a2 Semidischi e asta sono disposti come illustrato in figura. Determinare del sistema:

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1 Prova scritta di fondamenti di meccanica razionale del Esercizio 1 Nel piano Oxy di una terna Oxyz si considera il sistema costituito da due semidischi omogenei uguali, D 1 e D, di massa µ, raggio a/ e centri rispettivi C 1 e C, e da un asta AB di punto medio O, lunghezza a e densità: λ(p = µ P O P AB. a Semidischi e asta sono disposti come illustrato in figura. Determinare del sistema: (a la massa, il baricentro e la matrice d inerzia relativa a Oxyz; (b i momenti centrali d inerzia; (c i momenti d inerzia relativi alla retta C 1 y e alla bisettrice del I quadrante in Oxy. Esercizio Nel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz = Oê 1 ê ê 3 una corona circolare C, di centro A, raggio interno a e raggio esterno a, rotola senza strisciare lungo l asse orizzontale Ox. Ad un certo istante la velocità di A risulta A = aωê 1 e l accelerazione vale Ä = aω ê 1, con ω >. Allo stesso istante si considerano il punto B, posto sul bordo interno di C e al di sopra di A lungo la verticale, e il punto D, che invece si trova sul bordo esterno di C e alla stessa altezza di A, come illustrato in figura. Determinare, all istante considerato: (a la velocità e l accelerazione istantanea di B; (b la velocità e l accelerazione istantanea di D. 1

2 Esercizio 3 Nel piano verticale Oxy di una terna inerziale Oxyz = Oê 1 ê ê 3 un disco circolare omogeneo D, di raggio a, massa m e centro C, rotola senza strisciare sull asse orizzontale Ox. Al disco è incernierata in C un asta rettilinea omogenea CB, di lunghezza a e massa m, il cui estremo B è collegato da una molla ideale di costante elastica k al punto A del bordo di D che coincide con O quando D passa per l origine. Il sistema è pesante e a vincoli ideali. U- sando come coordinate lagrangiane i parametri s, φ R in figura, determinare del sistema: (a l espressione dell energia cinetica; (b gli equilibri; (c le proprietà di stabilità degli equilibri; (d le equazioni pure del moto; (e la posizione rispetto a Oxyz del centro di istantanea rotazione dell asta CB, quando definito.

3 Soluzione dell esercizio 1 (a Massa, baricentro e matrice d inerzia Massa del sistema La massa del sistema si ottiene sommando le masse dell asta AB e dei due semidischi. Per la massa dell asta si ha l integrale: m AB = AB λ ds = a a µ µ x dx = a a a x dx = µ a a = µ, mentre le masse dei semidischi omogenei sono note a priori, essendo µ il loro comune valore. La massa del sistema vale pertanto: m = m AB + m 1 + m = µ + µ + µ = 3µ. Baricentro L origine O è centro di simmetria tanto dell asta AB, la cui densità è funzione della sola distanza da O, quanto del sistema dei due semidischi omogenei D 1 e D per ogni punto di D 1 il corrispondente punto simmetrico rispetto ad O giace in D. Si tratta dunque di un centro di simmetria per l intero sistema, identificabile con il baricentro G di questo. Matrice d inerzia di AB Poichè l asta si colloca per intero lungo l asse Ox della terna considerata, la matrice d inerzia risulta: [L AB O ] = L AB yy = µa 1/ L AB yy 1/ in quanto l unico momento d inerzia non banale è dato dall espressione: L AB yy = AB x λ ds = a a x µ µ x dx = a a a x 3 dx = µ a a = µa. Matrice d inerzia di D 1 Il semidisco omogeneo D 1 ha densità costante σ = µ/(πa /8 = 8µ/πa e matrice d inerzia della forma: [L 1 O] = L1 xx L 1 xy L 1 xy L 1 yy L 1 xx + L 1 yy essendo completamente ubicato nel piano coordinato Oxy della terna di riferimento. Il momento d inerzia rispetto all asse Ox è dato da: L 1 xx = D 1 y σ da = = 8µ πa a/ ρ 3 dρ a/ π dρ ρ π 1 cos φ dφ ρ sin φ 8µ πa = dφ = 8µ 1 πa 3 a 16 [ 1 φ ] π sin φ = µa 16

