TEMI RISOLTI DI MECCANICA RAZIONALE

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1 TEMI RISOLTI DI MECCANICA RAZIONALE

2 1 PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE Corsi Meccanici I e II - Corso Aerospaziali, 30/6/1999 La lamina ABC omogenea di figura, triangolare isoscele e di massa M, è contenuta in un piano parallelo al piano (x, z) e trasla nella direzione dell asse y. Il suo lato AC ha una feritoia nella quale scorre senza attrito un punto P di massa m, sul quale agiscono le forze elastiche di due molle OP e CP, entrambe con rigidezza nota k e lunghezza a riposo trascurabile. Al vertice A della lamina triangolare è inoltre applicata la forza F = cy 3 j con c > 0, dove y è la coordinata lagrangiana che si assume per definire la posizione istantanea dei punti della lamina. Introdotta come seconda coordinata lagrangiana la posizione s = P C del punto P nella feritoia, 1) Determinare le configurazioni di equilibrio del sistema e discuterne la stabilità. ) Scrivere l equazione di moto del sistema. 3) Linearizzare l equazione di moto della lamina nell intorno della configurazione di equilibrio stabile determinata nel punto 1), e determinare la soluzione del moto del sistema complessivo nell intorno di questa configurazione stabile. 4) Calcolare la reazione vincolare interna in P, nelle condizioni di moto del punto precedente. z AB = BC = x l O A P l mg C l B Mg F = cy 3 y' y" y

3 SOLUZIONE 1) Le forze attive sono tutte conservative, e il potenziale complessivo vale: U(y, s) = c 4 y4 mgz P k s k OP + cost = Annullando le sue derivate prime, che sono: = c 4 y4 + U y = cy 3 ky, U s = (mg + kl)s ks k y + cost. (mg + kl) ks, si trovano queste tre configurazioni di equilibrio q e = {y e, s e }: k q e (1) = {0, s e }, q e (,3) = {± c, s e} con s e = ( 4 l + mg k ). Poiché le derivate seconde valgono: U ss = k < 0; U ys = 0; U yy = 3cy k, la matrice Hessiana ha autovalori negativi λ 1 = k, λ = k se calcolata per q = q (1) ed ha autovalori di segno opposto λ 1, = ±k se calcolata per q = q (,3) Dunque q e (1) è stabile e q e (), q e (3) sono instabili. ) L energia cinetica del sistema vale: e. e, T = 1 Mẏ + 1 mv P = 1 (M + m)ẏ + 1 mṡ e scrivendo le equazioni di Lagrange ( ) d T T = U, dt q i q i q i q 1 = y, q = s si ricavano le seguenti equazioni del moto: (M + m)ÿ + ky = cy 3 m s + 4ks = (mg + kl). 3) Nell intorno di q (1) e il potenziale si approssima come segue: U 1 U ss(s s e ) + 1 U yy(0, s e )y = k [(s s e) + y ] mentre l energia cinetica non è da approssimare. Usando l espressione approssimata di U la prima delle due equazioni del moto si linearizza nella forma seguente: (M + m)ÿ + ky = 0

4 3 mentre la seconda equazione del moto è già lineare. La soluzione delle equazioni linearizzate (che sono disaccoppiate) è : y(t) = A sin(σ y t + ϕ 1 ); s(t) = s e + B sin(σ s t + ϕ ) dove le pulsazioni proprie dei due oscillatori valgono: σ y = e A, B, ϕ 1, ϕ sono costanti di integrazione. k M + m ; σ s = k m 4) Introduciamo la base ortonormale mobile ( λ, µ, j) in cui λ ha la direzione di (A C) e µ quella normale ad (A C), contenuta nel piano della lamina: λ = ( i k); µ = ( i + k). In assenza di attriti, la reazione interna in P si può scrivere come Φ P = Φ µ µ + Φ y j e si ricava applicando il teorema della quantità di moto: ks λ mg k k(s λ + y j + l k) + Φ µ µ + Φ y j = m( s λ + ÿ j). Si esprime il versore dell asse z nella base ( λ, µ, j): k = ( µ λ) e si uguagliando le componenti delle forze agenti nelle direzioni µ e j. Si ricava: Φ µ = (mg + kl); Φ y (t) = mÿ + ky = ( k mσy) A sin(σy t + ϕ 1 ). (Se invece si uguagliano le componenti nella direzione λ, si ottiene la seconda equazione del moto già ricavata al punto ).

5 4 PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE - 14/7/1999 Il sistema di figura è contenuto in un piano verticale Oxy ruotante con assegnata velocità angolare ω = cost intorno all asse fisso verticale y. Il sistema è composto da un asta omogenea AB di lunghezza l e massa 3m incernierata al telaio nel suo baricentro O, e da un punto materiale P di massa m vincolato a scorrere senza attrito sull asta. Su quest ultima è applicata una coppia antioraria costante di momento M 0 k. Introdotte le coordinate lagrangiane ϑ ed s = OP indicate in figura, 1) esprimere la lagrangiana L del sistema e dedurre le equazioni del moto; ) calcolare in un generico istante del moto la componente nel piano Oxy della reazione vincolare Φ P ; 3) nell ipotesi: ω = g/l, determinare il valore che deve avere il momento M 0 perché la configurazione ( ) q e = sia di equilibrio relativo al piano ruotante. ϑ e = π 6, s e = l 3 AO = OB = OP = s l y P B O s mg x A M O 3mg

6 5 SOLUZIONE 1) L energia cinetica T e il potenziale U delle forze agenti possono essere calcolate assumendo come sistema di riferimento sia un osservatore inerziale, sia un osservatore mobile, ruotante con velocità ω con il piano Oxy. Nel riferimento inerziale, la velocità angolare Ω dell asta e la velocità di P valgono: Ω = ϑ k + ω j, v P = ṡ λ + s ϑ µ sω cos ϑ k dove λ è il versore di (B O) e µ è il versore di k (B O). L energia cinetica dell asta vale: quella del punto P vale T asta = 1 Ω K O = 1 (I Oz ϑ + I Oy ω ) = 1 ml ( ϑ + ω cos ϑ); e quella dell intero sistema è T P = 1 m(ṡ + s ϑ + s ω cos ϑ) T = T asta + T P = 1 m [ ṡ + (s + l ) ϑ + cos ϑ(l + s )ω ]. Il potenziale del peso e della coppia hanno per somma: U = mgy P + M 0 dϑ = mgs sin ϑ + M 0 ϑ + cost. Rispetto all osservatore ruotante con il piano Oxy, l energia cinetica si riduce a T r = 1 I Oz ϑ + 1 m(ṡ + s ϑ ) = 1 m [ ṡ + (s + l ) ϑ ], mentre al potenziale U già calcolato si deve aggiungere quello delle forze centrifughe. Indicando con I Oy = ml cos ϑ il momento d inerzia dell asta rispetto all asse di rotazione, e con r = s cos ϑ la distanza di P da questo asse, il potenziale delle forze centrifughe vale: U c = 1 ω I Oy + mrω dr = 1 mω (l + s ) cos ϑ e quindi nel sistema di riferimento ruotante il potenziale complessivo è U r = mgs sin ϑ + M 0 ϑ + 1 mω (l + s ) cos ϑ + cost. In ogni caso, si ricava la lagrangiana che, introdotta nelle equazioni di Lagrange d dt L = T + U = T r + U r ( ) L = L con q 1 = ϑ, q = s, q i q i

