = m l ( cos sin ).

9 Università degli Studi eampus Facoltà di Ingegneria Meccanica razionale e statica Prof. S. Turzi Novedrate, 1 settembre 011 Teoria Rispondere in modo esauriente ad una sola domanda a scelta. 1. ssi e momenti principali d inerzia.. Equazioni di Lagrange. aso non conservativo. Esercizi Esercizio 1. In un piano verticale, un asta O, omogenea di lunghezza l e massa m, è incernierata in O. L estremo dell asta scorre senza attrito sul lato verticale della lamina quadrata DE, omogenea di lato l e massa M, che a sua volta è appoggiata senza attrito su un asse orizzontale passante per O. Una molla di costante elastica k collega il vertice della lamina alla cerniera fissa O. 1. Si determini il valore di k affinché il sistema rimanga in equilibrio con l asta inclinata di = π/6 sull orizzontale.. Si calcolino, in corrispondenza di tale configurazione di equilibrio e con tale valore di k, le reazioni vincolari agenti sulla lamina nei suoi vertici ed E. 3. Per quali valori di M l appoggio della lamina è garantito? D O l, m k l, M E Esercizio. Si consideri ancora il sistema dell esercizio precedente. Si elimini la molla e si supponga ora che una forza orizzontale F = F i agisca sul vertice E della lamina quadrata. 1. Scrivere la velocità della lamina, l energia cinetica del sistema e la potenza delle sollecitazioni attive.. Determinare il valore di F affinché l asta ruoti con velocità angolare costante ω alcolare l azione dell asta sulla lamina. D O l, m l, M E F

10 Soluzioni Esercizio Il potenziale del sistema è U() = mg l sin 1 kl cos. Per il teorema di stazionarietà del potenziale, se = π/6 è posizione di equilibrio deve essere U (π/6) = 0: U () = l cos ( kl sin mg ) U (π/6) = Ricaviamo quindi il valore di k cercato k = mg l 3 4 l( kl mg ) = 0. (1). Siano Φ = V j e Φ E = V E j le reazioni richieste. Determiniamo le incognite verticali V e V E utilizzando le seguenti equazioni cardinali della statica, scritte per la sola lamina quadrata: M (lamina) z = 0 e R (lamina) = 0. Si ottiene: { F el l sin Mg l + V El = 0, V + V E Mg = 0. () Tenendo conto che si ricava infine F el = kl cos (1) = 3 mg, V E = 1 3 Mg + 4 mg e V = 1 3 Mg 4 mg. 3. L appoggio è garantito fintanto che V 0 e V E 0. Dall espressione di V si ottiene quindi 3 M m. Esercizio. 1. ( O) = l cos i v = l sin i. L energia cinetica è T = 1 I(asta) Oz + 1 Mv = 1 6 ml + 1 Ml sin. (3) Il baricentro dell asta ha velocità v G = l n, essendo n un versore ortogonale all asta: n = sin i + cos j. Le sollecitazioni attive sono il peso dell asta e la forza F. La loro potenza è: Π = mg j l n + F v = mg l cos + F l sin (4). Utilizziamo il Teorema dell energia cinetica T = Π e sostituiamo poi le condizioni indicate nel testo, = 0, = ω0, T = l 3 [ 3M sin cos + ( m + 3M sin ) ] =0, =ω 0 = Ml ω 3 0 sin cos. Uguagliando questa espressione con la potenza Π, si trova: F = Mlω0 cos + 1 cos mg sin.

11 3. Sia Φ = H i l azione che l asta esercita sulla lamina quadrata nel punto. Scriviamo la prima equazione cardinale della dinamica per la sola lamina, proiettata lungo l asse orizzontale. La derivata della quantità di moto è Q (lamina) = dt( d ) Mv = Ml sin i Ml cos i = Mlω0 cos i. =0, =ω0 La prima equazione cardinale quindi fornisce H F = (lamina) Q H = F Mlω0 cos = 1 cos mg sin.

12 Università degli Studi eampus Meccanica razionale e statica Prof. S. Turzi Novedrate, 8 ottobre 011 Facoltà di Ingegneria Teoria Rispondere in modo esauriente ad una sola domanda a scelta. 1. ssi e momenti principali d inerzia.. Equazioni di Lagrange. aso non conservativo. Esercizi Esercizio 1. Il sistema articolato di figura è composto da tre aste di ugual lunghezza, l, incernierate agli estremi ed è posto in un piano verticale. L asta ha massa m mentre le aste e sono di massa trascurabile. Una molla di costante elastica k collega la cerniera in con un punto D, posto sulla verticale per e alla stessa quota di. Una forza incognita F = F j agisce sulla cerniera. 1. Determinare F in modo tale che il sistema sia in equilibrio con = π/3.. Si calcolino, in corrispondenza di tale configurazione di equilibrio, le reazioni vincolari a terra in. 3. Determinare le reazioni vincolari che l asta esercita sulla cerniera in. F m, l l l k Esercizio. Il sistema biella-manovella di figura è posto in un piano verticale si compone di due aste e di lunghezza l e massa m, vincolate in da una cerniera. L estremo di è vincolato a terra mediante una cerniera, mentre l estremo di è libero di scorrere lungo una guida orizzontale. Una molla di costante elastica k collega il carrello con un punto fisso D posto sulla guida orizzontale a distanza l da. 1. Scrivere il legame tra la coordinata e l elongazione della molla s.. Determinare le coordinate del centro di istantanea rotazione dell asta. 3. ll istante iniziale t = 0, il sistema è in quiete con = π/. Determinare la velocità angolare dell asta quando = alcolare, in funzione di, e, le reazioni vincolari in. m, l m, l s l k D