4 mentre quello relativo all asse Oy si scrive: L 1 yy = D 1 x σ da = = 8µ πa = 8µ πa = 8µ πa = 8µ πa a/ a/ a/ a/ dρ ρ dρ ρ a/ π π [ a dρ ρ dρ ρ π dφ ( a + ρ cos φ 8µ πa = ( a dφ aρ cos φ + ρ cos φ = ( a dφ 1 + cos φ aρ cos φ + ρ = ( ρ φ aρ sin φ + φ + ( a dρ ρ π + ρ π = 8µ a a/ ( a sin φ ] π = φ= ρ + ρ3 = 8µ ( a a a a = µa ( = µa. La somma dei due porge il momento d inerzia relativo all asse Oz: L 1 xx + L 1 yy = 1 16 µa µa = 3 8 µa. Quanto all unico prodotto d inerzia non banale, si ha la relazione: a/ L 1 xy = xy σ da = dρ ρ D 1 = 8µ πa = 8µ πa = 8µ πa a/ a/ a/ dρ ρ π π dφ dρ = 8µ [ a ρ ] a/ a + ρ = 8 ( a + ρ cos φ ρ sin φ 8µ πa = dφ ( a sin φ + ρ cos φ sin φ = dρ ρ [ a cos φ + ρ sin φ dρ ρ ( a = 8µ [ ρ 3 πa 3 ] π ] a/ φ= = = 8µ a 3 πa = µa 3π, che tenuto conto dei risultati precedenti fornisce la matrice cercata: 1/16 1/3π [L 1 O] = µa 1/3π 5/16. 3/8

5 Matrice d inerzia di D La matrice d inerzia del semidisco D è uguale, per simmetria, a quella appena calcolata per il semidisco D 1. Basta infatti notare che il disco D viene mappato in D 1 per mezzo della trasformazione di simmetria: (x, y ( x, y che rappresenta la riflessione rispetto all origine O e lascia invariati tutti gli integrali della matrice d inerzia (il determinante jacobiano della trasformazione è peraltro uguale a 1. Di conseguenza: 1/16 1/3π [L O] = [L 1 O] = µa 1/3π 5/16. 3/8 Matrice d inerzia La matrice d inerzia relativa a Oxyz dell intero sistema si può scrivere come somma delle matrici d inerzia, relative alla stessa terna, dell asta AB e dei semidischi D 1 e D : e risulta perciò: [L O ] = µa 1/ 1/ [L O ] = [L AB O ] + [L 1 O] + [L O] = [L AB O ] + [L 1 O] + µa 1/8 /3π /3π 5/8 3/ = µa 1/8 /3π /3π 9/8 5/ (b Momenti centrali d inerzia I momenti centrali d inerzia sono gli autovalori dell operatore d inerzia in G del sistema. Poichè si è già identificato G con il centro di simmetria O, si tratta semplicemente di calcolare gli autovalori della matrice d inerzia [L O ]. Indicato per brevità con λ = µa α il generico autovalore, si ha l equazione caratteristica in forma adimensionale: = che porge una radice ovvia: e due non banali: 1/8 α /3π /3π 9/8 α 5/ α α = 1 = α = 5 ( 5 α ( α 5 α π [ ] ( 5 5 ( 9 ± π = 1 5 ± π. I momenti centrali d inerzia sono pertanto: ( 5 1 A 1 = 8 + 9π µa A = 5 ( π µa A 3 = 5 µa..

6 (c Momenti d inerzia Momento d inerzia relativo alla retta C 1 y La retta è parallela ad Oy, che passa per il baricentro O del sistema. Si può quindi ricorrere al teorema di Huygens-Steiner e scrivere: I C1 y = I Oy + m [ ] (C 1 O ê 1 = Lyy + m [ ] (C 1 O ê 1 = = 9 ( 8 µa + 3µ a 9 = 8 µa + 3 µa = 15 8 µa. Momento d inerzia rispetto alla bisettrice del I quadrante in Oxy La bisettrice b passa per l origine O della terna di riferimento rispetto alla quale è nota la matrice d inerzia del sistema. La retta è individuata dal versore tangente: ˆn = 1 ê ê. Il momento d inerzia corrispondente si ricava dalla formula generale: I b = I Oˆn = ˆn L O (ˆn = 1 1 (1 1 [L O ] 1 1 = 1 (L xx + L yy + L xy = = 1 ( µa = 1 3π ( 5 + 3π µa = ( µa. 3π Soluzione dell esercizio Indicata con s l ascissa del centro A, la velocità e l accelerazione istantanee di A si scrivono: per cui deve aversi: e quindi: A = ṡê 1 Ä = sê 1 ṡê 1 = aωê 1 sê 1 = aω ê 1 ṡ = aω s = aω. La condizione di puro rotolamento consente di ricavare la velocità angolare istantanea e l accelerazione angolare istantanea della corona circolare, che ha raggio esterno a, nella forma: ω = ṡ = aω aê3 a ê3 = ω ê3 ω = s = aω aê3 a ê3 = ω ê 3. La velocità e l accelerazione di un generico punto P, solidale alla corona, sono date così dalle relazioni di Poisson per l atto di moto: P = A + ω (P A = aωê 1 ω ê3 (P A (1 6