7 6 fornisce: (s + l ) ϑ + sṡ ϑ = M 0 /m gs cos ϑ ω (l + s ) sin ϑ cos ϑ s = s ϑ + sω cos ϑ g sin ϑ. ) In assenza di attriti la reazione vincolare in P è normale all asta: Φ P = Φ P µ µ + Φ P z k. Il teorema della quantità di moto per il punto P si scrive: Φ P µ µ + Φ P z k mg j = m a P = = m [ s λ + ṡ ϑ µ + s ϑ µ s ϑ λ ω s cos ϑ i + ω(s sin ϑ ϑ ṡ cos ϑ) k ] e moltiplicando scalarmente per µ si ottiene: Φ P µ = m(g cos ϑ + ṡ ϑ + s ϑ + sω sin ϑ cos ϑ). (Se si uguagliano le componenti nella direzione λ si ottiene la seconda equazione di moto; se si uguagliano quelle nella direzione k si ricava la componente Φ P z della reazione in P che è normale al piano ruotante, ed equilibra le forze apparenti di Coriolis). 3) Le derivate parziali di U r valgono: U r ϑ U r s = mgs cos ϑ + M 0 mω (l + s ) sin ϑ cos ϑ = mg sin ϑ + mω s cos ϑ. Se {ϑ e = π/6, s e = l/3} è un punto di stazionarietà di U r, esse devono soddisfare: mg l ( ) M 0 mω l + l = 0 mg + mω l = 0. Per ω = g/l la seconda è automaticamente soddisfatta, e dalla prima si ricava: M 0 = 13 3mgl. 18

8 7 PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE - /5/000 Corsi Ing. Aerospaziale - Meccanica II Il sistema di figura è disposto in un piano verticale. L estremo mobile A di una fune DA è collegato al baricentro di un corsoio omogeneo di massa m, che scorre senza attrito entro due guide parallele all asse y. Al baricentro del corsoio è inoltre collegata una molla AA con rigidezza nota k e lunghezza a riposo trascurabile, che ha il suo estremo fisso nel punto A ( r, 0). La fune si avvolge senza strisciare su un disco omogeneo con baricentro G, raggio r e massa M = 3m, e l altro suo estremo D è fissato all asse x nel punto D(r, 0). Si scelga come coordinata lagrangiana l angolo ϑ di rotazione del disco, crescente nel verso antiorario e nullo quando il baricentro A del corsoio coincide con l origine O degli assi cartesiani. 1) Esprimere in funzione di ϑ e ϑ la velocità e l accelerazione di A, G e del punto P ( r, y G) del disco. ) Determinare la configurazione di equilibrio del sistema. 3) Calcolare la reazione vincolare sul corsoio A e le tensioni nei tratti AB, CD della fune, nella condizione di equilibrio determinata al punto precedente. 4) Ricavare l equazione del moto e trovarne la soluzione ϑ(t; ϑ 0, ϑ 0 ) soddisfacente ad arbitrarie condizioni iniziali ϑ(0) = ϑ 0, ϑ(0) = ϑ0. y A' r r D 0 A x mg B G C 3mg

9 8 SOLUZIONE 1) Ricordando che C, centro delle velocità del disco, ha velocità nulla e accelerazione a C = r ϑ i, si ricava: v A = ẏ A j = v B = r ϑ j ; a A = ÿ A j = r ϑ j v G = v C + ϑ k (G C) = r ϑ j ; a G = a C r ϑ j + r ϑ i = r ϑ j v P = v C + ϑ k (P C) = 3r ϑ j ; a P = a C 3r ϑ j + 3r ϑ i = 3r ϑ j + r ϑ i. -4) Anche se non espressamente richiesto, la soluzione dei punti, 3 e 4 può essere ricercata applicando separatamente al corsoio e al disco le equazioni della Statica e i teoremi della quantità di moto e del momento angolare. Le forze attive e reattive applicate al corsoio sono: la forza peso: mg j ; la tensione: TA = T A j del tratto AB della fune ; il sistema di reazioni vincolari della guida verticale, che in assenza di attrito si riduce al risultante R v = R v i applicato in A, più il momento risultante M A v = MA v k ; la forza elastica prodotta dalla molla la quale, tenuto conto che y A = rϑ, vale: F el = k(a A ) = kr i + krϑ j. Il teorema della quantità di moto per il corsoio, proiettato sugli assi x e y, fornisce: R v = kr (1) T A + krϑ mg = mÿ A = mr ϑ T A = krϑ mg + mr ϑ () e dal teorema del momento assiale delle quantità di moto si ricava: M v A = 0. (3) Le forze attive e reattive agenti sul disco (tutte verticali) sono: la forza peso: 3mg j ; la tensione: TB = T A = T A j = (krϑ mg + mr ϑ) j del tratto AB della fune ; la tensione T C = T C j, ancora incognita, del tratto CD della fune. Dal teorema della quantità di moto proiettato nella direzione dell asse y si ricava: T B 3mg + T C = 3ma G = 3mr ϑ T C = 4mg krϑ 5mr ϑ. (4) Il teorema del momento assiale delle quantità di moto rispetto al centro delle velocità C del disco si scrive: rt B + 3mgr = I C ϑ = 3 3mr ϑ e sostituendo il valore noto di T B si ottiene l equazione del moto: 17 mr ϑ + 4krϑ = 5mg. (5) Se in questa equazione del moto si sopprime l accelerazione angolare, si ricava la configurazione di equilibrio: ϑ e = 5mg 4kr.