13 Soluzioni Esercizio Scriviamo la seconda equazione cardinale risp. ad, per tutto il sistema: M = F l/ F el l/ = 0 F = F el = kl sin = k. Detta Φ = H i + V j la reazione che la terra esercita sulla cerniera in, si ha R = H = 0 H = 0 R = V mg F F el = 0 V = mg + k 3 l 3 l. 3. Isoliamo l asta (inclusa cerniera in ) dal resto del sistema. Nella figura seguente sono evidenziate le forze agenti su ciascun sotto-sistema. F H H m, l V V mg F el l l V H H H V V Usiamo l equazione del momento per l asta, rispetto a, per trovare V e l equazione del momento per l asta, rispetto ad, per trovare H : Esercizio. M () = mg l V l = 0 V = 1 mg M () = V l + F l H 1. l cos + s = l s = l(1 cos ) 3 l = 0 H = 1 3 mg + 1 kl.. Il centro di istantanea rotazione si trova, per il Teorema di hasles, all intersezione tra la retta verticale passante per e la retta che congiunge con (retta su cui giace l asta ). Le sue coordinate sono quindi (l cos, l sin ). 3. pplichiamo la conservazione dell energia meccanica. Sia G il baricentro dell asta : Quindi, L energia cinetica è T = 1 I() z (G O) = 3 l cos i + 1 l sin j v G = 3 l sin i + 1 l cos j, + 1 mv G + 1 I() Gz ) = 1 3 ml ( sin Il potenziale delle forze attive è: ( vg = l 1 ) 4 + sin. (1) = 1 ( 1 3 ml) + 1 ( 1 ) ml 4 + sin + 1 ( 1 1 ml) U = mg l sin 1 ks = mgl sin kl (1 cos ). ()

14 Si arriva quindi al seguente integrale primo: T U = 1 ( ) 3 ml sin + mgl sin + kl (1 cos ) = E = cost. (3) Valutando l energia meccanica (3) all istante t = 0 ( = π/, = 0) e uguagliandola al valore della (3) nella configurazione finale ( = 0, = ωf ), si ottiene: mgl + kl = 1 3g 3 ml ωf ω f = l + 6k m. 4. Sia Φ = H i + V j la reazione vincolare in. Si può calcolare la componente H ricorrendo alla prima equazione cardinale, in direzione, scritta per tutto il sistema: Poiché e si ottiene infine Q (sist.) = Q () Q (sist.) = H + F el. + Q () = m l sin m 3 l sin = ml sin, F el = ks = kl(1 cos ), H = ml sin ml cos kl(1 cos ). Per ricavare la reazione verticale scriviamo la seconda equazione cardinale, per la sola asta, con polo in : Γ () = M () Ḃ Q(). Osservando che la velocità di è sempre parallela alla velocità del baricentro di (e quindi Ḃ Q () = 0), la precedente equazione si semplifica in: Γ () = M (). Non rimane che calcolare i vari termini. Sia D il baricentro di, Γ () = m(d ) v D + I () Dz M () = mg l cos k V l cos k + H l sin k. k = m l l k ml k = 6 ml k, Ricaviamo quindi V = 1 mg + H tan cos ml.

15 Università degli Studi eampus Meccanica razionale e statica Prof. S. Turzi 13 dicembre 011 Facoltà di Ingegneria Teoria Rispondere in modo esauriente ad una sola domanda a scelta. 1. Trasporto del momento d inerzia per assi paralleli (Teorema di Hugens-Steiner). Principio dei lavori virtuali Esercizi Esercizio 1. Il sistema descritto in figura è posto in un piano verticale ed è composto da una lamina rettangolare di massa m che si appoggia senza attrito su un disco omogeneo di massa m e raggio R. Il disco è incernierato a terra in un punto della sua circonferenza. La lamina è appoggiata senza attrito a due muri e può muoversi solo in verticale. Sul disco è applicata una coppia antioraria costante di momento M. 1. Scrivere il legame cinematico tra le coordinate e s indicate in figura.. Determinare M in modo tale che il sistema sia in equilibrio con = π/3. 3. Si calcolino, in corrispondenza di tale configurazione di equilibrio, le reazioni vincolari a terra in O. m s O O H m, R M Esercizio. Si consideri ancora il sistema descritto nell esercizio precedente e sia la coppia M incognita. 1. Scrivere l energia cinetica e la potenza delle forze attive.. Determinare il valore di M perché il disco ruoti con velocità angolare costante ω alcolare la reazione vincolare in H.

16 Soluzioni Esercizio s = R + R sin ṡ = R cos. H H mg Φ H H Evidenziamo in figura le forze agenti sui singoli corpi rigidi. La prima equazione cardinale scritta per la sola lamina rettangolare fornisce la reazione interna Φ: R (l) = 0 Φ = mg.. Φ La seconda equazione cardinale (risp. ad O ), scritta per il solo disco, permette di calcolare la coppia incognita M: H O V O mg M M (d) O = 0 M ΦR cos mgr cos = 0, da cui, sostituendo la configurazione di equilibrio = π/3 si ottiene: M = mgr cos = mgr. In alternativa questo punto poteva essere risolto tramite il Teorema di stazionarietà del potenziale (chiamiamo G il baricentro della lamina rettangolare e b la sua altezza): U = M mg mg G = M mgr sin mg(r + R sin + b/) Il valore di M all equilibrio si ricava quindi imponendo la stazionarietà del potenziale: U = M mgr cos = 0 M = mgr cos = mgr. (a meno di costanti) = M mgr sin. 3. asta a questo punto scrivere la prima equazione cardinale per il solo disco: { { { R (d) = 0 H O = 0 H O = 0 R (d) = 0 V O mg Φ = 0 V O = mg. Esercizio. 1. T = 1 mv G lamina + 1 I(d) O z disco = 1 mṡ mr = 1 mr cos mr Π = M mgẏ mgṡ = M mgr cos.. pplichiamo il Teorema dell energia cinetica T = Π. alcoliamo la derivata dell energia cinetica T = mr cos mr 3 cos sin + 3 mr. Valutando questa espressione nel moto assegnato ( = ω 0 t, = ω0 e = 0), si ottiene: T = mr ω0 3 cos(ω 0 t) sin(ω 0 t) =0 Dall equazione T = Π si ricava quindi il valore di M: mr ω 3 0 cos(ω 0 t) sin(ω 0 t) = Mω 0 mgrω 0 cos(ω 0 t) M = mgr cos(ω 0 t) mr ω 0 cos(ω 0 t) sin(ω 0 t).

