Meccanica Razionale 1: Secondo parziale Cognome e nome:...matricola:... es.1 es.2 es.3 somma

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1 Meccanica Razionale 1: Secondo parziale Cognome e nome: matricola: es.1 es.2 es. somma Consideriamo il pendolo semplice con attrito, dove un punto materiale di massa m è vincolato a muoversi su una circonferenza liscia situata in un piano verticale. Sia l la lunghezza del pendolo, ci sono due forze da prendere in considerazione: la forza gravitazionale mg, e la forza di attrito, pensata proporzionale alla velocità angolare c θ, con c >. a. Trovare le equazioni del moto dalla seconda legge di Newton. b. Spiegare perchè, nel caso in cui non c è l attrito, la forza totale è conservativa. c. Spiegare perchè, nel caso in cui c è l attrito, la forza totale non è conservativa. d. Utilizzando l approssimazione sin θ θ, risolvere le equazioni del moto sotto le condizioni iniziali θ() = θ e θ() =. Ci si può limitare al caso < c < 2m gl. 2. Sia dato un triangolo equilatero ABC omogeneo di densità µ, disposto come in figura. Si determinino a. il baricentro del triangolo, b. il momento d inerzia rispetto alla retta r passante per l origine O e avente coseni direttori ( 1 1 2, 2, ), c. il momento d inerzia rispetto all asse z, d. il momento d inerzia rispetto alla retta r passante per C e parallela all asse y.

2 A(,a) 1 O C 2 B(, a). Una particella di massa m è vincolata a muoversi sulla superficie conica di equazione z = x 2 + y 2 sotto l effetto della forza elastica F = k r, essendo k > la costante di elasticità. a. eterminare il grado di libertà N del sistema e formulare la lagrangiana in N coordinate generalizzate. (Si consiglia di scegliere le solite coordinate cilindriche). b. Indicare due costanti del moto e spiegare perchè lo sono. c. Formulare le equazioni di Eulero-Lagrange. d. Trovare tutti i moti del sistema lungo una circonferenza in un piano orizzontale con il centro sull asse z.

3 1. SOLUZIONE: La forza gravitazionale, mg k, ha un componente centripetale diretto verso l originale (di lunghezza mg cos θ) e un componente tangenziale. Quest ultimo (di lunghezza mg sin θ) e la forza di attrito c θ tendono a frenare il moto. Quindi l equazione del moto è la seguente: ml θ = mg sin θ c θ, oppure θ + c ml θ + g sin θ =. l Poichè, per c >, la forza dipende dalla posizione e dalla velocità della massa, essa non può essere conservativa. Per c = abbiamo F tot = mg k = U, dove U = mgz; quindi in tal caso la forza totale è conservativa. Sotto l approssimazione sin θ θ, l equazione del moto θ + c ml θ + g l θ = è un equazione differenziale lineare e omogenea del secondo ordine, avente l equazione caratteristica = λ 2 + c ml λ + g ( l = λ + c ) 2 1 ( + 4m 2 gl c 2). 4m 2 l 2 Per < c < 2m gl quest ultimo termine è positivo. i conseguenza, λ = c ± iω, essendo ω = 1 g ( c ) 2. 4m2 gl c 2 = l La soluzione generale è θ(t) = e ct {A cos(ωt) + B sin(ωt)} ; {[ θ(t) = e ct Bω ca ] [ cos(ωt) Aω cb ] } sin(ωt). Poichè θ() = θ e θ() =, risulta A = θ, B = ca ω = cθ ω.

4 Quindi θ(t) = θ e ct { ( θ(t) = θ ω 1 + cos(ωt) + c } ω sin(ωt), [ c ω ] 2 ) e ct sin(ωt). 2. SOLUZIONE: L area triangolare ha la seguente forma: { = (x, y) : x a, y 1 (a } x), oppure: = { (x, y) : a y a, x (a y ) }. La massa totale è densità per area: m = µa 2. Il baricentro (x B, y B ) è dato da x B = 1 1 a (a y ) µx dxdy = µx dxdy = a, m y B = 1 m µy dxdy = 1 m µa 2 a 1 (a x) 1 (a x) µy dydx =. Il momento d inerzia rispetto ad una retta per O e avente coseni direttori (α, β, γ) è dato da I = Aα 2 + Bβ 2 + Cγ 2 2A βγ 2B αγ 2C αβ, essendo A = A = µ(y 2 + z 2 )d r, B = µyz d r, B = µ(x 2 + z 2 )d r, C = µxz d r, C = µ(x 2 + y 2 )d r, µxy d r.

5 Poichè cade nel piano z =, abbiamo A = B =, mentre A = B = C = C = µy 2 d r = µ µx 2 d r = µ 1 (a x) dx y 2 dy = 1µa4 = 1 1 (a 6 6 ma2, x) 1 (a x) x 2 dx dy = 1µa4 = 1 1 (a 2 2 ma2, x) µ(x 2 + y 2 )d r = A + B = 2 µa4 = 2 ma2, µxy d r = µ 1 (a x) x dx y dy =. 1 (a x) Nella parte b), dove α = β = 1 2 e γ =, si ha I = 1 2 (A + B) C = 1 a4 = 1 ma2. Nella parte c), dove α = β = e γ = 1, si ha I = C = 2 µa4 = 2 ma2. Per quanto riguarda la parte d), applichiamo il teorema di Huygens per trovare il momento d inerzia rispetto alla retta passante per il baricentro G e parallela all asse y. Troviamo: ( ) 2 I G = I m a = 1 2 ma2 1 ma2 = 1 6 ma2. Applichiamo il teorema di Huygens di nuovo: ( ) 2 2 I C = I G + m a = 1 6 ma2 + 4 ma2 = 2 ma2.. SOLUZIONE: Utilizzando le coordinate cilindriche otteniamo x = r cos θ, y = r sin θ, z = z, ẋ = ṙ cos θ r θ sin θ, ẏ = ṙ sin θ + r θ cos θ,

6 T = 1 2 m r 2 = 1 2 m(ṙ2 + r 2 θ2 + ż 2 ) = 1 2 m(ṙ2 + r 2 θ2 + ṙ 2 ), essendo z = r. Inoltre, U = 1 2 k(x2 + y 2 + z 2 ) = 1 2 k(r2 + z 2 ) = kr 2. Quindi ci sono due gradi di libertà e la lagrangiana è data da: L = mṙ mr2 θ2 kr 2. unque, θ non appare esplicitamente in L e quindi p θ = L θ = mr2 θ è una quantità conservata (infatti, il momento d inerzia rispetto all asse z). Poichè la lagrangiana non dipende esplicitamente dal tempo, viene conservata anche l hamiltoniana H = T + U = mṙ mr2 θ2 + kr 2. Ci rimane una singola equazione di Eulero-Lagrange non banale: oppure: Quindi per r = r, essendo 2m r = mr θ 2 2kr, r = p2 θ 2m 2 r kr m. r = ( ) p 2 1/4 θ, 2mk troviamo r = e quindi z = r = r costante. In tal caso il moto procede lungo una circonferenza a velocità angolare costante. Non ci sono moti in cui ṙ è costante ma diverso da zero, poichè in tal caso r = r sarebbe costante.