10 9 In tale configurazione di equilibrio, i moduli T AB e T CD delle tensioni della fune nei suoi due tratti verticali valgono, per le () e (4): T AB = T A = krϑ e mg = 3 mg, T CD = T C = 4mg krϑ e = 3 mg T A. L equazione del moto (5) è lineare, e si può riscrivere nella forma: Il suo integrale generale è con: Osservazione 1 A = ϑ + σ (ϑ ϑ e ) = 0, σ = ϑ(t) = ϑ e + A sin(σt + ϕ) k 17m. (ϑ 0 ϑ e ) + ( ϑ 0 /σ), tgϕ = σ(ϑ 0 ϑ e ) ϑ 0. La configurazione di equilibrio ϑ e e l equazione del moto (5) possono anche essere ricavate calcolando il potenziale delle forze attive: U(ϑ) = 3mgy G mgy A k AA = 5mgrϑ kr (1 + ϑ ) + cost e l energia cinetica del sistema materiale: T ( ϑ) = 1 mẏ A + 1 3mv G + 1 I G ϑ = 17 4 mr ϑ. In tal caso, annullando la derivata del potenziale si ottiene: du dϑ = 5mgr 4kr ϑ = 0 ϑ e = 5mg 4kr, e scrivendo il teorema delle forze vive o una equazione di Lagrange si ottiene subito la (5). Osservazione Il vincolo di rotolamento senza strisciamento del disco sul tratto CD della fune (che è un vincolo doppio) richiederebbe di considerare una reazione vincolare Φ C = Φ Cx i + Φ Cy j, applicata al centro delle velocità C del disco. Ma la sua componente verticale non è altro che la tensione del tratto CD della fune: Φ Cy T C ; e la sua componente orizzontale è nulla in ogni istante del moto, perché tutte le altre forze applicate al disco sono verticali, e sussiste l integrale primo scalare delle quantità di moto: Q i = cost = 0.

11 10 PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE - 0/6/001 Nel sistema di figura, soggetto a vincoli perfetti e disposto in un piano verticale, l estremo B dell asta AB omogenea, di massa m e lunghezza l, è ritenuto sull asse y mentre l estremo A è incernierato al centro del disco omogeneo, di massa m e raggio r. Il disco rotola senza strisciare sul lato DE di una piastra rettangolare di lati a ed h, anch essa omogenea e di egual massa m, che striscia sull asse x. Sul disco agisce una coppia di momento costante M k, e sul baricentro H della piastra agisce la forza elastica di una molla con costante k e lunghezza a riposo trascurabile, fissata al telaio in O. Si assumano come coordinate lagrangiane l ascissa x di H e l angolo ϑ indicato in figura. 1) Calcolare l energia cinetica del sistema. ) Scrivere le equazioni del moto. 3) Determinare il momento M e la costante k affinché il sistema sia in equilibrio per ϑ = π/4 e x = l/. 4) Determinare le reazioni vincolari esterne nelle condizioni di equilibrio di cui al punto 3. y B O' k D G mg A mg C M H E h O a mg x

12 11 SOLUZIONE Relazioni cinematiche (si indica con ϕ la velocità angolare del disco): v A = l cos ϑ ϑ i = v C r ϕ i = ẋ i r ϕ i ; 1) L energia cinetica del sistema vale: ϕ = ẋ l cos ϑ ϑ. r T = 1 mv G + 1 I ϑ G + 1 mv A + 1 I A ϕ + 1 mẋ = 1 ( ml ) ml cos ϑ ϑ mẋ 1 ml cos ϑẋ ϑ. ) Il potenziale della coppia di forze con momento M vale: U coppia = Mdϕ = M r ( dx ) l cos ϑdϑ = M r Il potenziale complessivo delle forze agenti sul sistema è perciò: (x l sin ϑ) + cost. U(x, ϑ) = k x mg l cos ϑ + M r (x l sin ϑ) + cost ed ha derivate prime: U x Q x = kx + M r, U ϑ Q ϑ = mg l sin ϑ Ml r cos ϑ. Per scrivere le equazioni di Lagrange, si calcolano le seguenti derivate dell energia cinetica: d dt d dt T x = 0 T ẋ = 3 ml mẋ cos ϑ ϑ ( ) T = 3 ml mẍ ẋ cos ϑ ϑ + ml sin ϑ ϑ T ϑ = 3 ml cos ϑ sin ϑ ϑ + ml sin ϑẋ ϑ ( T ml ϑ = ) ml cos ϑ ϑ ml cos ϑẋ ( ) ( T ml ϑ = ) ml cos ϑ con le quali si ricavano le equazioni del moto: ϑ ml cos ϑẍ 3ml cos ϑ sin ϑ ϑ + ml sin ϑẋ ϑ

13 1 3 mẍ m l cos ϑ ϑ + m l sin ϑ ϑ + kx M r = 0 ( 1 ml ) ml cos ϑ ϑ cos ϑẍ 3 ml sin ϑ cos ϑ ϑ mg l sin ϑ + Ml r cos ϑ = 0. 3) Si annullano le derivate prime della funzione potenziale U(x, ϑ) e si impone: x = x e = l/ ; ϑ = ϑ e = π/4. Si ottiene il sistema: kl + M r = 0 mg M r = 0 nelle incognite M e k, che ha come unica soluzione M = mgr ; k = mg l. 4) In presenza di vincoli perfetti, le reazioni esterne da determinare sono: Φ B = Φ B i, normale alla guida y ; le reazioni del telaio x sulla piastra, che si riducono al risultante R v = R v j applicato sulla retta passante per H, più una coppia di momento M v H k (oppure: al solo risultante R v applicato sull asse centrale del sistema di reazioni, la cui distanza dalla retta baricentrica vale b = M v H/R v ). Per determinare le tre incognite di reazione si possono applicare le equazioni cardinali della statica al sistema complessivo. Queste si scrivono come segue: equazione di risultante lungo l asse x: Φ B kx e Φ B mg l equazione di risultante lungo l asse y: l = 0 Φ B = mg 3mg + R v = 0 R v = 3mg equazione di momento rispetto al baricentro H della piastra: ( Φ B l cos ϑ e + r + h ) ( + mg x e l ) sin ϑ e + mg(x e l sin ϑ e ) + M + MH v = 0. Sostituendo x e = l/, ϑ e = π/4 ed M = mgr/ si ottiene: [ MH v = mg l( 1) + h ]. 4

