λ(z) = µ R 3 z2. m πr 2 4 = 16 4π 1

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1 Prova initinere di meccanica razionale 1 A-L del.11.6 Esercizio 1 Nel primo quadrante del piano Oxy di una terna Oxyz è posta una lamina omogenea di massa m avente la forma di un quarto di cerchio, di centro O eraggio R, nella quale è praticato un foro quadrato di centro B(R/,R/, ) e lato R/. Un asta rettilinea OA giace lungo il semiasse Oz positivo, avendo lunghezza R e densità λ(z) µ R z. Determinare: (a) ilbaricentro della sola lamina forata; (b) lamassa ed il baricentro del sistema lamina+asta. Soluzione (a) Baricentro della lamina forata La densità della lamina omogenea si ricava dividendone la massa m per l area corrispondente: σ m πr R π 1 m R. La strategia migliore per ricavare il baricentro della lamina forata consiste nel ricondursi ad un settore circolare completo ricoprendo il foro quadrato con una lamina di uguale forma, dimensioni e densità σ, perpoiapplicareilteoremadistributivo al sistema composto così ottenuto. Si immagina quindi di colmare il foro con una lamina quadrata di lato R/, centro B e densità σ: il baricentro del quarto di cerchio omogeneo si determina per integrazione diretta. Settore circolare completo 1

2 Il baricentro C ocentroide del settore circolare omogeneo completo non dipende dalla densità costante σ e per l evidente simmetria può scriversi semplicemente come C O x C ê 1 + y C ê con l ascissa che è immediato calcolare integrando in coordinate polari piane x C 1 πr / R dρ π/ dφ ρ ρ cos φ πr e l ordinata che assume lo stesso valore R ρ dρ π/ cos φdφ πr R 1 π R y C x C π R, in quanto la bisettrice del primo quadrante nel piano coordinato Oxy rappresenta un evidente asse di simmetria della figura. Si ottiene pertanto C O π R ê 1 + π R ê. Si osservi che al settore circolare completo va attribuita una massa complessiva pari a ( R ) ( πr m + σ σ ) R + σr σ πr. Lamina quadrata ausiliaria La lamina quadrata fittizia che viene utilizzata idealmente per colmare il foro deve assumersi omogenea, in modo che il settore circolare completo risulti a sua volta omogeneo. Il baricentro della lamina quadrata si identifica con il centro geometrico B, ovvio centro di simmetria della figura. Alla lamina compete una massa totale data da ( R ) σr σ 16. Lamina forata Indicato con G il baricentro incognito della lamina forata, di massa m, laproprietàdistri- butiva applicata al settore circolare completo porge la relazione m(g O)+σ R (B O) C O 16 σ πr ossia, sostituendo ai vettori C O e B O le corrispondenti espressioni cartesiane, π R ê 1 + π R ê ( m(g O)+σ R R 16 ê1 + R ê). σ πr

3 Ne deriva che ( m(g O) σ πr π Rê 1 + ) ( π Rê σ R R 16 ê1 + R ê) ( 1 σr ) ( 9 σr ê1 ê ê1 8ê 96 ê1 + 5 ) 16 ê ed èsufficiente dividere membro a membro per la massa m del sistema per ottenere il vettore posizione di G: G O σr σr ( π 1 16 ( 9 ) 96 ê1 + 5 ) 16 ê 1 ( 9 ) π 1 6 ê1 +5ê R. (b) Massa e baricentro del sistema Il sistema ècostituito dalla lamina forata e dall asta OA, dicuiconviene scrivere separatamente masse e baricentri per poi applicare il teorema distributivo. Massa m ebaricentro G della lamina sono già noti; si devono soltanto determinare le corrispondenti grandezze relative all asta OA. Massa dell asta La massa dell asta viene ricavata per integrazione diretta della densità λ(z) lungo il segmento z [,R]: m a R λ(z) dz R m R z dz m [ z R ] R m. Baricentro dell asta Il baricentro dell asta deve collocarsi lungo l asse di giacitura Oz edeveperciò potersi esprimere nella forma G a O z a ê essendo la quota z a l unica coordinata non banale da determinare. Per quest ultima si ha l espressione z a 1 m a R zλ(z) dz m R z mz R dz R [ z ] R R R R sicché risulta G a O R ê. Massa del sistema Sommando le masse parziali di lamina e asta si perviene alla massa totale m s del sistema m s m + m a m + m m.