7 e per la distribuzione delle accelerazioni: P = Ä + ω (P A + ω [ ω (P A ] = = aω ê 1 ω ê 3 (P A + ω ê3 [ ê 3 (P A ] = = aω ê 1 ω ê 3 (P A + ω [ê3 (P A ê 3 ê 3 ê 3 (P A ] = = aω ê 1 ω ê 3 (P A + ω [ê3 (P A ê 3 (P A ]. ( Queste relazioni vanno specializzate ai punti B e D della corona circolare. (a Velocità e accelerazione istantanea del punto B La posizione di B rispetto al centro A della corona è individuata dal vettore: per cui dalla (1 risulta: B A = aê Ḃ = aωê 1 ω ê3 (B A = aωê 1 ω ê3 aê = aωê 1 + aω ê1 = 3 aωê 1 (3 mentre la ( porge: B = aω ê 1 ω ê 3 (B A + ω [ê3 (B A ê 3 (B A ] = = aω ê 1 ω ê 3 aê + ω ] [ê3 aê ê 3 aê = = aω ê 1 + aω ê 1 aω ê = 3aω ê 1 aω ê. ( (b Velocità e accelerazione istantanea del punto D Per il punto D si ha il vettore posizione: dal quale si deduce: e analogamente: D A = aê 1 Ḋ = aωê 1 ω ê3 (D A = aωê 1 ω ê3 ( aê 1 = aωê 1 + aωê (5 D = aω ê 1 ω ê 3 (D A + ω [ê3 (D A ê 3 (D A ] = = aω ê 1 ω ê 3 ( aê 1 + ω [ê3 ( aê 1 ê 3 ( aê 1 ] = = aω ê 1 + aω ê + aω ê1 = 5 aω ê 1 + aω ê. (6 7

8 Soluzione dell esercizio 3 (a Energia cinetica Energia cinetica dell asta BC L energia cinetica dell asta viene calcolata ricorrendo al teorema di König, vista la mancanza di punti fissi. Il baricentro dell asta omogenea coincide con il punto medio G di questa ed è individuato dal vettore posizione: dove C O = asê 1 + aê e: per cui risulta: G O = C O + B O B O = C O + B C = asê 1 + aê a sin φ ê 1 + a cos φ ê = = a(s sin φê 1 + a(1 + cos φê, G O = asê 1 + aê + a(s sin φê 1 + a(1 + cos φê = a(s sin φê 1 +a(1+cos φê. La velocità istantanea del baricentro si scrive così: Ġ = a(ṡ cos φ φê 1 a sin φ φ ê e ha modulo quadrato: Ġ = a (ṡ cos φ φ + a sin φ φ = a (ṡ cos φ ṡ φ + φ. Velocità angolare istantanea e momento d inerzia rispetto all asse Gz sono infine dati da: ω BC = φ ê 3 I BC Gz = m(a 1 = ma 3. Non rimane che sostituire i valori trovati nella formula di König: T BC = m Ġ + 1 IBC Gz ω BC per ottenere l energia cinetica richiesta: T BC = ma (ṡ cos φ ṡ φ + φ + 1 ma φ ê3 ma = 3 ( ṡ cos φ ṡ φ + 3 φ. Energia cinetica del disco D Il disco rotola senza strisciare sull asse Ox. Il suo baricentro C si muove con velocità istantanea: Ċ = aṡê 1. 8