14 13 PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE - 13/9/001 Nel sistema di figura, disposto in un piano verticale, l asta omogenea OA di lunghezza l e massa m è incernierata in O ed è collegata al telaio da una molla verticale applicata al suo estremo A, avente costante elastica k e lunghezza a riposo trascurabile. Sull asta è impegnato a scorrere senza attrito il baricentro P di un disco di massa M e raggio r < l che rotola senza strisciare sull asse y. Si assuma come coordinata lagrangiana l angolo ϑ che è indicato in figura, definito nell intervallo: arcsen r l ϑ π arcsenr l. 1) Calcolare il valore che deve avere la costante elastica k per assicurare l equilibrio del sistema nella configurazione in cui ϑ = π/, e verificare che tale configurazione è stabile. ) Supponendo che il sistema parta dalla quiete nella configurazione ϑ 0 = π/3, determinare la velocità angolare dell asta quando essa raggiunge la posizione orizzontale (ϑ = π/). 3) Utilizzando il valore della costante elastica k già determinato al punto 1, calcolare la pulsazione σ delle piccole oscillazioni del sistema nell intorno della configurazione (di equilibrio stabile) ϑ = π/. 4) Determinare le reazioni vincolari interne ed esterne in un generico istante di moto. A' y A G l P C mg Mg O x

15 14 SOLUZIONE Relazioni geometriche e cinematiche (si indica con ϕ la velocità angolare del disco): y P = rctgϑ; ẏ P = r sin ϑ ϑ = r ϕ; ϕ = ϑ sin ϑ 1) Le forze attive sono conservative ed hanno potenziale: U(ϑ) = mgy G Mgy P k AA = mg l cos ϑ Mgrctgϑ k l (1 cos ϑ) + cost. La derivata prima di U vale U (ϑ) = mg l sin ϑ + Mgr sin ϑ kl sin ϑ(1 cos ϑ) e imponendo che essa si annulli per ϑ = π/ si ricava: La derivata seconda del potenziale è U (ϑ) = mg l k = g l cos ϑ Mgr cos ϑ sin 3 ϑ ( m + Mr ). l kl [cos ϑ(1 cos ϑ) + sin ϑ] e calcolata nella configurazione di equilibrio ϑ e = π/ vale: U (π/) = kl < 0. Dunque l energia potenziale V (ϑ) = U(ϑ) ha un minimo per ϑ e = π/, e l equilibrio è stabile. ) Poiché il sistema è conservativo, si può scrivere l integrale primo dell energia: T 1 U 1 = E T 0 U 0, dove T 1 e U 1 sono l energia cinetica e il potenziale calcolati per ϑ = π/, mentre T 0, U 0 sono i loro valori nell istante iniziale del moto. L energia cinetica è la seguente: T (ϑ, ϑ) = 1 I ϑ O Mr ϕ = 1 ( ) ml 3 + 3Mr ϑ sin 4. ϑ Per ϑ 0 = π/3 è nulla, e per ϑ = π/ vale: T 1 = 1 ( ) ml 3 + 3Mr ϑ 1. Il potenziale, calcolato nelle due configurazioni, vale U 0 = mgl 3 4 kl Mgr 3 8 ; U 1 = 1 kl. Dunque l integrale primo dell energia si scrive: ( ) 1 ml 3 + 3Mr ϑ 1 = mgl Mgr 3kl 8 e da esso si ricava: ϑ 1 = 3mgl + 4 3Mgr 9kl /. ml + 9Mr

16 15 Questa soluzione è reale se g(3m + 4 3Mr/l) 9kl. La condizione è verificata, per esempio, se il valore di k è quello determinato al punto 1. 3) Approssimiamo l energia cinetica e il potenziale nell intorno della configurazione di equilibrio stabile ϑ e = π/: T T 1 = 1 ( ml 3 + 3Mr ) ϑ ; U kl (ϑ π/). Si ricava che le piccole vibrazioni del sistema attorno a ϑ e = π/ sono descritte dall equazione linearizzata: ϑ + σ (ϑ π/) = 0 con σ = kl ml /3 + 3Mr /. Sostituendo il valore di k ricavato al punto 1 si ottiene: σ = 3g(ml + Mr) ml + 9Mr. 4) In assenza di attriti, la reazione vincolare interna è normale all asta e si può scrivere: Φ P = Φ P n dove n è il versore di (A O) k ; le reazioni esterne sono: ΦC = Φ Cx i + Φ Cy j ; Φ O = Φ Ox i + Φ Oy j. Tenendo conto che la forza elastica vale F = kl(1 cos ϑ) j, le cinque incognite si possono determinare scrivendo: una equazione di momento rispetto ad O per le forze agenti sull asta, la quale fornisce: Φ P = l [ ] 1 r sin ϑ ml mg sin ϑ + kl sin ϑ(cos ϑ 1) 3 ϑ ; due equazioni di risultante per le forze agenti sul disco: Φ Cx = Φ P cos ϑ Φ Cy = Mg Φ P sin ϑ = Mÿ P = Mr ϕ da cui Φ Cy = Mg + Φ P sin ϑ Mr sin ϑ ( ϑ ctgϑ ϑ ); due equazioni di risultante per le forze agenti sull asta, che forniscono: Φ Ox = mẍ G Φ P cos ϑ Φ Oy = mg kl(1 cos ϑ) Φ P sin ϑ + mÿ G.

17 16 PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE - 7/9/001 Nel sistema di figura, disposto in un piano verticale, una sbarretta rigida di massa M e lunghezza l è appoggiata senza attrito sugli estremi A, B di una guida semicircolare di raggio r < l/4, sulla quale è impegnato a scorrere senza attrito un anello P di massa m e dimensioni trascurabili. Sulla sbarretta agisce la forza costante F = F i ed il suo baricentro G è collegato all anello P da una molla con costante elastica k = mg/r e lunghezza a riposo trascurabile. Si assumano come coordinate lagrangiane l ascissa x = x G del baricentro della sbarretta e l angolo ϑ indicato in figura. 1) Calcolare il valore che devono avere la forza F e la coordinata ϑ perchè il sistema sia in equilibrio quando x G = x B. ) Studiare la stabilità della configurazione di equilibrio determinata nel punto precedente. 3) Scrivere le equazioni del moto del sistema e linearizzarle nell intorno della configurazione di equilibrio sopra definita. 4) Determinare le reazioni vincolari interne ed esterne in un generico istante di moto. y q = (, x ) G OP = r F A O Mg G P B x mg

