Prova scritta di fondamenti di meccanica razionale del

Transcript

1 Prova scritta di fondamenti di meccanica razionale del Esercizio 1 Una piastra quadrata P = OABC, di lato a, giace nel piano Oxy di una terna Oxyz, con i vertici A e C lungo i semiassi positivi Ox e Oy rispettivamente. A P è sovrapposta un asta rettilinea omogenea di massa m, che collega i punti medi M ed N dei lati OC e AB vedi figura. La piastra ha densità: σx, y = m a 3 x + y x, y [, a]. Determinare del sistema: a la massa e la posizione del baricentro rispetto a Oxyz; b la matrice d inerzia relativa a Oxyz; c il momento d inerzia rispetto alla retta AB. Esercizio In una terna inerziale Oxyz = Oê 1 ê ê 3, con l asse Oy diretto verso l alto, un punto materiale pesante P di massa m è vincolato a scorrere senza attrito lungo la curva di parametrizzazione: P ϕ O = R + sin ϕ ê 1 + R1 cos ϕ ê, ϕ R, dove R è una lunghezza costante. Una molla ideale di costante elastica k collega P all origine O. Determinare del sistema: a le equazioni pure del moto; b gli equilibri. 1

2 Esercizio 3 Rispetto ad una terna inerziale un riferimento cartesiano ortogonale Oxyz = Oê 1 ê ê 3 ruota con velocità angolare costante ω attorno all asse verticale Oy. Un asta rettilinea omogenea e pesante AB, di massa m e lunghezza a, si muove nel piano coordinato Oxy mantenendo l estremo A sull asse Oy. Il suo punto medio M è collegato ad O da una molla ideale di costante elastica k = mω. I vincoli si assumono ideali. Usare le coordinate libere s, φ R in figura per determinare del sistema, relativamente a Oxyz: a le configurazioni di equilibrio; b le proprietà di stabilità degli equilibri; c l espressione dell energia cinetica; d le equazioni di Lagrange; e la condizione di esistenza e la posizione del centro di istantanea rotazione di AB.

3 Soluzione dell esercizio 1 a Massa e baricentro Massa della piastra La massa della piastra si ricava integrando la densità σ sul dominio P: m P = P σ da = dy m a x + y = m 3 a 3 xa + a = m a a 3 a + aa = m. Massa del sistema La massa del sistema è per definizione la somma delle masse parziali di asta e piastra: m S = m MN + m P = m + m = m. Baricentro della piastra L individuazione del baricentro G P della piastra si semplifica notando che la retta OB costituisce un evidente asse di simmetria per P. Si ha infatti che per ogni punto di P, il corrispondente punto simmetrico rispetto alla retta y = x appartiene a propria volta a P: x, y P = y, x P e che nei due punti simmetrici la densità areale assume sempre lo stesso valore: σy, x = m a y + x = m x + y = σx, y x, y P. 3 a3 La posizione di G P è quindi determinata da un vettore della forma: G P O = x P ê 1 + x P ê in cui l ascissa x P si calcola per mezzo della relativa definizione: per cui: x P = = 1 a 3 1 m P P x σ da = 1 m x a + x a = 1 a 3 a 3 dy x m a 3 x + y = 1 a 3 3 a + a a = G P O = 7 1 aê aê. dy x + xy = a = 7 1 a, Baricentro dell asta L asta rettilinea omogenea ha baricentro del proprio punto medio e centro di simmetria: G MN O = M O + N O = 1 a + aê 1 + a = a + a. ê ê ê1 ê 3

4 Baricentro del sistema Il baricentro G del sistema viene determinato per mezzo del teorema distributivo, considerando le masse e i baricentri delle parti P ed MN. La formula per il vettore posizione relativo a O è dunque: G O = m PG P O + m MN G MN O = 1 7 m P + m MN 1 aê aê + 1 a + a = ê1 ê 7 = aê aê = aê aê. b Matrice d inerzia Matrice d inerzia della piastra La piastra si colloca completamente nel piano coordinato Oxy della terna di riferimento. Inoltre si è già riconosciuto che la bisettrice y = x rappresenta un asse di simmetria di P, in modo che senz altro i momenti d inerzia relativi agli assi Ox ed Oy coincidono: L P xx = y σx, y da = x σy, x da = L P yy, P P come è immediato verificare con il cambiamento di variabile x, y y, x. Ne deriva che la matrice d inerzia della piastra rispetto al riferimento Oxyz deve assumere la forma semplificata: L P [L P xx L P xy L P xx L P xy O] = L P xy L P yy = L P xy L P xx. L P xx + L P yy L P xx Il momento d inerzia relativo a Ox risulta: L P xx = P = m a 3 y σ da = dy y m a 3 x + y = m a 3 x a3 3 + a4 = m a a 3 4 a aa4 4 mentre per l unico prodotto d inerzia non banale si ha: L P xy = P = m a 3 xy σ da = dy xy m a 3 x + y = m a 3 x a + xa3 = m a 3 a 3 a a 4 = ma a 3 3 dy xy + y 3 = = ma 3. = 5 1 ma, dy x y + xy =