4 Baricentro del sistema Una immediata applicazione della proprietà distributiva consente di ricavare il baricentro G s del sistema, composto da lamina e asta, G s O m(g O)+m a(g a O) m + m a ( 9 π 1 R ê ) R ê + 16 R ê. m 1 ( 9 π 1 R ê m 6 ê1 +5ê )R + m Esercizio Un punto materiale P di massa m 1èvincolato a scorrere senza attrito lungo l asse Oy di una terna inerziale. Una molla ideale di costante elastica k collega P all origine O. Sul punto agisce inoltre una forza di resistenza viscosa con costante di frizione β. Determinare: (a) l equazione del moto del sistema e la condizione su β affinchè imoti siano oscillatori smorzati; (b) lasoluzione generale dell equazione del moto per β edilmotodidati iniziali y() 1, ẏ() 1. Soluzione (a) Equazione del moto e condizione per i moti oscillatori smorzati Il moto del punto avviene lungo l asse Oy, cheèparametrizzabile nell ovvia forma P (y) O y ê, y R in modo che velocità ed accelerazione istantanee del punto si esprimono come P ẏ ê P ÿ ê. Il postulato delle reazioni vincolari porge l equazione del moto dove le forze elastica e di resistenza viscosa si riducono a P (P O) β P + Φ (.1) (P O) y ê β P βẏ ê mentre la reazione vincolare Φdeve ritenersi ortogonale all asse vincolare, privo di attrito per ipotesi. L equazione pura del moto si deduce proiettando la (.1) lungo l asse Oy, ossia moltiplicando scalarmente membro a membro per ê la stessa equazione: ÿ βẏ y.

5 Si perviene così all equazione pura del moto ÿ + βẏ +y che è lineare, omogenea e a coefficienti costanti. Ad essa si associa l equazione caratteristica λ + βλ + di radici λ 1,λ β ± β 16. La condizione necessaria e sufficiente affinché imoti del sistema risultinooscillatori smorzati ècheleradici λ 1, λ dell equazione caratteristica siano complesse coniugate, condizione che ricorre unicamente quando il discriminante dell equazione assume segno negativo β 16 <. Rilevando che la costante di frizione β deve comunque ritenersi positiva, si conclude che i moti oscillatori smorzati si verificano se e soltanto se <β<. (b) Soluzione generale per β eproblemadicauchy Nel caso si assuma β le radici dell equazione caratteristica si riducono a λ 1,λ ± 16 ± i 1 ± i eadesse corrisponde la soluzione generale y(t) e t[ c 1 cos( t)+c sin( t) ] t R in cui figurano le costanti reali arbitrarie c 1 e c,determinabili per mezzo delle condizioni iniziali. La derivata della soluzione generale èdata dall espressione ẏ(t) e t[ c 1 cos( t) c sin( t) c 1 sin( t)+ c cos( t) ] per cui all istante t deveaversi y() c 1 ẏ() c 1 + c elecondizioniiniziali assegnate porgono il sistema lineare di equazioni algebriche in c 1, c c 1 1 c 1 + c 1 5

6 da cui si deduce c 1 1 c. La soluzione del problema di Cauchy proposto diventa perciò [ y(t) e t cos( t)+ sin( ] t) t R. Esercizio Sia Oê 1 ê ê una terna cartesiana ortogonale destra in E.Siricavil equazione parametrica dell asse centrale del sistema costituito dal vettore a ê 1 5ê +ê,applicato nel punto A(, 1, ), e dal vettore b ê 1 +ê ê,applicato nel punto B(1,, ). Soluzione Il sistema ècostituito da due vettori applicati: a ê 1 5ê +ê applicato in A(, 1, ) e b ê1 +ê ê applicato in B(1,, ), con risultante non nullo R a + b ê +ê per cui sono assicurateesistenza ed unicità del relativo asse centrale. Il momento risultante del sistema rispetto al polo A si scrive M A (B A) b (ê 1 ê +5ê ) ( ê 1 +ê ê ) ê 1 ê ê ê 1 ê +ê in modo che R M A ê 1 ê ê ê 1 9ê 7 ê eosservato che R 9+11, l equazione parametrica dell asse centrale diventa R P A M A R + α R ê1 9ê 7 ê 1 ossia, riferendo il risultato all origine O della terna di riferimento, + α( ê +ê ) P O A O ê1 9 1 ê 7 1 ê α ê + α ê 6