18 17 SOLUZIONE 1) Il potenziale delle forze attive, tutte conservative, vale U(ϑ, x) = F dx mgy P k P G = F x + mgr cos ϑ k (r + x rx sin ϑ) + cost ed ha derivate prime: U ϑ = mgr sin ϑ + krx cos ϑ U x = F kx + kr sin ϑ. Annullando le derivate prime e imponendo x = x e = r si ha il sistema F kr + kr sin ϑ e = 0 mg sin ϑ e + kr cos ϑ e = 0 nelle due incognite ϑ e ed F, la cui (unica) soluzione accettabile è ) Le derivate seconde di U(ϑ, x) sono: tgϑ e = kr mg = 1 ϑ e = π ( 4 ) F = kr(1 sin ϑ e ) = mg 1. U ϑϑ = mgr cos ϑ krx sin ϑ U xx = k < 0 U ϑx = kr cos ϑ. Nel punto di equilibrio {ϑ e = π/4, x e = r} il determinante della matrice Hessiana vale: deth = mgkr 1 k r = ( ) 1 m g > 0. Poiché è positivo, e la derivata seconda U xx è negativa, si deduce (test delle derivate seconde) che il potenziale ha un massimo nel punto di equilibrio. Dunque vi è un minimo dell energia potenziale V = U, e l equilibrio è stabile. 3) L energia cinetica del sistema vale T = 1 Mẋ + 1 mr ϑ. Usandola insieme con le derivate prime del potenziale, si ricavano le seguenti equazioni di Lagrange: Mẍ = F kx + kr sin ϑ mr ϑ = mgr sin ϑ + krx cos ϑ. Osservazione. Se si calcola la forza elastica applicata in G, che vale: F el,g = k(g P ) = k(x r sin ϑ) i kr cos ϑ j,

19 18 la prima equazione si ricava anche scrivendo il Teorema della quantità di moto per la sbarretta, moltiplicato scalarmente per il versore dell asse x; la seconda si ricava scrivendo per il punto P una equazione di momento rispetto al punto fisso O. Per scrivere le equazioni linearizzate nell intorno di {π/4, r} basta approssimare il potenziale nella forma: U U = k (x r) mgr(ϑ π/4) + kr(x r)(ϑ π/4) e usare la funzione Lagrangiana approssimata L = T + U. Si ricavano le seguenti equazioni linearizzate del moto: Mẍ = k(x r) + kr(ϑ π/4) mr ϑ = mgr(ϑ π/4) + kr(x r). 4) In assenza di attriti, e indicando con n il versore di (P O), le reazioni vincolari si esprimono come segue: Φ A = Φ A j, ΦB = Φ B j (esterne), ΦP = Φ P n (interna). Le reazioni esterne si possono determinare scrivendo per la sbarretta un equazione di momento rispetto al suo baricentro G, e il teorema della quantità di moto lungo l asse y: da cui si ricava: Φ A = r x r Φ A (r + x) + Φ B (r x) = 0 Φ A + Φ B Mg kr cos ϑ = 0 g(m + m cos ϑ); Φ B = r + x r g(m + m cos ϑ). Per ricavare Φ P è utile scrivere, per il punto P, il teorema della quantità di moto nella direzione radiale. Se τ è il versore tangente in P alla semicirconferenza, la forza peso e la forza elastica applicata in P si possono anche scrivere: mg j = mg(sin ϑ τ + cos ϑ n), Fel,P = kx cos ϑ τ + k(r x sin ϑ) n. Il teorema della quantità di moto di P, proiettato nella direzione n, fornisce k(r x sin ϑ) mg cos ϑ + Φ P = m a P n = mr ϑ e da esso si ricava: Φ P = k(x sin ϑ r) + mg cos ϑ + mr ϑ.

20 19 PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE 8 gennaio 00 Nel sistema di figura, disposto in un piano verticale, il disco omogeneo di raggio r e massa M rotola senza strisciare sulla guida rettilinea s, di versore λ, inclinata di π/6 rispetto all orizzontale x. Si assuma come sistema di riferimento inerziale il riferimento (O, λ, µ) rappresentato in figura. Al baricentro G del disco è incernierata una sbarretta rigida GB di lunghezza l e massa trascurabile, che è impegnata a scorrere senza attrito nella scanalatura verticale di un corsoio rettangolare. Il corsoio omogeneo con baricentro A ha massa m, lunghezza a e altezza trascurabile; striscia senza attrito sulla retta orizzontale x e i suoi estremi H e K sono collegati al baricentro del disco con due molle di uguale costante elastica k e lunghezza a riposo trascurabile. All estremo B della sbarretta verticale è applicato un carico costante F avente la direzione parallela a λ. Si assuma come coordinata lagrangiana l ascissa s = s G del baricentro del disco. 1) Determinare la configurazione di equilibrio del sistema e studiarne la stabilità. ) Scrivere l equazione del moto e trovarne la soluzione soddisfacente le condizioni iniziali: s(0) = r, ṡ(0) = 0. 3) Calcolare le reazioni vincolari (interna ed esterna) che si esercitano sul disco in condizioni statiche /6 F B O /6 H a A mg a K x r G C Mg s

21 0 SOLUZIONE Relazioni geometriche e cinematiche (ϑ è l angolo di rotazione del disco, crescente nel verso antiorario): 3 λ = i 1 j; µ = 1 3 i + j ; G = s 1 λ + r µ = ( 3s + r) i + 1 ( 3r s) j x A = x B = x G = 1 ( 3s + r); y B = y G + l = 1 ( 3r s) + l 3 v A = ṡ i; v G = ṡ λ = r ϑ λ ; GH = GK = a ( 3r s) 1) Il potenziale delle forze attive (tutte conservative) vale: 3F U(s) = Mgy G + x B F y B k ( ) Mg GH = + F s k 4 ( 3r s) + cost. Se si annulla la sua derivata prima: si ricava la configurazione di equilibrio: du ds = Mg + F + k ( 3r s) = 0 s e = 3r + Mg + F k che è sempre stabile perché la derivata seconda di U(s) é negativa: U (s) = k/ < 0 e dunque l energia potenziale V (s) = U(s) del sistema ha un minimo per s = s e. ) Calcolata l energia cinetica del sistema, che vale: T = 1 I C ϑ + 1 mv A = 3 4 ( M + m ) ṡ, se si applica il Teorema delle forze vive o si scrive una equazione di Lagrange si ricava: che si può riscrivere: ( 3 M + m ) s + k 3 s = Mg kr + + F k s e s + ω (s s e ) = 0, ω = k 3(M + m). Il suo integrale generale è: s(t) = s e + A sin(ωt + ϕ) con A, ϕ costanti che si determinano imponendo le condizioni iniziali: s(0) = r = s e + A sin ϕ ṡ(0) = 0 = ωa cos ϕ. A = r s e ; ϕ = π/. Si ottiene dunque: s(t) = s e + (r s e ) cos(ωt). 3) Le reazioni vincolari che si esercitano sul disco sono Φ C e Φ G. Indichiamo con Φ Cλ, Φ Cµ e Φ Gλ, Φ Gµ le loro componenti incognite nella direzione della coppia di versori ( λ, µ); con