5 La matrice d inerzia della piastra vale così: 5/1 1/3 [L P O] = ma 1/3 5/1 5/6 Matrice d inerzia dell asta Conviene introdurre una terna di riferimento G MN xyz con origine nel baricentro e punto medio G MN del segmento MN e gli assi coordinati rispettivamente paralleli a quelli della terna Oxyz. Rispetto a G MN xyz la matrice d inerzia dell asta omogenea è ben nota: [L MN G MN ] = ma 1/1 1/1 ed il vettore posizione di G MN relativo a Oxyz si scrive: G MN O = a ê1 + a ê = d 1 ê 1 + d ê + d 3 ê 3, con coordinate: d 1 = a d = a d 3 =. Il teorema di Huygens-Steiner generalizzato porge allora per la matrice d inerzia in Oxyz dell asta l espressione: [L MN O ] = [L MN G MN ] + m d + d 3 d 1 d d 1 d 3 d 1 d d 1 + d 3 d d 3 = d 1 d 3 d d 3 d 1 + d = ma 1/1 + m 1/1 1/4 1/4 = ma 1/4 1/3. 7/1 a /4 a /4 a /4 a /4 a / Matrice d inerzia del sistema La somma delle matrici d inerzia parziali, calcolate rispetto a Oxyz per piastra e asta, definisce la matrice d inerzia dell intero sistema relativa alla stessa terna: 5/1 1/3 [L O ] = [L P O] + [L MN O ] = ma 1/3 5/1 + ma 5/6 = 1/4 1/4 1/4 1/3 7/1 che vale pertanto: [L O ] = ma /3 7/1 7/1 3/4 17/1. 1 5

6 c Momento d inerzia rispetto alla retta AB La retta AB è parallela all asse coordinato Oy, ma non passa per il baricentro G del sistema. Si rende quindi necessario applicare due volte il teorema di Huygens-Steiner, considerando le rette parallele AB, Oy e Gy, come evidenziato in figura. Ricordando che la massa del sistema è m S = m, l ascissa del baricentro vale x G = 13/4a e il momento d inerzia relativo all asse Oy si identifica con l elemento L yy della matrice d inerzia [L O ], le formule di Huygens-Steiner si scrivono: L yy = I Oy = I Gy + m S x G I AB = I Gz + m S a x G ed eliminando l incognita I Gy porgono il momento d inerzia richiesto: I AB = L yy m S x G + m Sa x G = L yy + m S a ax G = = L yy + m S a 1 x G = 3 a 4 ma + ma 1 13 = 4 = 3 4 ma + ma 1 = ma 1 6 ma = 7 1 ma. Soluzione dell esercizio a Equazioni pure del moto La posizione del punto vincolato è individuata dalla parametrizzazione regolare: con derivata prima: P ϕ O = R + sin ϕê 1 + R1 cos ϕê, ϕ R, P ϕ = R cos ϕ ê 1 + R sin ϕ ê. Si verifica facilmente che la curva consiste in una circonferenza di raggio R e centro CR, R, ma l osservazione non è essenziale per la determinazione dell equazione del moto e degli equilibri. Il punto P è soggetto al proprio peso mgê, alla sollecitazione elastica kp O e alla reazione vincolare Φ, ortogonale alla curva vincolare nella posizione corrente del punto stesso. Il postulato delle reazioni vincolari porge allora: m P = mgê kp O + Φ. L equazione pura del moto si ricava moltiplicando scalarmente membro a membro la relazione precedente per il versore tangente: ˆτϕ = P ϕ P ϕ = cos ϕ ê 1 + sin ϕ ê e si riduce a: m s = [ mgê kp O ] ˆτ, 6