7 ê ê ê1 9 1 ê 7 1 ê α ê + α ê 1 1 ê ê 7 1 ê α ê + α ê α R. Evidenziando le componenti, si ottiene la seguente rappresentazione parametrica dell asse centrale x 1 1 y 19 1 α z α α R. Esercizio Nel piano Oxy di una terna Oxyz èpostauna lamina omogenea di densità σ m/a, essendo m ed a una massa ed una lunghezza caratteristiche del sistema. In tale piano la lamina occupa l insieme, illustrato in figura, definito da L { (x, y) R : x a, y (x a) /a }. Determinare della lamina: (a) la matrice d inerzia rispetto alla terna Oxyz; (b) ilmomento d inerzia rispetto all asse di equazione 1y 5x,z ; (c) ilmomento d inerzia rispetto all asse x a, z. Soluzione (a) Matrice d inerzia in Oxyz La lamina èsituatanel piano coordinato Oxy della terna Oxyz, percui la relativa matrice d inerzia deve assumere la forma generale [L O ] L xx L xy L xy L yy L xx + L yy 7

8 potendosi individuare il piano di giacitura come piano principale d inerzia in O. Il momento d inerzia rispetto all asse Ox èdatoda L xx a m a dx a (x a) /a dy y m a m a (x a) 6 a dx m a 5 a [ y dx [ (x a) 7 7 ] a ] (x a) /a y m a 7 a ma mentre quello relativo all asse Oy risulta L yy a m a dx a (x a) /a dy x m a m a a x (x ax + a ) dx m a [ x 5 Quanto al prodotto d inerzia si ha L xy a m a m a m a dx a a [ x 6 (x a) /a x (x a) a dy xy m a dx x [ y ] (x a) /a y 5 ax a [ y dx x dx m a a ] (x a) /a y (x 5 x a +6x a x a + xa ) dx 6 x5 5 a +6x a x a + x a m a a ] a x + a (x a) x dx a ma. x(x x a +6x a xa + a ) dx m ( 6 a 6 a6 5 a6 + 16a6 ) 8a6 + a6 ( ma 18 ) ma. In definitiva, la matrice d inerzia della lamina nella terna Oxyz diventa /1 1/5 [L O ]ma 1/5 16/15. 1/15 8 ] a

9 (b) Momento d inerzia rispetto alla retta 1y 5x, z L equazione della retta si può esprimere nella forma equivalente y 5 x, z, 1 dalla quale appare evidente che la retta passa per l origine O della terna di riferimento. Il versore tangente alla retta si scrive ˆn ê 1 + dy ê1 + dy dx ê dx ê ê ê ê ê ê ê ê 1 +5ê 1 con componenti n n 5 1 n. Il momento d inerzia rispetto alla retta Oˆn èallora dato dalla relazione generale I Oˆn (n 1 n n )[L O ] n 1 n n che nella fattispecie si riduce a I Oˆn ( 1/1 5/1 ) /1 1/5 ma 1/5 16/15 1/1 5/1 1/ /7 169 ma (1 5 ) ma (1 5 ) /15 1 ( ma 7 + ) 59 ma. (c) Momento d inerzia rispetto alla retta x a, z L asse di equazione x a, z, che si indicherà comeasse s, èparallelo all asse coordinato Oy: il momento d inerzia della lamina rispetto a s può essere comodamente calcolato usando il teorema di Huygens-Steiner. Ciò richiedetuttavialadeterminazione della massa e del baricentro del sistema. In realtà delbaricentro G interessa soltanto l ascissa x G,lasoladacuidipende la distanza interassiale. Risulta immediatamente x G a 9

