Università di Pavia Facoltà di Ingegneria Corso di Laurea in Ingegneria Edile/Architettura Correzione prova scritta 9 settembre 2011

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1 1 Univrsità di Pavia Facoltà di Inggnria Corso di Laura in Inggnria Edil/rchitttura Corrzion prova scritta 9 sttmbr Dati i tnsori: { L = 3x y +3 y z +4 z x M = 3 x x + x z +5 y y d il vttor v = x y, calcolar LM ML)v x. Ricordandosi dll idntità a b)c d) = b c)a d) si può mostrar ch pr cui quindi. Trovar la curvatura dlla curva nl punto corrispondnt a t = 0. Con calcoli dirtti si ricava quindi in t = 0 si ha pr cui LM = 15 x y +1 z x +8 z z ML = 9 x y +8 x x +15 y z LM ML = 6 x y +1 z x +8 z z 8 x x 15 y z LM ML)v x = 1 z 14 x ) x = 14. pt) O = 4 t +1 x + t y +3sinht z t ṗt) = 8 1+t ) x + t y +3cosht z, ) 8 pt) = 1+t ) + 3t 1+t ) 3 x + t y +3sinht z, ṗ0) = y +3 z p0) = 8 x + y, κ0) = Un corpo rigido piano è formato da du triangoli rttangoli isoscli, ciascuno di massa 3m catto di lunghzza l, disposti in modo da avr l mdian rlativ all ipotnus post sulla stssa rtta. gli strmi dll ipotnus sono saldat du ast, ciascuna di massa 5m lunghzza l, ortogonali all ipotnus.

2 C M G Dtrminar il rapporto tra i momnti cntrali di inrzia dl corpo total risptto alla dirzion di a qulla ortogonal ad, posta nl piano dlla figura. In figura abbiamo indicato la dirzion ortogonal ad passant pr il cntro di massa G dll intro sistma, ch coincid col punto mdio di. Il momnto cntral di inrzia lungo la dirzion 1 di si ottin ossrvando ch, traslando uno di triangoli lungo 1 fino a portarn l ipotnusa a contatto con qulla dll altro triangolo, non si altra il momnto di inrzia dl sistma di du triangoli lungo qusta dirzion ch divnta prò in qusto modo ugual a qullo di un quadrato di massa 6m lato pari ad l prtanto val m l. Inoltr, l du ast danno ciascuna un contributo 5 ml, com si ottin applicando loro il torma di Huygns-Stinr. Prtanto il momnto I G, 1 dl sistma lungo 1 è I G, 1 = 11 ml. Passando alla dirzion cntral, ortogonal ad 1, il contributo di ogni asta è 5 1 ml mntr i du triangoli danno lo stsso contributo. Pr calcolarlo indichiamo con T il triangolo di vrtic d introduciamo il punto mdio M dll ipotnusa, nonché il cntro di massa C di T. Ricordiamo dalla gomtria lmntar ch CM = 6. Poiché il momnto cntral di inrzia pr un triangolo non è tabulato, applichiamo du volt il torma di Huygns-Stinr: I G, T ) = I C, T )+3m CG I M, T ) = I C, T )+3m CM Poiché I M, T ) è la mtà dl momnto cntral di inrzia lungo di un quadrato di lato pari ad l massa 6m, abbiamo I M, T ) = m 4 l 1 quindi, siccom CG = l + ) 6, concludiamo ch I G, T ) = m ) ) 4 l +3ml = ml 1+ 6 pr cui, sommando i vari contributi, il momnto cntral di inrzia pr l intro sistma lungo val ) 5 I G, = ml 6 ++ = ml ) dunqu =

3 3 4. In un piano vrtical du punti matriali di mass m 3m, rispttivamnt, sono mobili su du rtt paralll r d u, dirtt lungo x, distanti h tra loro. Il punto è attratto vrso un punto O di r da una molla idal di costant lastica k vrso da un altra molla di costant lastica k; il punto è poi attratto da una molla idal di costant k vrso un punto P di u, con P distant l dalla proizion O di O su s. Introdott l coordinat x s indicat in Figura dtrminar l sprssion dll nrgia cintica total T dl sistma; l sprssion dll nrgia potnzial total V dl sistma; i valori di x d s nlla configurazion di quilibrio stabil l corrispondnti pulsazioni ω dll piccol oscillazioni. y g O x x r O s P u L nrgia cintica di du punti matriali è T = m ẋ + 3 mṡ mntr, considrando rispttivamnt l moll O, P, l nrgia potnzial è V = k x +kx s) + k l s) = 3 kx + 3 ks kls kxs. Drivando risptto all coordinat lagrangian sclt si hanno l condizioni di quilibrio V,x = 3kx ks = 0 V,s = 3ks kl kx = 0 da cui si ottin com sola configurazion di quilibrio qulla carattrizzata da x = 4 5 l s = 6 5 l. La matric hssiana di V in qusta configurazion è 3k k = k 3k ) d è dfinita positiva pr cui la configurazion di quilibrioè stabil grazi al torma di Dirichlt-Lagrang. La forma quadratica associata all nrgia cintica è ) m 0 = 0 3m dunqu la condizion dtλ ) = 0 divnta 3λ m 1kmλ+5k = 0

4 4 ch ha pr radiciλ ± = k m 1± ) 1 6 da cui si ottngono l sprssioni ω ± = λ ± = k ± 1 1. m 3 5. La struttura articolata piana in Figura è formata da tr ast:, di lunghzza l pso spcifico linar uniformp; C, dilunghzzal, psotrascurabil,sucuiagiscuncaricoavntdnsitàlinarq = 6p l y x, dov y è la quota dl gnrico punto di C risptto a ; C, di lunghzza l pso trascurabil. La struttura è vincolata a trra in da una crnira cilindrica d in da un appoggio bilatro; una crnira intrna collga C C. Calcolar, in condizioni di quilibrio, la razion vincolar in ; l componnti dlla razion vincolar in lungo x lungo y ; il modulo dllo sforzo di taglio nl punto mdio di C. y f x C q Il carico distribuito con lgg linar su C ha com risultant il vttor R = l 0 qdy = 3pl x applicato nl punto P dll asta posto a distanza 3l dall strmo. La razion a trra in è dl tipo Φ = φ y, visto ch si tratta di un carrllo bilatro. Richidiamo l quilibrio di momnti pr l intra struttura risptto al polo, risptto al qual gnrano momnto il pso di, il vttor R Φ : nllo spcifico si ha pl +3pl 3 l+φ l = 0 da cui si ottin Φ = pl y. Chidndo ora l quilibrio dll forz lungo x lungo y pr l intra struttura si ottin Φ = 3 x + y )pl.

5 5 Qualch attnzion in più richid il calcolo dllo sforzo di taglio nl punto mdio M di C. Spzziamo l asta in M d isoliamo il tratto M su cui agisc la porzion di carico comprsa tra d M, di risultant R 1 = l 0 q y = 3 4 pl x, la razion a trra Φ qulla Φ ch splica in su C. Pr i nostri scopi è sufficint dtrminarn la componnt Φ x lungo x. Pr qusto, torniamo all intra asta C richidiamo ch i momnti risptto a C siano quilibrati, il ch quival ad imporr Φ x l 3pl l 3 = 0 da cui sgu subito Φ x = pl. Dtto T x lo sforzo di taglio in M, l quazion cui dv obbdir è da cui si ricava T = 1 4 pl ch ha pr modulo 1 4 pl. T +R 1 x +Φ x = 0