7 dove a primo membro compare l ascissa curvilinea: s = ϕ P ϕ dϕ = ϕ Rcos ϕ ê1 + sin ϕ ê dϕ = ϕ R dϕ = Rϕ. L equazione pura del moto risulta perciò: mr ϕ = [ ] mgê kr + sin ϕê 1 kr1 cos ϕê cos ϕ ê1 + sin ϕ ê vale a dire: mr ϕ = kr + sin ϕ cos ϕ mg sin ϕ kr1 cos ϕ sin ϕ ossia: mr ϕ = kr cos ϕ mg sin ϕ kr sin ϕ ed infine, raccolti i termini simili a secondo membro: mr ϕ = kr cos ϕ mg + kr sin ϕ. b Equilibri Gli equilibri sono associati alle soluzioni statiche, costanti, dell equazione pura del moto. Si ottengono perciò risolvendo l equazione trigonometrica: = kr cos ϕ mg + kr sin ϕ per la quale vale certamente cos ϕ ed è quindi possibile scrivere l espressione equivalente: tgϕ = kr mg + kr. Una soluzione si ha per: ϕ = arctg kr mg + kr kr = arctg mg + kr = ϕ π, e un ulteriore radice si ricava usando la periodicità della funzione tangente: ϕ = ϕ + π = π ϕ π, π. Entrambi gli equilibri sono sempre definiti a meno di multipli interi di π, che sono irrilevanti perchè individuano le stesse configurazioni. 7

8 Soluzione dell esercizio 3 a Equilibri Le sollecitazioni che agiscono sul sistema scleronomo hanno tutte natura posizionale conservativa: il sistema delle forze peso, l interazione elastica mediata dalla molla ideale tesa fra M ed O, il sistema delle forze centrifughe. Al solito, il sistema delle forze di Coriolis è caratterizzato da componenti generalizzate identicamente nulle, dovute al fatto che per ogni singolo punto P dell asta la forza di Coriolis è ortogonale al piano vincolare Oxy, mentre le derivate parziali P/ s e P/ φ sono necessariamente paralleli a tale piano, al pari della velocità P. Le sollecitazioni sono dunque descritte dagli appropriati potenziali scalari. Potenziale gravitazionale Il baricentro G dell asta coincide con il suo punto medio M e centro di simmetria. vettore posizione relativo a Oxyz è dato da: G O = A O + B A = asê + a sin φ ê 1 a cos φ ê = = a sin φ ê 1 a s + 1 cos φ ê. Il Il potenziale gravitazionale dell asta si scrive perciò: U g = mgê G O = mga s + 1 cos φ. Potenziale elastico Il potenziale associato alla molla ideale di costante elastica k = mω che collega O ad M risulta: U el = k M O = mω = ma ω 1 4 sin φ + s cos φ + s cos φ a sin φ ê 1 a s + 1 ê cos φ = = ma ω s + s cos φ Potenziale centrifugo Il potenziale delle forze centrifughe che agiscono sull asta omogenea può essere calcolato agevolmente per mezzo della definizione, introducendo una ascissa curvilinea ξ [, a] che esprima la distanza da O di un generico punto di AB: U cf = ω IAB Oy = ω ξ sin φ m a dξ = mω a sin φ ξ dξ = 1 6 ma ω sin φ. Potenziale del sistema La somma dei potenziali gravitazionale, elastico e centrifugo definisce il potenziale del sistema: Us, φ = U g + U el + U cf = mga s + 1 cos φ ma ω s + s cos φ ma ω sin φ,. 8

9 nel quale si è omessa una costante additiva inessenziale e si intende che s, φ R. Equilibri Gli equilibri del sistema a vincoli bilaterali sono tutti e soli i punti critici del potenziale e si ottengono perciò annullando simultaneamente le derivate parziali prime: U s s, φ = mga ma ω s + cos φ U φ s, φ = 1 mga sin φ + ma ω s sin φ ma ω sin φ cos φ, ovvero risolvendo il sistema di equazioni: mga ma ω s + cos φ = sin φ 1 mga + ma ω s ma ω cos φ =, che equivale a: g s cos φ = aω sin φ g aω + s cos φ =. Dalla prima equazione si ricava il valore di equilibrio di s in termini della variabile angolare: s = 1 g aω cos φ che sostituito nella seconda delle 3 la riduce a: sin φ 1 6 cos φ = g aω 1 cos φ, 4 = sin φ cos φ =. Ne seguono le radici distinte, definite incondizionatamente: φ = φ = π φ = π φ = π cui corrispondono, tramite la 4, gli equilibri: g s, φ = aω 1, g s, φ = aω, π s, φ = s, φ = g aω + 1, π g aω, π. b Stabilità degli equilibri Le caratteristiche di stabilità degli equilibri possono essere analizzate ricorrendo ai teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale, data la natura posizionale conservativa del sistema scleronomo. A questo scopo occorre calcolare le derivate parziali seconde del potenziale: U ss s, φ = ma ω U φs s, φ = ma ω sin φ 9