9 La velocità angolare istantanea è invece espressa da: ω D = aṡ a ê3 = ṡê 3 e il momento d inerzia relativo all asse baricentrale Cz vale: I D Cz = ma. L energia cinetica del disco assume pertanto la forma: T D = m Ċ + 1 ID Cz ωd ma ṡ = + 1 ma ṡ = 3 ma ṡ. Energia cinetica del sistema La somma delle energie cinetiche parziali, di asta e disco, definisce l energia cinetica del sistema: T = T BC +T D = ma (b Equilibri Si sono già ricavati i vettori posizione: (ṡ cos φ ṡ φ+ 3 φ + 3 ( ma ṡ = ma 5 ṡ cos φ ṡ φ+ 3 φ. C O = asê 1 + aê B C = a sin φ ê 1 + a cos φ ê. La condizione di puro rotolamento consente poi di identificare l angolo che il raggio CA, fissato sul disco, forma con la verticale condotta dal centro C verso il basso: tale angolo ha ampiezza as/a = s e deve intendersi descrivere una rotazione oraria attorno al centro. Ne deriva che: A C = a sin s ê 1 a cos s ê e di conseguenza: B A = B C (A C = a sin φ ê 1 + a cos φ ê + a sin s ê 1 + a cos s ê = = a(sin s sin φê 1 + a(cos s + cos φê. Si dispone così di tutti i vettori posizione utili a determinare il potenziale e gli equilibri del sistema. Le sollecitazioni attive hanno infatti tutte natura posizionale e conservativa: il sistema delle forze peso e l interazione elastica mediata dalla molla ideale che collega i punti A e B. Potenziale elastico Alla molla ideale tesa fra A e B è associato il potenziale: U el = k B A = k a(sin s sin φê1 + a(cos s + cos φê = = ka [ (sin s sin φ + (cos s + cos φ ] = 9

10 = ka [ sin s + sin φ sin s sin φ + cos s + cos φ + cos s cos φ ] = = ka [ ] 5 + cos(s + φ = ka cos(s + φ + costante. Potenziale delle forze peso Il potenziale delle forze gravitazionali è la somma dei contributi relativi al disco e all asta: U g = mgê (C O mgê (G O = = mgê (asê 1 + aê mgê [a(s sin φê 1 + a(1 + cos φê ] = = mga mga(1 + cos φ = mga cos φ + costante. Potenziale del sistema La somma dei potenziali elastico e gravitazionale porge il potenziale del sistema: U(s, φ = U el + U g = ka cos(s + φ mga cos φ, (s, φ R, in cui si sono omesse le inessenziali costanti additive. Equilibri del sistema Gli equilibri, tutti ordinari, del sistema scleronomo a vincoli bilaterali ideali posizionale conservativo sono tutti e soli i punti critici del potenziale U. Essi si ottengono dunque eguagliando simultaneamente a zero le derivate parziali prime: U s (s, φ = ka sin(s + φ U φ (s, φ = ka sin(s + φ + mga sin φ ossia risolvendo il sistema di equazioni trigonometriche: ka sin(s + φ = ka sin(s + φ + mga sin φ = che, semplificati i coefficienti costanti e sostituita la prima equazione nella seconda, equivale banalmente a: sin(s + φ = (7 sin φ =. La seconda equazione (7 fornisce due valori di equilibrio fisicamente distinti per la variabile angolare: φ = φ = π, mentre dalla prima si deducono quelli della variabile lineare s: s = nπ, n Z, 1

11 entrambi facilmente interpretabili. La condizione sulla scelta di φ significa che all equilibrio l asta BC deve collocarsi in posizione verticale; quella su s corrisponde alla circostanza che, nel contempo, anche il punto A del bordo di D deve situarsi lungo la verticale condotta per il centro C, cioè a contatto con l asse Ox o alla sommità del disco. Riassumendo, gli equilibri del sistema sono dati da: (s, φ = (πn, (s, φ = (πn, π n Z n Z (8 e definiti incondizionatamente. (c Stabilità degli equilibri La stabilità degli equilibri (8 può essere studiata in modo completo ricorrendo ai teoremi standard di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. A questo scopo si rende necessario il calcolo delle derivate parziali seconde del potenziale: U ss (s, φ = ka cos(s + φ U φs = ka cos(s + φ U sφ = ka cos(s + φ U φφ = ka cos(s + φ + mga cos φ, ovvero della corrispondente matrice hessiana: cos(s + φ cos(s + φ H U (s, φ = ka cos(s + φ cos(s + φ + mg ka cos φ in ciascuna configurazione di equilibrio del sistema. Configurazioni del tipo (s, φ = (nπ,, n Z Nella fattispecie si ha: H U (nπ, = ka ( ( 1 n ( 1 n ( 1 n ( 1 n + mg ka con determinante e traccia espressi da: deth U (nπ, = k a ( 1 n mg ka [ trh U (nπ, = ka ( 1 n + mg ]. ka Per n dispari il determinante risulta negativo e gli autovalori dell hessiana sono di segno opposto: il ricorrere di un autovalore positivo implica l instabilità dell equilibrio per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet. Nel caso n sia pari, il determinante è positivo e la matrice hessiana ha autovalori di eguale segno: tale segno è specificato dalla traccia, chiaramente positiva. Anche in questo secondo caso, dunque, l equilibrio risulta instabile per il teorema di inversione parziale. 11