22 1 Φ Cx, Φ Cy e Φ Gx, Φ Gy quelle nella direzione degli assi (x, y), ruotati di π/6 rispetto al sistema di riferimento (O, λ, µ). In assenza di attrito le reazioni prodotte dall asse x sul corsoio HK sono verticali: dunque in condizioni statiche l equazione di risultante per le componenti orizzontali delle forze esterne agenti sul sistema complessivo fornisce Φ Cx F = 0 Φ Cx = F. (1) Le forze elastiche applicate al baricentro G del disco valgono: k(g H) = ka i k ( 3r s) j; k(g K) = ka i k ( 3r s) j e la loro risultante ha componente nulla nella direzione dell asse x. Dalle equazioni cardinali della Statica per il disco isolato si ricava: Φ Cx + Φ Gx = 0 Φ Gx = 3 F () rφ Cλ = 0 Φ Cλ = 0. (3) Sulla sbarretta agiscono: F, ΦG e le reazioni prodotte dal suo scorrimento nella scanalatura del corsoio HK. Queste ultime si riducono ad un risultante R v = R v i applicato sul loro asse centrale, e non sono richieste. L equazione di risultante per le componenti verticali delle forze agenti sulla sbarretta isolata fornisce: Φ Gy F = 0 Φ Gy = F. (4) Dalle (1) e (3) si ricava subito: In conclusione si ottiene Φ Cµ = Φ Cx = 3 F ; Φ Cy = 3 Φ Cµ = 3 F. Φ C = F ( 3 i + 3 j) = 3 F µ ; ΦG = F ( 3 i j) = F λ. Al posto della (4) si può anche usare la rimanente equazione di risultante (lungo l asse y) delle forze agenti sul disco isolato. Da essa, con la sostituzione di s e, si ricava ancora: Φ Gy = Mg Φ Cy + k( 3r s e ) = F.

23 PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE 8 aprile 003 Il sistema di figura è disposto in un piano verticale. Una trave a T, omogenea e con massa complessiva m, è costituita da due bracci di uguale lunghezza l e spessore trascurabile. Il suo braccio verticale è impegnato a scorrere senza attrito lungo l asse y, ed è sostenuto da una forza costante nota F = F j. Sul suo braccio orizzontale rotola senza strisciare un disco omogeneo di massa M e raggio r = l/4, il cui baricentro A è collegato all origine O del sistema di riferimento inerziale O(x, y) da una molla con costante elastica nota k e lunghezza a riposo trascurabile. Si assumano come coordinate lagrangiane: l ascissa x del baricentro A del disco e l ordinata y del baricentro G della trave. 1. Determinare la configurazione di equilibrio del sistema e studiarne la stabilità.. Ricavare le equazioni del moto e scrivere la loro soluzione soddisfacente ad arbitrarie condizioni iniziali. 3. Calcolare tutte le reazioni vincolari esterne ed interne in un generico istante di moto del sistema. y A C q = { x, y } A l G AC = r = /4 G mg Mg O x F

24 3 Soluzione 1. Il baricentro G della trave a T si trova sull asse y, a una distanza d = l/4 dal suo braccio orizzontale. Se x, y sono le due coordinate lagrangiane e ϑ è l angolo di rotazione del disco, crescente in verso antiorario, si hanno le seguaenti relazioni geometico-cinenatiche: A = O + x ı + (y + r + l/4) j = O + x ı + (y + l/) j AO = x + (y + l/) v A = ẋ ı + ẏ j v C + ϑ k (A C) = ẏ j r ϑ ı ϑ = ẋ/r a A = ẍ ı + ÿ j. Il potenziale delle forze attive vale U(x, y) = mgy G Mgy A + F y G k AO + cost = [F (M + m)g ] y k (x + y + ly) + cost. Il suo punto di stazionarietà si trova annullandone le derivate prime: U x = kx = 0 U y = F (M + m)g ky kl/ = 0 e fornisce la seguente configurazione di equilibrio: q e = {x e, y e }; x e = 0, y e = l Le derivate seconde del potenziale valgono: F (M + m)g +. k U x = U y = k, U x y = 0. La matrice Hessiana ha un autovalore doppio, negativo: λ 1, = k, per cui il punto di stazionarietà è un massimo e la configurazione di equilibrio trovata è stabile.. Determinata l energia cinetica del sistema, che vale T (ẋ, ẏ) = 1 mv G + 1 Mv A + 1 I A ϑ = 1 (M + m)ẏ Mẋ, si ricavano le seguenti equazioni di Lagrange 3 Mẍ = kx (M + m)ÿ = F (M + m)g ky kl/ che, posto: σ x = k 3M σ y = k M + m,

25 4 si possono riscrivere ẍ + σ xx = 0; ÿ + σ y(y y e ) = 0. Queste sono le equazioni differenziali del moto di due oscillatori lineari disaccoppiati, la cui soluzione è x(t) = A sin(σ x t + ϕ x ), y(t) = y e + B sin(σ y t + ϕ y ) in cui le costanti A, B, ϕ x, ϕ y sono definite dalle rispettive condizioni iniziali (x 0, ẋ 0 ), (y 0, ẏ 0 ), e precisamente: A = x 0 + ẋ 0, B = σ (y x 0 y e ) + ẏ 0 σy ( ) [ ] σx x 0 σy (y 0 y e ) ϕ x = arctan ; ϕ y = arctan. ẋ 0 ẏ 0 3. Indichiamo con Φ C = Φ Cx ı + Φ Cy j la reazione vincolare interna in C agente sul disco, e con R v = R v ı, MG v la risultante e il momento risultante delle reazioni della coppia prismatica agenti sull elemento verticale della trave. Il Teorema del momento angolare rispetto al baricentro A del disco isolato fornisce: rφ Cx = I A ϑ ΦCx = Mr ϑ = M ẍ(t). La reazione interna agente sulla trave vale Φ trave C = Φ C. Per il Teorema della quantità di moto applicato alle forze agenti sulla trave isolata si ha: R v Φ Cx = 0 R v = M ẍ(t) F mg Φ Cy = mÿ Φ Cy = F m[g + ÿ(t)]. Infine, una equazione di momento rispetto al baricentro G della trave isolata fornisce l ultima incognita di reazione: M v G + l 4 Φ Cx xφ Cy = 0 M v G = Ml 8 ẍ(t) + {F m [g + ÿ(t)]} x(t). Le equazioni di moto richieste al punto possono anche essere ricavate applicando il Teorema della quantità di moto al sistema complessivo: R v ı + F j (M + m)g j k[x ı + (y + l/) j ] = m a G + M a A = (M + m)ÿ j + Mẍ ı che è equivalente alle due equazioni scalari R v kx = Mẍ F (M + m)g k(y + l/) = (M + m)ÿ. La seconda è l equazione differenziale soddisfatta dalla coordinata y, e sostituendo R v nella prima si ottiene l equazione differenziale per la coordinata x.