10 U sφ s, φ = ma ω sin φ U φφ s, φ = ma ω g aω cos φ + s cos φ cos φ e la relativa matrice hessiana: sin φ H U s, φ = ma ω sin φ g aω cos φ + s cos φ + 1 cos φ 3 in ciascuna configurazione di equilibrio, caratterizzandone le proprietà spettrali. g Configurazione s, φ = aω 1, In questo caso la matrice hessiana del potenziale si riduce alla forma diagonale: g H U aω 1, = ma ω 1/6 ed è chiaramente definita negativa. L equilibrio viene caratterizzato come massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilità segue dal teorema di Lagrange-Dirichlet. g Configurazione s, φ = aω + 1, π Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale coincide con quella già calcolata per la configurazione precedente: g H U aω + 1, π = ma ω 1/6 e conduce alla stessa conclusione: l equilibrio è stabile per Lagrange-Dirichlet. g Configurazione s, φ = aω, π Per questa configurazione la matrice hessiana del potenziale risulta: g H U aω, π e ha determinante di segno negativo: = ma ω 1 1 1/3 g deth U aω, π = ma ω 3 1 = 1 3 ma ω <. La matrice presenta dunque due autovalori di segno opposto; il ricorrere di un autovalore positivo implica l instabilità dell equilibrio per il teorema di inversione parziale di Lagrange- Dirichlet. 1

11 g Configurazione s, φ = aω, π La matrice hessiana del potenziale è ancora non diagonale: g H U aω, π = ma ω 1 1 1/3 ma sempre con determinante negativo: g deth U aω, π = ma ω 3 1 = 1 3 ma ω <, che comporta l instabilità dell equilibrio in virtù del teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet. c Energia cinetica Poichè l asta AB non presenta alcun punto fisso, l energia cinetica deve essere determinata facendo uso del teorema di König: T = m Ġ + 1 IAB Gz ω AB, dove il baricentro G è individuato dal vettore posizione: G O = a sin φ ê 1 a s + 1 cos φ ê e ha velocità istantanea: Ġ = a cos φ φ ê 1 a ṡ 1 sin φ φ ê di modulo quadrato: Ġ = a 4 cos φ φ + a ṡ sin φ φ sin φ ṡ φ = a ṡ φ sin φ ṡ φ, mentre il momento d inerzia rispetto all asse Gz e la velocità angolare istantanea dell asta valgono rispettivamente: IGz AB = ma ω AB = 1 φ ê 3. Sostituendo le espressioni, si ottiene così l espressione cercata: T = ma ṡ φ sin φ ṡ φ + 1 ma 1 φ = ma ṡ φ sin φ ṡ φ. d Equazioni di Lagrange L ipotesi dei vincoli ideali consente di scrivere le equazioni pure del moto del sistema come equazioni di Lagrange: d dt L ṡ L s = d dt L L φ = φ in termini della lagrangiana L = T + U definita da: L = ma ṡ φ sin φ ṡ φ + mga s+ 1 cos φ ma ω s + s cos φ+ 1 6 ma ω sin φ. 11

12 Le seguenti espressioni parziali entro i binomi di Lagrange sono immediate: L ṡ = ma ṡ sin φ φ = ma ṡ 1 sin φ φ d L = ma s 1 dt ṡ sin φ φ 1 cos φ φ L s = mga ma ω s + cos φ L ma = φ 3 φ 1 sin φ ṡ = ma 3 φ 1 sin φ ṡ d L 1 dt φ = ma 3 φ 1 sin φ s 1 cos φ φṡ L φ = ma cos φ ṡ φ 1 mga sin φ + ma ω s sin φ ma ω sin φ cos φ e porgono le equazioni del moto: ma s 1 sin φ φ 1 cos φ φ mga + ma ω s + cos φ = ma 1 sin φ s φ + 1 mga sin φ ma ω s sin φ 1 3 ma ω sin φ cos φ =. e Centro di istantanea rotazione dell asta Il moto dell asta è rigido e piano, dal momento che si svolge interamente nel piano coordinato Oxy piano del moto. Come ben noto, il centro di istantanea rotazione è definito se e soltanto se risulta non nulla la velocità angolare istantanea ω AB = φ ê 3 : φ ê 3 φ. 5 A è un punto del sistema, per cui appartiene senz altro allo spazio solidale all asta, oltre a giacere nel piano del moto Oxy. Il centro C è allora individuato dal vettore posizione: C A = ω AB A ω AB = φ ê 3 aṡ ê φ = a φṡ ê 1 = aṡ φ ê 1 ê 3 φ e dunque la sua posizione assoluta nella terna Oxyz viene espressa da: C O = A O + C A = asê + aṡ φ ṡ ê 1 = a φ ê1 sê. 1