12 Configurazioni del tipo (s, φ = (nπ, π, n Z In questo caso risulta: ( ( 1 n+1 ( 1 n+1 H U (nπ, π = ka ( 1 n+1 ( 1 n+1 mg = H U (nπ, ka e gli autovalori sono esattamente opposti a quelli considerati nelle configurazioni precedenti a parità di n il determinante rimane invariato, mentre la traccia cambia di segno. Per n dispari l equilibrio è comunque instabile a causa degli autovalori di segno opposto. Nel caso di n pari, determinante positivo e traccia negativa assicurano che gli autovalori dell hessiana sono entrambi negativi; questa condizione implica che l equilibrio costituisca un massimo relativo proprio del potenziale, stabile per Lagrange-Dirichlet. Si osservi che gli equilibri stabili sono tutti e soli quelli che vedono il punto A a contatto con l asse vincolare Ox e, al tempo stesso, l asta BC pendere con l estremo B posto al di sotto del centro C del disco risultato peraltro suggerito dall intuizione fisica. (d Equazioni pure del moto Data l ipotesi dei vincoli ideali, le equazioni pure del moto possono essere identificate con quelle di Lagrange: d ( L dt φ in termini della lagrangiana: L φ = d ( L L dt ṡ s = ( L = T + U = ma 5 ṡ cos φ ṡ φ + 3 φ ka cos(s + φ mga cos φ. È immediato calcolare i termini dei binomi di Lagrange: d dt d dt L ṡ = ma (5ṡ cos φ φ ( L = ma ṡ (5 s cos φ φ + sin φ φ L s = ka sin(s + φ L ( ma = cos φ ṡ + 8 φ 3 φ ( L ( φ = ma cos φ s φ + sin φ φṡ L φ = ma sin φ ṡ φ + ka sin(s + φ + mga sin φ e ricavare quindi le equazioni del moto richieste: ma (5 s cos φ φ + sin φ φ ka sin(s + φ = 1

13 ma ossia: ( cos φ s φ + sin φ φṡ ma sin φ ṡ φ ka sin(s + φ mga sin φ = ma (5 s cos φ φ + sin φ φ ka sin(s + φ = ma ( cos φ s φ ka sin(s + φ mga sin φ =. (e Centro di istantanea rotazione dell asta Il moto dell asta BC avviene nel piano coordinato Oxy ed è quindi un moto rigido piano. Il centro di istantanea rotazione S è definito, come ben noto, se e solo se risulta non nullo il vettore velocità angolare istantanea ω BC = φê 3. Ciò equivale a richiedere che sia φ. In tal caso, la posizione di S rispetto a C viene individuata dal vettore: S C = 1 ωbc ω BC Ċ essendo nota di C la velocità istantanea: Ċ = aṡê 1. Si ha pertanto: S C = 1 φ φ ê 3 aṡê 1 = aṡ φ ê. Non rimane che sommare il vettore posizione C O per ottenere la posizione di S rispetto alla terna Oxyz: S O = C O + S C = asê 1 + aê + aṡ φ ( ê = asê 1 + a 1 + ṡ φ ê. Il centro di istantanea rotazione si colloca sempre al di sopra del centro C del disco, a distanza aṡ/ φ da questo. Si noti, in particolare, che per ṡ = il centro di istantanea rotazione S coincide con il centro C: in tal caso infatti, essendo nullo l atto di moto del disco, l atto di moto di BC è quello di un asta che ruota attorno all asse fisso Cz. 13