10 acausa dell evidente asse di simmetria x a, z lafiguraèomogenea e l intervallo [, a] didefinizione dell ascissa x èinvariante sotto la trasformazione di inversione dello stesso intervallo x a x al pari della funzione che descrive il bordo superiore della lamina (x a) a (a x a) a (a x) a (x a) a x [, a], lamina che perciò è complessivamente invariante rispetto alla stessa trasformazione. Ne deriva che l asse baricentrale parallelo a Oy èidentificato dall equazione x a, z : lo si indicherà comeasse r. Rimane da calcolare la sola massa, che si esprime per mezzo dell integrale doppio della densità sull intero supporto della superficie M a dx (x a) /a m a [ (x a) dy m a m a ] a a dx (x a) a m a (a + a ) m. m a a (x a) dx Per ilmomento d inerzia rispetto all asse baricentrale r il teorema di Huygens-Steiner fornisce allora l espressione I r I Oy Ma L yy Ma ma ma 5 ma equello relativo all asse s diventa dunque I s I r + M(a) 5 ma + m a 5 ma + 8 ma 6 15 ma, essendo a la distanza fra gli assi paralleli s ed r. Esercizio 5 Un punto materiale non pesante P di massa m scorre senza attrito lungo la curva di equazione P (x) x ê 1 +(x ) ê, x R, rispetto alla terna inerziale Oxyz. Unamolla di costante elastica k congiunge P con l origine O. (a) Scrivere le equazioni pure del moto del sistema. (b) Determinare le posizioni di equilibrio del sistema. Soluzione (a) Equazioni pure del moto La parametrizzazione della curva èdiclasse C in R ed ammette le derivate prima e seconda indicate di seguito P (x) x ê 1 +(x ) ê P (x) ê 1 +ê. (.) 1

11 La curva parametrica ha l andamento illustrato in figura Velocità e accelerazione istantanea lungo un generico moto possibile, individuato da una qualsiasi funzione x(t) diclasse C in un intervallo reale, si scrivono nella forma P P (x)ẋ P P (x)ẍ + P (x)ẋ che inserita nel postulato delle reazioni vincolari porge l equazione del moto m[p (x)ẍ + P (x)ẋ ] k[p (x) O]+ Φ in cui la reazione vincolare Φ può essere un qualsiasi vettore ortogonale alla curva nella posizione occupata dal punto materiale. L equazione pura del moto si ricava proiettando la precedente equazione lungo la direzione tangente P (x): mp (x) ẍ + mp (x) P (x)ẋ k[p (x) O] P (x) efacendo uso delle (.) diventa m[x +(x ) ]ẍ +m(x + x ) ẋ k[x +(x ) ] ovvero m[x +(x ) ]ẍ +8m(x 1) ẋ +k[x +(x ) ]. (.) (b) Equilibri Gli equilibri del sistema sono individuati dalle soluzioni statiche dell equazione pura del moto, equazione (.). Le ascisse di equilibrio sono quindi tutte e sole le soluzioni dell equazione algebrica non lineare k[x +(x ) ] che sviluppando il cubo e semplificando si riduce all equazione di terzo grado x x +6x. (.) 11

12 Una radice ovvia si ha per x 1,come si verifica immediatamente facendo uso del teorema di Ruffini: Il polinomio x x +6x èquindi divisibile per il binomio x 1eilquoziente può essere determinato sempre con la regola di Ruffini risultando così x x +. È peraltro immediato verificare che questo trinomio di secondo grado si mantiene sempre positivo, non avendo radici reali e assumendo valore positivo in x ;sihaineffetti l identità x x + x x +1+ (x 1) + >. L equazione di equilibrio (.) equivale perciò alla (x 1)(x x +) ed ammette x 1 come unica radice reale. equilibrio del sistema ricorre per x 1: Si conclude che lasolaconfigurazione di P (1) O ê 1 +ê. 1