17 3. Possiamo calcolare la reazione Φ tramite la prima equazione cardinale della dinamica, scritta per la sola lamina rettangolare e proiettata in direzione : Q (l) = R (l). La componente della quantità di moto della lamina è quindi Q (l) La prima equazione cardinale fornisce quindi Q (l) = mṡ = mr cos, = mr cos mr sin ( =0) = mrω 0 sin(ω 0 t). mrω 0 sin(ω 0 t) = Φ mg Φ = mg mrω 0 sin(ω 0 t).

18 Università degli Studi eampus Meccanica razionale e statica Prof. S. Turzi I sessione 01 Facoltà di Ingegneria Teoria Rispondere in modo esauriente ad una sola domanda a scelta. 1. Trasporto del momento d inerzia per assi paralleli (Teorema di Hugens-Steiner). Principio dei lavori virtuali Esercizi Esercizio 1. Il sistema di figura è posto in un piano verticale e si compone di un asta omogenea di lunghezza l, massa m e di un disco con centro di raggio R e massa m. L asta è vincolata a scorrere senza attrito in direzione verticale tramite un manicotto (posto a distanza d > R dall asse delle ) ed il suo estremo è incernierato alla circonferenza del disco. Il disco è libero di strisciare senza attrito sulla guida orizzontale. Una molla di costante elastica k collega un punto della circonferenza con un punto posto sull asse delle alla stessa altezza di. L angolo Ĉ è di 90. Sia H il punto di contatto tra disco e guida. Si chiede di: 1. calcolare le coordinate e in funzione dell angolo ;. scrivere il potenziale delle forze attive; 3. determinare il valore di k perché il sistema stia in equilibrio con = π/; 4. calcolare in tale situazione la reazione vincolare che la guida orizzontale esercita sul disco in H. d m k m, R O H Esercizio. Si chiede di: Si consideri il sistema descritto nel precedente esercizio. 1. calcolare l energia cinetica e la potenza delle forze attive;. scrivere l equazione di moto; 3. determinare, in funzione di, e, la componente verticale della reazione che l asta esercita sul disco in.

19 Soluzioni Esercizio I legami cinematici tra le coordinate sono: { = d R sin = R + R cos { ẋ = R cos ẏ = R sin. (1). Notiamo che = d R sin R cos. Il potenziale allora è U() = mg }{{ 1 } k = mgr(1 + cos ) 1 k(d R sin R cos ). peso asta molla 3. Per trovare il valore di k che garantisce l equilibrio per = π/, imponiamo che si annulli la derivata prima di U: U () = mgr sin kr(sin cos )(d R sin R cos ) () U (π/) = mgr kr(d R) = 0, (3) da cui ricaviamo k = mg d R. (4) 4. F el mg V H hiamiamo Φ = V H j la reazione (puramente verticale, in assenza di attrito) che la guida orizzontale esercita sul disco nel punto di contatto H. Scriviamo il bilancio dei momenti, per il solo disco, con polo in nella configurazione di equilibrio ( = π/): M (disco) = mgr V H R + F el R = 0, Poiché poi F el = k = k(d R), si ottiene V H mgr V H R+kR(d R) = 0 V H = mg+k(d R) (4) = mg. Esercizio. 1. L energia cinetica è: T = 1 mv + 1 I z + 1 mẏ (1) = 1 mr cos mr + 1 mr sin = 3 4 mr disco asta. L equazione di moto si ricava agevolmente dal Teorema dell energia cinetica. Poiché già conosciamo il potenziale, il modo più comodo per calcolare la potenza delle forze attive è derivare il potenziale rispetto al tempo: Π = du dt = U () () = mgr sin kr (sin cos )(d R sin R cos ). Otteniamo quindi la seguente equazione di moto ( T = Π) Semplificando otteniamo 3 mr = mgr sin kr (sin cos )(d R sin R cos ) = g k ( d ) sin 3R 3m (sin cos ) R sin cos.

20 3. mg Φ Per determinare la V è comodo considerare le forze agenti sull asta anziché quelle agenti sul disco. Questo metodo è lecito in quanto, per il principio di azione e reazione, la forza reattiva che l asta esercita sul disco è uguale in modulo e direzione, ma opposta in verso, a quella che il disco esercita sull asta. Scriviamo allora la prima equazione cardinale per la sola asta, in direzione verticale. bbiamo mÿ = mg V. Sfruttando poi la relazione cinematica (1) ricaviamo V H e quindi ÿ = R sin R cos, V = mr sin + mr cos mg.