26 5 PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE 3 settembre 003 Nel sistema di figura, disposto in un piano verticale, il disco omogeneo di massa m e raggio r ha il baricentro G che scorre senza attrito sull asse x, ed è collegato al punto K(b, 0) con una molla avente costante elastica k e lunghezza a riposo trascurabile. Una seconda molla, con costante elastica k 1 e lunghezza a riposo pure trascurabile, collega il punto A della periferia del disco con il punto H(0, r) dell asse y. Sul disco è inoltre applicata una coppia antioraria di momento costante M. Si assumano come coordinate lagrangiane l ascissa x di G e l angolo ϑ ìndicato in figura. 1. Calcolare il valore del momento M da applicare al disco perchè esso sia in equilibrio per ϑ e = π/, e la posizione x e di G in tale configurazione di equilibrio. Studiare quindi la stabilità della soluzione (ϑ e, x e ).. Scrivere i teoremi della quantità di moto e del momento risultante delle quantità di moto del disco e ricavare: a) le equazioni di moto del sistema; b) la reazione vincolare nel baricentro G del disco. 3. Approssimare il potenziale delle forze attive in un intorno della configurazione di equilibrio individuata al punto 1, mediante sviluppo in serie di Taylor troncato ai termini del secondo ordine. Scrivere quindi la Lagrangiana approssimata del sistema e ricavare le equazioni del moto linearizzate nell intorno di (ϑ e, x e ). y H(0, r) A r O G K(b,0) x M mg

27 6 Soluzione 1. Il potenziale delle forze applicate è la funzione U(ϑ, x) = mgy G k 1 AH k = k 1 ed ha derivate parziali GK + Mϑ [ (x + r cos ϑ) + (r r sin ϑ) ] k (b x) + Mϑ + cost U ϑ = k 1 r(x sin ϑ + r cos ϑ) + M, U x = k 1 (x + r cos ϑ) + k (b x). Posto ϑ = π/ ed uguagliando a zero le due derivate parziali, si ottiene il sistema rk 1 x + M = 0 k 1 x + k (b x) = 0 nelle incognite M, x che fornisce la soluzione: Le derivate seconde del potenziale sono M = rk 1 x e = rbk 1k k 1 + k, x e = k b k 1 + k. U xx = (k 1 + k ), U ϑϑ = k 1 r(x cos ϑ r sin ϑ), U ϑx = k 1 r sin ϑ e nella configurazione di equilibrio valgono U xx,e = (k 1 + k ), U ϑϑ,e = k 1 r, U ϑx,e = k 1 r. Poichè il determinante della matrice Hessiana è positivo: U xx,e U ϑϑ,e [U ϑx,e ] = k 1r + k 1 k r e inoltre U ϑϑ,e < 0, U xx,e < 0, la funzione potenziale ha un massimo per (ϑ e, x e ). Se ne deduce che l energia potenziale V (ϑ) = U(ϑ) ha un minimo e l equilibrio è stabile.. Il teorema della quantità di moto fornisce le due equazioni scalari: k (b x) k 1 (x + r cos ϑ)) = mẍ mg + k 1 r( sin ϑ) + Φ G = mÿ G = 0. Il teorema del momento risultante delle quantità di moto rispetto al baricentro G fornisce: k 1 (x + r cos ϑ)r sin ϑ + k 1 r( sin ϑ)r cos ϑ + M = I G ϑ. La prima e la terza sono le equazioni pure del moto: mẍ = (k 1 + k )x k 1 r cos ϑ + k b mr ϑ = M + rk 1 (x sin ϑ + r cos ϑ)

28 7 e dalla seconda si ricava la reazione vincolare Φ G = Φ G j : Φ G = mg k 1 r( sin ϑ). 3. L energia cinetica del disco vale T ( ϑ, ẋ) = 1 mv G + 1 I ϑ G = 1 ( ) m ẋ + r ϑ. L approssimazione del secondo ordine della funzione potenziale, nell intorno di (ϑ e, x e ), è la seguente: U(ϑ, x) 1 U ϑϑ,e(ϑ ϑ e ) + 1 U xx,e(x x e ) + U ϑx,e (ϑ ϑ e )(x x e ) + cost = k 1 r (ϑ π/) k 1 + k (x x e ) + k 1 r(ϑ π/)(x x e ) + cost. Sommamdo questa espressione approssimata alla energia cinetica già calcolata (che è anch essa del secondo ordine rispetto a una piccola perturbazione della soluzione di equilibrio), si ottiene l espressione approssimata delle funzione Lagrangiana, valida in un intorno di (π/, x e ): L(ϑ, x, ϑ, ẋ) = T ( ϑ, ẋ) + U(ϑ, x) ( ) 1 m ẋ + r ϑ k 1 r (ϑ π/) k 1 + k (x x e ) + k 1 r(ϑ π/)(x x e ) + c da cui le seguenti equazioni del moto, linearizzate nell intorno della configurazione di equilibrio (π/, x e ): con x e che è stato ricavato al punto 1. mr ϑ + k 1 r (ϑ π/) k 1 r(x x e ) = 0 mẍ k 1 r(ϑ π/) + (k 1 + k )(x x e ) = 0.

