Università di Pavia Facoltà di Ingegneria Esame di Fisica Matematica (Ingegneria Civile ed Ambientale) Appello del 25 giugno 2015

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1 Università di Pavia Facoltà di Ingegneria Esame di Fisica Matematica (Ingegneria Civile ed Ambientale Appello del 5 giugno 5. Sia assegnata l equazione x ( e x +e y +e z = e x +e y +βe z. Trovare per quale valore del parametro β essa ammette soluzione ( punto. In corrispondenza, trovarne tutte le soluzioni ( punti Imponendo l ortogonalità dei vettori a = e x +e y +e z e b = e x +e y +βe z otteniamo la condizione di risolubilità β = da cui otteniamo b = e x +e y e z. Sostituendo questo valore nell espressione generale x = a a b+λa della soluzione dell equazione proposta otteniamo x = 4 [9e x +8e y +e z ]+λ( e x +e y +e z. Un sistema è formato da 4 corpi rigidi liberi di muoversi nello spazio, aventi ciascuno 6 punti materiali liberi di muoversi sulla propria superficie. Determinarne il numero totale di gradi di libertà. Un corpo rigido libero di muoversi nello spazio ha 6 gradi di libertà per cui i 4 corpi rigidi contribuiscono con 4 gradi di libertà. In tutto vi sono 4 punti materiali a ciascuno dei quali competono gradi di libertà per cui il numero di gradi di libertà dei punti materiali è 48 e l intero sistema ha 7 gradi di libertà..un corpo rigido piano è formato da un asta OA di lunghezza R, massa m, inclinata di π sull orizzontale; da un disco di massa 4m, raggio R, tangente all asta ed alla retta r orizzontale passante per O; da un rettangolo omogeneo BCDE di massa m, lati BC = R, CD = R, con il lato BC sovrapposto all asta e BE tangente al disco nel suo punto medio. Determinare la matrice di inerzia del corpo rispetto al punto O precisando, per ogni elemento di matrice, i contributi dell asta, del disco e del rettangolo rispetto alla base {e x,e y,e z }. Il punto O è un estremo dell asta per cui i contributi agli elementi di matrice richiesti sono: O (OA = mr sin π = 6mR O (OA = mr sin π 6 = mr

2 C B A D e y e x E O π r O (OA = mr cos π 6 cos π = mr. Per il disco, osserviamo anzitutto dalla geometria del problema che le coordinate del suo centro di massa G rispetto ad O sono x = R ed y = R per cui, grazie al teorema di Huygens-Steiner, O (D = 4 4mR +4mR = 5mR O (D = 4 4mR +mr = mr O (D = 4 mr. Per il rettangolo, introduciamo una base ortonormale {e,e } con e := E B E B e e := C B C B positivamente orientata con e z. Rispetto alla base {e,e,e z } la matrice di inerzia del rettangolo rispetto al suo centro di massa M è I M (BCDE = m 6 R 4 5 Inoltre, per trovare le coordinate di M rispetto ad O scriviamo M O = G O+M G ed osserviamo che G O = R( e x +e y e che, per la geometria del problema, M G = Re. Siccome. concludiamo che e = e x e y e = e x + e y M O = R 4 (4 +e x + R 4 (4+ e y. Servendoci del teorema di Huygens-Steiner ed osservando che e x = e + e e y = e + e otteniamo O (BCDE = m 6 R m 8 R (4+

3 ovvero Similmente O (BCDE = m 6 R da cui otteniamo Infine O (BCDE = m 6 R ( 7 IO xx (BCDE = mr ( O (BCDE = mr m 8 R (4 + m 8 R (4 +(4+ cioè O (BCDE = mr (+. In un piano verticale, un asta omogenea AB di massa m e lunghezza l è libera di ruotare attorno al proprio punto medio, mobile a sua volta su una guida verticale. All estremo A è saldato un punto materiale di massa m, attratto versounpuntofissoo dellaguidadaunamollaidealedicostanteelasticamg/l. Introdotte le coordinate s e ϑ indicate in figura, determinare l energia cinetica del sistema (4 punti e l energia potenziale ( punti. Trovare le configurazioni di equilibrio e studiarne la stabilità ( punti. Qualificare i modi normali di oscillazione attorno alla posizione di equilibrio stabile (4 punti. e y g O e x ϑ B s A Il contributo dell asta all energia cinetica si calcola ricorrendo al teorema di König, osservando che l asta ruota con velocità angolare ϑe z e che il centro di massa ha velocità ṡe y. Pertanto T AB = mṡ + m l ϑ.

4 Quanto al contributo del punto saldato in A, introduciamo la base ortonormale {e,e,e z } solidale all asta con e := A B A B e e tale che e e = e z. Allora A O = se y +le e dunque, grazie alle formule di Poisson, v A = ṡe y l ϑe per cui il contributo del punto all energia cinetica è T A = m (ṡ +l ϑ lṡ ϑsinϑ dove abbiamo notato che e y e = cos ( π +ϑ = sinϑ. In definitiva l energia cinetica è data da T = mṡ +ml ϑ mlṡ ϑsinϑ. I contributi dell energia potenziale sono quelli della forza peso e della forza elastica. Servendosi del teorema di Carnot per il calcolo della lunghezza di OA, otteniamo V = 4mgs mglcosϑ+ mg l s +mgscosϑ. Le configurazioni di equilibrio ordinarie risolvono il sistema { V s V ϑ mg = 4mg+mgcosϑ+ l s = = mg(l ssinϑ =. La seconda equazione ammette le soluzioni ϑ =, ϑ = π oppure s = l. Sostituendo nella prima equazione si ricavano i valori all equilibrio della restante variabile che sono, rispettivamente s = l s = l cosϑ =. L ultimo valore è chiaramente privo di senso per cui le coppie (s, ϑ all equilibrio sono E = (l, E = (l,π. Per studiarne la stabilità, calcoliamo le derivate seconde di V, ottenendo V s = mg l V s ϑ = mgsinϑ per cui le matrici hessiane sono ( B(E = mg l l V ϑ = mg(l scosϑ ( B(E = mg l 5l si vede che, mentre la configurazione E corrisponde ad un punto di sella di V ed è dunque instabile, per il primo criterio di Ljapunov, E corrisponde ad : 4

5 un punto di minimo relativo isolato per V e dunque è stabile in virtù del teorema di Dirichlet-Lagrange. Studieremo dunque questa configurazione e d ora in poi indicheremo B(E semplicemente con B. La forma quadratica associata all energia cinetica in E è ( 4 A = m l. Per trovare le pulsazionu delle piccole oscillazioni, risolviamo l equazione ( 4λ g det(λa B = mdet l λl = 5gl da cui otteniamo ω = λ = g l ω = λ = 5g l. Per qualificare i modi normali, risolviamo le equazioni det(λ A Bv = det(λ A Bv = che hanno come soluzioni ( v = ( e v =. Pertanto i modi normali corrispondenti sono caratterizzati da { s(t = l+εc (t, ϑ(t = π con c (t = α cos(ω t+β sin(ω t e da { s(t = l ϑ(t = π+εc (t, con c (t = α cos(ω t +β sin(ω t, essendo α, β, α e β costanti di integrazione. 5