21 Università degli Studi eampus Meccanica razionale e statica Prof. S. Turzi II sessione 01 Facoltà di Ingegneria Teoria Rispondere in modo esauriente ad una sola domanda a scelta. 1. ssi e momenti principali di inerzia.. Stabilità. Teorema di Dirichlet-Lagrange per sistemi ad 1 g.d.l. Esercizi Esercizio 1. Il sistema disegnato in figura è posto in un piano verticale. Le aste O e sono omogenee, di massa m e lunghezza l. L estremo O è vincolato a terra mediante una cerniera, e l estremo di scorre lungo una guida orizzontale. Il carrello in è legato ad un contrappeso P, di massa M, mediante un filo inestensibile di massa trascurabile che si avvolge su di un piolo fisso posto sulla guida orizzontale a distanza h da O. In assenza di attrito, si chiede di: 1. scrivere il legame cinematico tra le coordinate e s indicate in figura;. utilizzare il Principio dei Lavori Virtuali (PLV) per determinare la configurazione di equilibrio del sistema (con [0, π/]); 3. in tale configurazione, calcolare la forza scambiata tra le aste nella cerniera e le reazioni vincolari a terra in O e in. O h m, l m, l s P, M Esercizio. Si consideri il sistema descritto nel precedente esercizio. ll istante t = 0 il sistema si trova in quiete con = π/. Si chiede di: 1. scrivere l energia cinetica, T, e il potenziale, U, del sistema;. determinare la velocità angolare dell asta O quando questa passa dalla posizione orizzontale = 0 e discutere la limitazione su M tale per cui la soluzione ha significato; 3. calcolare, in funzione di, e la tensione del filo durante il moto.

22 Soluzioni Esercizio Indicando con L la lunghezza (costante) del filo, si trova:. Il lavoro virtuale è (h l cos ) + s = L ṡ = l sin. (1) δl = mgδ G1 + mgδ G + Mgδs, dove il segno positivo è dovuto al fatto che abbiamo scelto l asse rivolto verso il basso e abbiamo indicato con G 1 e G i baricentri rispettivamente delle aste O e. I vettori posizione dei baricentri delle aste sono { (G 1 O) = l cos i + l sin j (G O) = 3l cos i + l sin j () Quindi δ G1 = δ G = l cos δ. Dal legame (1) ricaviamo poi che In conclusione quindi il lavoro virtuale risulta δs = lδ sin. δl = (mgl cos Mgl sin )δ. Ponendo δl = 0, si ricava che = di equilibrio deve soddisfare tan = m M. 3. Scomponiamo il sistema e introduciamo le reazioni vincolari come indicato nelle figura seguente Per trovare H e V scriviamo l equazione dei momenti per le aste O (risp. ad O) e (risp. a ) { { M (O) O = mg l cos V l cos H l sin = 0 H = 1 cos M () = mg l cos V mg sin. l cos + H l sin = 0 V = 0 Ricordando poi che all equilibrio tan = m/m, si ricava H = 1 mg M m = Mg, V = 0. Le reazioni a terra si ricavano semplicemente scrivendo la prima equazione cardinale per le singole aste: R () = V + mg + V = 0 V = mg R (O) = H H O = 0 H O = Mg. R (O) = mg V O V = 0 V O = mg

23 Esercizio. 1. Le coordinate e la velocità del baricentro dell asta sono (G O) = 3 l cos i + 1 l sin j, L energia cinetica quindi è: v G = 3 l sin i + 1 l cos j ( vg = l 9 4 sin + 1 ) 4 cos ( = l 1 ) 4 + sin T = 1 I(O) Oz + 1 mv G + 1 I G z + 1 Mv P asta O asta punto P = ml + 1 ( 1 ) ml 4 + sin ml + 1 Mṡ = 1 3 ml + (m + M)l sin Il potenziale è U = mg( G1 + G ) + Mgs (1)+() = mgl sin + Mg[L (h l cos )]. Trascurando i termini costanti possiamo usare: U = mgl sin + Mgl cos.. Sfruttiamo la conservazione dell energia meccanica: T U = E = cost. Dalle condizioni iniziali (a t = 0 si ha quiete con = π/) ricaviamo il valore della costante E: L integrale primo dell energia risulta E = mgl. 1 3 ml + (m + M)l sin mgl sin Mgl cos = mgl. (3) Imponendo il passaggio dalla configurazione finale, = 0, possiamo ricavare l incognita, ovvero la velocità angolare. Poiché quando = 0 si ha sin = 0 e cos = 1, dalla (3) si ottiene 1 3 ml Mgl = mgl 3g M m = l m. Poiché la velocità angolare può assumere solo valori reali, la soluzione ha senso solamente quando il termine sotto radice è maggiore o uguale a zero, ovvero per M m. Per valori di M < m/ l asta non raggiunge la posizione orizzontale; per M = m/ l asta O raggiunge la posizione = 0 con velocità angolare nulla e poi inverte il moto. 3. Per calcolare la tensione del filo si può scrivere l equazione fondamentale della dinamica per il punto P : M s = Mg T. Da (1) ricaviamo che e la tensione risulta quindi essere: s = l sin l cos, T = Mg + Ml sin + Ml cos.

24 Università degli Studi eampus Meccanica razionale e statica Prof. S. Turzi III sessione 01 Facoltà di Ingegneria Teoria Rispondere in modo esauriente ad una sola domanda a scelta. 1. ssi e momenti principali di inerzia.. Stabilità. Teorema di Dirichlet-Lagrange per sistemi ad 1 g.d.l. Esercizi Esercizio 1. Il sistema disegnato in figura è posto in un piano verticale. Le aste O e sono omogenee, di massa m e lunghezza l. L estremo O è vincolato a terra mediante una cerniera, e l estremo di scorre lungo una guida orizzontale. Il carrello in è legato ad un contrappeso P, di massa m, mediante un filo inestensibile di massa trascurabile che si avvolge sulla cerniera in. Una coppia di modulo costante e verso antiorario agisce sull asta O. In assenza di attrito, si chiede di: 1. scrivere il legame cinematico tra le coordinate e s indicate in figura;. utilizzare il Principio dei Lavori Virtuali (PLV) per determinare il valore di in modo tale che il sistema sia in equilibrio con = π/3; 3. in tale configurazione, calcolare le reazioni vincolari a terra in O e in. O m, l m, l s P, m Esercizio. Il sistema disegnato in figura è posto in un piano verticale si compone di un disco omogeneo di raggio R, massa m e centro ; di un asta omogenea di lunghezza l e massa m e di un punto materiale P di massa m. Il disco rotola senza strisciare su una guida orizzontale. L asta appoggia senza strisciare sul disco e senza attrito su un piolo fisso posto a distanza R dalla guida orizzontale. Un filo inestensibile e di massa trascurabile collega il centro del disco con il punto P e si avvolge senza attrito su un secondo piolo fisso D posto ad altezza R dalla guida. Scegliendo possibilmente la coordinata indicata in figura come coordinata libera, si chiede di: 1. scrivere i legami cinematici tra le coordinate, e s indicate in figura;. calcolare la funzione di Lagrange, L, del sistema; 3. determinare il moto del sistema sapendo che a t = 0 il sistema è in quiete con (0) = R; 4. calcolare il valore della componente orizzontale della reazione vincolare fra disco e asta. ȳ m, l D s O H P, m

25 Soluzioni Esercizio Indicando con L la lunghezza (costante) del filo, si trova:. Il lavoro virtuale è L = + P = l + (s l sin ) ṡ = l cos. (1) δl = mgδ G1 + mgδ G + mgδs δ, dove il contributo delle forze peso ha segno positivo poiché l asse è stato scelto verso il basso. bbiamo indicato con G 1 e G i baricentri rispettivamente delle aste O e. I vettori posizione dei baricentri delle aste sono { (G 1 O) = l cos i + l sin j (G O) = 3l cos i + l sin j () Quindi δ G1 = δ G = l cos δ. Dal legame (1) ricaviamo poi che In conclusione quindi il lavoro virtuale risulta δs = lδ cos. δl = (mgl cos )δ. Ponendo δl = 0, e imponendo che = π/3 sia equilibrio, si ricava = mgl. (3) 3. Sia Φ O = H O i V O j la reazione nella cerniera in O e sia Φ = V j la reazione a terra nel carrello. Per trovare H O, V O e V non è necessario scomporre il sistema, basta scrivere le equazioni cardinali per l intero sistema M O = mg l cos + mgl cos + mg 3 l cos V l cos = 0 R = H O = 0 R = 3mg V O V = 0 (3),(= π 3 ) = V = 1 mg H O = 0. V O = 5 mg Esercizio. 1. Poiché il disco rotola senza strisciare sulla guida orizzontale, le velocità di e di sono: v = R i, v = R i. Siccome l asta non scivola sul disco, deve essere v = ẋ i. onfrontando le due espressioni di v, otteniamo il legame tra e ẋ = R ẋ = R. (4) Per ricavare la dipendenza di s da, imponiamo l inestensibilità del filo: v P ( j) = v i. Sapendo che v P = ṡ j, ricaviamo (4) ṡ = R = 1 ẋ. (5). L energia cinetica è: T = 1 I(d) + 1 mẋ disco asta Hz (4),(5) = 3 4 mr ( ẋ R + 1 mṡ punto P ) + 1 mẋ + 1 m = 3 4 mr + 1 mẋ + 1 mṡ L unica forza attiva è la forza peso del punto P. Il potenziale quindi è U = mg P = mg(r s). ( ) 1 = 13 ẋ 16 mẋ.

26 Trascurando i termini costanti possiamo usare U = mgs. Integrando la relazione (5) e trascurando la costante di integrazione, possiamo scrivere il potenziale in funzione della coordinata : La lagrangiana è U = 1 mg. 3. L equazione di moto si ricava dall equazione di Lagrange che, semplificata, diventa L integrazione dell equazione di moto è L = T + U = mẋ + 1 mg. (6) d L dt ẋ L = mẍ 1 mg = 0, ẍ = 4 13 g. (7) (t) = 13 gt + t +. Imponendo le condizioni iniziali (0) = R, ẋ(0) = 0, si trova (t) = 13 gt + R. 4. indichiamo con Φ = H i + V j le reazioni che il disco esercita sull asta in a con Φ = V j la reazione che il piolo esercita sull asta. La prima equazione cardinale scritta per la sola asta e proiettata in direzione, fornisce la reazione vincolare richiesta, H. { Q (a) = mẋ R (a) H = mẍ (7) = 4 = H 13 mg.

27 Università degli Studi eampus Meccanica razionale e statica Prof. S. Turzi III sessione 01, compito Facoltà di Ingegneria Teoria Rispondere in modo esauriente ad una sola domanda a scelta. 1. tto di moto rigido piano. Teorema di Eulero e Teorema di hasles.. Spostamenti virtuali. Vincoli ideali. Esercizi Esercizio 1. Il sistema disegnato in figura è posto in un piano verticale. L asta ha massa m e lunghezza l ; le aste e D hanno massa m e lunghezza l. L estremo di è incernierato a terra; l asta D è vincolata a rimanere ortogonale ad una guida orizzontale mediante un pattino (ovvero trasla lungo l asse, ma non può né ruotare né traslare in verticale). Una forza incognita F = F i, applicata nel punto medio dell asta D, mantiene il sistema in equilibrio con = π/4. In assenza di attrito, si chiede di: 1. calcolare, nella configurazione di figura, le coordinate del centro di istantanea rotazione dell asta ;. determinare la forza F e le reazioni vincolari a terra in e in D. m, l m, l F m, l D Esercizio. Il sistema disegnato in figura è posto in un piano verticale. Si compone di una lamina quadrata DEF omogenea di lato l e massa m; di un asta omogenea di lunghezza l e massa m. Il lato D della lamina si appoggia su una guida orizzontale, scelta come asse. Gli estremi dell asta scorrono senza attrito sui lati D e F della lamina, come indicato in figura. Una forza orizzontale incognita, F = F i, è applicata sul lato DE. Utilizzando le coordinate libere s e e in assenza di attrito, si chiede di: 1. scrivere le velocità dei punti, e del baricentro G dell asta, in funzione delle coordinate libere;. calcolare l energia cinetica del sistema e le componenti generalizzate delle sollecitazioni attive; 3. determinare F in modo tale che l asta ruoti con velocità angolare costante ω 0 ; 4. calcolare in tale situazione le reazioni vincolari agenti sull asta in e in. F m, l E O s G m, l D F

28 Soluzioni Esercizio Il IR dell asta si trova mediante il Teorema di hasles. Poiché v e v D, il IR è il punto di intersezione tra il prolungamento di con il prolungamento di D. Nella configurazione di figura il IR ha coordinate date da IR (l, l).. Isoliamo l asta D e evidenziamo le forze agenti sui singoli sotto-sistemi: mg mg V H V H mg F H D M D V V D bbiamo complessivamente 7 incognite: H, V, H, V, V D, M D e F. Serviranno quindi 7 equazioni indipendenti per risolvere il problema. L obiettivo è scrivere delle equazioni semplici (non esiste ovviamente un unico modo per fare ciò). Le reazioni H e V si possono calcolare semplicemente scrivendo la seconda equazione cardinale per l asta (polo in ) e per il sotto-sistema (polo in ) { M () = mg l + V l = 0 M () = mg l mg 3 l + V l H l = 0 { V = 1 mg H = mg questo punto, le tre equazioni cardinali per la sola asta D permettono di trovare V D, M D e F : R (D) = H F = 0 F = mg R (D) = V D mg V = 0 V D = 3 M (D) = M D F l = 0 mg. M D = F l = 1 mgl Per calcolare H e V usiamo la prima equazione cardinale per tutto il sistema { { R (sist.) = H F = 0 H = mg R (sist.) = V 3mg + V D = 0 V = 3 mg.. Esercizio. 1. I vettori posizione dei punti, e G sono: ( O) = (s + l cos ) i, ( O) = s i + l sin j, (G O) = Derivando troviamo le velocità dei punti v = (ṡ l sin ) i, v = ṡ i + l cos j, v G = (s + l cos ) i + l sin j. ( ṡ l ) sin i + l cos j. (1). alcoliamo preliminarmente la v G : L energia cinetica è: v G ( (1) = ṡ l ( l sin ) + cos ) = ṡ + l 4 l ṡ sin () T = 1 mṡ + 1 mv G + 1 I(asta) Gz lamina asta = 1 mṡ + 1 (ṡ m + l 4 l ṡ ) sin ml = mṡ ml 1 ml ṡ sin. (3)

29 Per calcolare le componenti generalizzate delle sollecitazioni attive, che indichiamo con Q s e Q, sfruttiamo la relazione (nota dalla teoria) δl (att) = k Q k δq k = Q s δs + Q δ, dove δl (att) è il lavoro virtuale delle forze attive. Nel nostro caso, le forze attive sono la F e la forza peso dell asta, che, per i conti che seguono, possiamo schematizzare come una forza concentrata mg j applicata nel baricentro G. Poiché otteniamo G = l sin δ G = l cos δ, δl (att) = F δd + ( mg j) δg = F δs mg δ G = F δs mg l cos δ { Q s = F Q = mg l cos. 3. Scriviamo le equazioni di Lagrange in forma non conservativa d T dt ṡ T s = Q s, Sviluppiamo i conti per i termini cinetici d T dt ṡ = d dt T s = 0 d T dt = d dt Le equazioni di moto sono d dt T T = Q. ( mṡ 1 ml ) sin = m s 1 ml sin 1 ml cos ( 1 3 ml 1 mlṡ sin ) = 1 3 ml 1 ml s sin 1 mlṡ cos T = 1 mlṡ cos. m s 1 ml sin 1 ml cos = F (4) ml ml s sin = mg l cos (5) Sostituiamo il moto imposto, ovvero sostituiamo = ω 0 e = 0 nelle equazioni di moto m s 1 mlω 0 cos ω 0 t = F 1 ml s sin ω 0t = mg l cos ω 0t. Ricavando s dalla seconda e sostituendo nella prima, otteniamo il valore di F F = mg cos ω 0t sin ω 0 t 1 mlω 0 cos ω 0 t (6) s = g cos ω 0t sin ω 0 t. (7) 4. Indichiamo con Φ = V j e Φ = H i le reazioni che la lamina esercita sull asta, rispettivamente in e in. Usiamo la prima equazione cardinale scritta per la sola asta R (e) = mg j + V j + H i, ( Q (asta) (1) = mv G = m ṡ l ) sin i + m l cos j, ( = m s l ) ω 0 cos ω 0 t Q (asta) =0 =ω 0 i m l ω 0 sin ω 0 t j (7) = m ( g cos ω 0t sin ω 0 t l ) ω 0 cos ω 0 t i m l ω 0 sin ω 0 t j V = mg m l ω 0 sin ω 0 t, ( H = m g cos ω 0t sin ω 0 t l ) ω 0 cos ω 0 t.

30 Università degli Studi eampus Meccanica razionale e statica Prof. S. Turzi IV sessione 01 Facoltà di Ingegneria Teoria Rispondere in modo esauriente ad una sola domanda a scelta. 1. tto di moto rigido piano. Teorema di Eulero e Teorema di hasles.. Spostamenti virtuali. Vincoli ideali. Esercizi Esercizio 1. Il sistema disegnato in figura è posto in un piano verticale. Si compone di un asta OH omogenea di massa m e lunghezza l e di una lamina D omogenea quadrata di massa m e lato l. L asta è incernierata a terra nell estremo O e passa per il baricentro G della lamina scorrendo in una cerniera fissa in G sui cui è stata praticata una scannellatura. Il lato della lamina è vincolato a scorrere in verticale, mediante due appoggi in e in. Sull estremo H dell asta è applicata una forza verticale F = F j, che mantiene il sistema in equilibrio con = π/3. In assenza di attrito, si chiede di: 1. scrivere il legame cinematico tra le coordinate e s indicate in figura;. calcolare la forza F ; 3. determinare le reazioni vincolari a terra in e in e la reazione che l asta esercita sulla lamina in G. H m, l F D s l/ G m, l O Esercizio. Si consideri ancora il sistema descritto nell esercizio precedente. ll istante t = 0 la forza F viene posta istantaneamente a zero e il sistema abbandona la configurazione di equilibrio, partendo dalla quiete e procedendo in caduta libera. In assenza di attrito, si chiede di: 1. scrivere l energia cinetica e il potenziale del sistema;. determinare la velocità angolare dell asta quando passa dalla configurazione orizzontale = 0; 3. calcolare, in funzione di, e, la reazione vincolare che l asta esercita sulla lamina quadrata.

31 Soluzioni Esercizio Il baricentro G della lamina si mantiene ad una distanza fissa e pari a l/ dall asse delle, si ha quindi G = l/. Poiché vale G = OG cos, il segmento OG è In conclusione il vettore posizione di G è OG = l 1 cos. (G O) = l i + l tan j. Ricaviamo quindi Ricordiamo che s = = G + l = l l (1 + tan ) ṡ = cos. (1) d d tan = d d sin cos = cos cos sin ( sin ) cos = sin + cos cos = 1 cos.. Per trovare F possiamo altrettanto bene applicare il teorema di stazionarietà del potenziale o le equazioni cardinali. Scegliamo di scrivere le equazioni cardinali. Isoliamo l asta OH e evidenziamo le forze agenti sui singoli sotto-sistemi: H Φ mg π/3 m, l Φ F H mg π/3 H O V O Si osservi che: (1) la reazione Φ è ortogonale all asta in quanto la cerniera passante posta in G è priva di attrito; () Φ e mg sono applicate entrambe nel baricentro dell asta. iò è dovuto al fatto che stiamo valutando le forze nella configurazione di equilibrio = π/3, ma non è vero in generale. Per dimostrarlo, calcoliamo OG = l 1 = l, cos =π/3 in quanto cos π 3 = 1. alcoliamo Φ scrivendo la prima equazione cardinale, in direzione, per la sola lamina quadrata R (lamina) = Φ cos mg = 0 Φ = mg. La seconda equazione cardinale (polo in O) per la sola asta ora fornisce F : M (OH) O = F l cos mgl cos Φl = 0 F = 1 mg + Φ = 5 mg. 3. Le reazioni H e H si possono ricavare da { R (lamina) = H + H Φ sin = 0 M (lamina) G = H l H l = 0 H = H = Φ sin = mg 3.

32 Esercizio. 1. L energia cinetica è: T = 1 mṡ + 1 I(asta) Oz (1) = 1 l m 4 cos ( 1 3 m(l)) = 1 8 ml cos ml. () lamina asta Sia K il baricentro dell asta. Il potenziale è determinato solo dalle forze peso (per ipotesi è F = 0) e vale U = mg G mg K = mg l tan mgl sin (3). Sfruttiamo la conservazione dell energia meccanica: T U = E =costante. ll istante t = 0 si ha = π/3 e = 0, quindi ()+(3) E = (T U) =0,=π/3 = mg l mgl = mgl 3. In ogni istante il sistema conserva questo valore dell energia meccanica. In particolare, quando l asta è orizzontale ( = 0) sarà da cui si ricava mgl 3 = (T U) =0 = 1 8 ml + 3 ml = 19 4 ml, = dove il segno meno è stato scelto perché, come specificato nel testo, l asta sta cadendo (e quindi decresce). 3. on riferimento alla figura precedente, calcoliamo la Φ usando la prima equazione cardinale della dinamica, scritta per la sola lamina e proiettata in direzione. R (lamina) = mg + Φ cos, Q (lamina) = mṡ (1) ml = cos Q (lamina) = ml cos g l, ml sin + ( ) cos 3 = ml cos + ml sin cos 3 R (lamina) = (lamina) Q Φ = mg cos + ml cos 3 + ml sin cos 4

33 Università degli Studi eampus Meccanica razionale e statica Prof. S. Turzi V sessione 01 Facoltà di Ingegneria Teoria Rispondere in modo esauriente ad una sola domanda a scelta. 1. Seconda equazione cardinale della dinamica.. Potenza in un atto di moto rigido. Potenza delle forze interne per un corpo rigido. Esercizi Esercizio 1. Il sistema di figura è posto in un piano verticale e si compone di una lamina fissa a forma di triangolo rettangolo isoscele di cateto h e con l ipotenusa inclinata di π/4 rispetto all orizzontale. Un disco omogeneo di massa m e raggio R rotola senza strisciare sull ipotenusa della lamina. Una molla di costante elastica k (k mg/r) collega il centro del disco con un punto, posto lungo l asse delle alla stessa quota di. Scegliendo s come coordinata libera, si chiede di: 1. scrivere il legame cinematico tra le coordinate s, e indicate in figura;. calcolare la configurazione di equilibrio; 3. determinarne la stabilità; 4. studiare la frequenza delle piccole oscillazioni s k m, R h H O Esercizio. Si consideri ancora il sistema descritto nell esercizio precedente e si supponga ora che la lamina possa traslare senza attrito lungo l asse delle e abbia massa m. Si elimini inoltre la molla. Si chiede di: 1. scrivere la velocità del punto in funzione delle coordinate libere e s;. calcolare l energia cinetica e la quantità di moto del sistema; 3. determinare due integrali primi del moto e fornirne un interpretazione meccanica; 4. sapendo che all istante t = 0, il sistema è in quiete con s = 0, determinare la velocità della lamina triangolare e la velocità angolare del disco quando s = h. π/4 s m, R h H m π/4 O

34 Soluzioni Esercizio Per il puro rotolamento deve essere ṡ = R. s s R h s R π/4 O Detta h l altezza della lamina triangolare è poi (si veda la figura) = h s + R, ẏ = ṡ.. Per trovare la (o le) configurazioni di equilibrio sfruttiamo il teorema di stazionarietà del potenziale. U = mg 1 ( ) k = mg h s + R 1 ( ) k s + R meno di costanti, otteniamo quindi U = mgs 1 4 k(s + R) (1) Deriviamo rispetto a s e poniamo uguale a zero per trovare la configurazione di equilibrio: U s = mg 1 mg k(s + R) = 0, s = R. k 3. L equilibrio è sempre stabile, infatti studiando il segno della derivata seconda abbiamo U s = 1 k < 0 s. 4. Per determinare la frequenza della piccole oscillazioni abbiamo bisogno di conoscere l energia cinetica: T = 1 ( 3 mr) = 3 4 mṡ. onfrontando con l espressione generale T = 1 a(q) q, ricaviamo che il coefficiente di massa all equilibrio, a( q), è dato da a( q) = 3 m. La pulsazione delle piccole oscillazioni è V ω = ( q) k/ k = a( q) 3m/ = 3m.

35 Esercizio. 1. Osserviamo preliminarmente che il legame tra s e è ancora: ṡ = R. Le coordinate del punto sono: { = + s + R = h s + R. () Derivando, ricaviamo la velocità v ( ) v = ẋ + ṡ i ṡ j (3) v = ẋ + ṡ + ẋṡ. (4). L energia cinetica è: T = 1 mẋ + 1 mv + 1 I(disco) z = 1 mẋ + 1 m(ẋ + ṡ + ẋṡ) + 1 ( 1 mr) ṡ R lamina disco = mẋ mṡ + m ẋṡ. (5) La quantità di moto del sistema è ( Q = mẋ i + mv = m ẋ + ṡ ) i mṡ j (6) 3. Poiché le reazioni vincolari esterne, in e in, sono verticali, la prima equazione cardinale, proiettata in direzione, consente di affermare che si conserva la componente della quantità di moto. Il primo integrale primo è quindi: Q = mẋ + mṡ = cost. (7) La seconda quantità conservata è l energia meccanica del sistema: E = T U = mẋ mṡ + m ẋṡ mgs = cost. (8) 4. alcoliamo le quantità conservate (7), (8) sfruttando la conoscenza della condizioni iniziali. Sappiamo infatti che a t = 0 il sistema è in quiete (ẋ = 0, ṡ = 0) con = 0 e s = 0: t=0 Q = 0 E = 0. (9) t=0 I due integrali primi si posso quindi riscrivere nella seguente forma ẋ + 3 4ṡ + 4ẋ + ṡ = 0 ẋṡ gs = 0 Il testo chiede di calcolare ẋ e ṡ all istante finale, quando s = h. Ponendo quest ultimo valore negli integrali primi sopra individuati, ricaviamo gh 8gh ẋ = 5, ṡ = 5, da cui otteniamo immediatamente la velocità angolare del disco = ṡ 8gh R = 5R.

36 Università degli Studi eampus Meccanica razionale e statica Prof. S. Turzi VI sessione 01 Facoltà di Ingegneria Teoria Rispondere in modo esauriente ad una sola domanda a scelta. 1. Equazioni di Lagrange. aso non conservativo.. Stabilità. Teorema di Dirichlet-Lagrange per sistemi ad 1 g.d.l. Esercizi Esercizio 1. Il sistema di figura è posto in un piano verticale ed è costituito da un asta di massa m e lunghezza 3R e da un disco omogeneo di centro, massa M e raggio R. Il disco rotola senza strisciare su una guida orizzontale. L estremo dell asta è vincolato tramite un carrello all asse delle e l estremo dell asta è incernierato ad un punto della circonferenza del disco. Il sistema è tenuto in equilibrio con = π/6 da una coppia concentrata = k applicata sull asta. In assenza di attrito, si chiede di: 1. determinare l angolo α che il raggio forma con l orizzontale;. calcolare il valore di all equilibrio ( = π/6); 3. determinare le reazioni vincolari in e in. M, R α m, 3R H Esercizio. Il sistema di figura è posto in un piano verticale ed è costituito da un asta di massa m e lunghezza R e da un disco omogeneo di centro O, massa m e raggio R. Il disco ruota senza attrito attorno al proprio centro. L asta è vincolata nel suo estremo a scorrere lungo l asse orizzontale mediante un carrello liscio. L estremo dell asta è vincolato mediante cerniera ad un punto della circonferenza del disco. Una forza incognita F(t) = F (t) i è applicata sul carrello in. In assenza di attrito, si chiede di: 1. scrivere la velocità del punto in funzione delle coordinata libera e trovare le coordinate del centro di istantanea rotazione dell asta ;. calcolare l energia cinetica del sistema; 3. determinare la forza F (t) perché il disco ruoti con velocità angolare costante; 4. in tale situazione, calcolare le reazioni vincolari interne in. m, R O m, R F