29 8 PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE febbraio 004 Nel sistema di figura, disposto in un piano verticale, la sbarretta omogenea AC, di massa m e lunghezza l, scorre senza attrito lungo l asse y. Al suo estremo C è applicata la forza elastica F = k(c O), e l estremo A è incernierato alla periferia di un disco di raggio r e massa 4m. Il punto P del disco, posto all estremo della sua corda AP di lunghezza r 3, è collegato al baricentro B della sbarretta con una molla che ha costante elastica h = 4mg/l e lunghezza a riposo trascurabile. Si assumono come coordinate lagrangiane: l ordinata y = y B del baricentro della sbarretta e l angolo ϑ di rotazione del disco che è indicato in figura. 1. Determinare le configurazioni di equilibrio del sistema e studiarne la stabilità.. Calcolare l energia cinetica, scrivere la funzione Lagrangiana e ricavare le equazioni del moto. 3. Si blocca la sbarretta nella configurazione y 0 = l/, e si mette in moto il disco a partire dalla configurazione ϑ 0 = 0 con velocità angolare ϑ 0 nulla. Determinare la velocità angolare del disco nell istante in cui raggiunge la configurazione ϑ 1 = π/. 4. Determinare tutte le reazioni vincolari esterne ed interne nelle condizioni di equilibrio determinate al punto 1. y O x C B mg A /6 r G P 4mg

30 9 Soluzione 1. Tenendo conto che nel triangolo isoscele AGP gli angoli alla base hanno ampiezza π/6, applichiamo il teorema di Carnot al triangolo ABP per ricavare Inoltre: BP = l 4 + 3r 3rl cos[π (ϑ + π/6)] = 3rl cos(ϑ + π/6) + cost 3 = rl( 3 cos ϑ sin ϑ) + cost. Il potenziale delle forze attive è perciò x G = r sin ϑ; y G = y l/ r cos ϑ. U(y, ϑ) = mgy B 4mgy G k OC h BP = mgy 4mg(y r cos ϑ) k ( = 5mgy k ( y + l y + l ) + mgr(cos ϑ + 3 sin ϑ) + cost. ) h 3 rl( 3 cos ϑ sin ϑ) + cost Per ricavare le configurazioni di equilibrio annulliamo le derivate parziali: Il sistema è soddisfatto per ( l y e = + 5mg ) k U y = 5mg k(y + l/) = 0 U ϑ = mgr( 3 cos ϑ sin ϑ) = 0. ; ϑ (1) e = arctan( 3) = π 3, ϑ() e = 4π 3 per cui sono sempre possibili le due configurazioni di equilibrio q e (1) = {y e, π/3} ; q e () = {y e, 4π/3}. Per studiarne la stabilità calcoliamo le derivate seconde: U yy = k < 0 ; U ϑϑ = mgr( 3 sin ϑ + cos ϑ) ; U yϑ = 0. Poichè U ϑϑ è negativa per ϑ = π/3 e positiva per ϑ = 4π/3, si deduce che il determinante della matrice Hessiana è: positivo nella configurazione q e (1), la quale risulta stabile; negativo nella configurazione q e (), che è perciò instabile.. L energia cinetica del sistema vale T = 1 mv B + 1 4mv G + 1 I G ϑ = 1 mẏ + 1 4m(r ϑ + r sin ϑẏ ϑ) + 1 = 5 mẏ + +4mrẏ ϑ + 3mr ϑ. 4mr ϑ

31 30 Ricavata la funzione Lagrangiana L = T + U con T ed U sopra calcolate, si ottengono le seguenti equazioni del moto: 5ÿ + 4r ϑ + 5g + k(y + l/)/m = 0 4ÿ + 6r ϑ + g(sin ϑ 3 cos ϑ) = Poichè il sistema è conservativo, applichiamo l integrale primo dell energia: T 0 U 0 = T 1 U 1 tra l istante iniziale t 0 = 0 in cui ( ) 5 y 0 = l/, ẏ 0 = 0, ϑ 0 = 0, ϑ0 = 0 T 0 = 0, U 0 = mg l + r e l istante finale t 1 in cui ( 5 y 1 = l/, ẏ 1 = 0, ϑ 1 = π/ T 1 = 3mr ϑ 1, U 1 = mg l + ) 3r e otteniamo: ϑ 1 = ( 3 1)g. 3r 4. Indichiamo con Φ A = Φ Ax ı+φ Ay j la reazione vincolare interna nella cerniera A, agente sul disco, e con R v = R v ı, M v la risultante e il momento risultante (rispetto a B) delle reazioni del telaio y sulla sbarretta. Dalle le equazioni cardinali della Statica, applicate all intero sistema e alla sbarretta isolata, si ricava: R v = 0, M v = (l/)φ Ax. L equazione di risultante per il disco isolato fornisce: Φ Ax + h(b P ) ı = 0; Φ Ay 4mg + h(b P ) j = 0. Il vettore (B P ) è funzione della sola coordinata ϑ. In condizioni generiche di moto vale (B P ) = r 3 sin(ϑ + π/6) ı + [l/ + r 3 cos(ϑ + π/6)] j e nelle configurazioni di equilibrio, in cui la corda AP è parallela all asse x, si riduce rispettivamente a (B P ) = 3r ı + (l/) j per ϑ (1) e = π/3 (B P ) = 3r ı + (l/) j per ϑ () e = 4π/3. Quindi le componenti della reazione vincolare interna in condizioni statiche valgono: Φ Ax = 4 3mgr/l nella configurazione q e (1) Φ Ay = mg. 4 3mgr/l nella configurazione q () e ;

32 31 PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE 13 febbraio 004 Nel sistema di figura, disposto in un piano verticale, il disco di massa m e raggio r rotola senza strisciare sull asse y e il suo baricentro A è incernierato a un estremo della sbarretta omogenea AB di lunghezza l e ugual massa m. L estremo B è incernierato a una seconda sbarretta omogenea BD di massa m e lunghezza l, che ruota attorno al suo baricentro fisso E ed è sollecitata da una coppia esterna di momento costante M 0. Si assuma come coordinata lagrangiana l angolo ϑ indicato in figura, e che sia: y A 0 se ϑ Determinare le configurazioni di equilibrio del sistema e studiarne la stabilità,. Calcolare l energia cinetica e ricavare l equazione del moto. 3. Determinare tutte le reazioni vincolari esterne ed interne nelle condizioni di equilibrio individuate al punto 1. y AB = l BD = l C r A G mg mg B O E( r,0) x D M mg

33 3 Soluzione 1. Il potenziale delle forze applicate vale U(ϑ) = mgy A mgy G Mϑ + cost = 7 mgl sin ϑ + Mϑ + cost. Le configurazioni di equilibrio sono i suoi punti di stazionarietà, che si ricavano annullando la derivata prima: Si ricavano le due soluzioni di equilibrio ϑ (1) e U (ϑ) = 7 mgl cos ϑ + M = 0. = arccos ( ) M, ϑ () e = ϑ (1) e, 7mgl reali se M 7mgl. Per studiare la stabilità calcoliamo il segno della derivata seconda U (ϑ) = 7 mgl sin ϑ nelle due configurazioni di equilibrio. Se è soddisfatta la condizione per la loro esistenza, essa vale U (ϑ (1) e ) = 7 ( mgl M 1 7mgl ) > 0 ; U (ϑ () e ) = 7 ( ) mgl M 1 < 0. 7mgl Poichè l equilibrio è stabile nei punti di minimo della energia potenziale V (ϑ) = U(ϑ), si deduce che la configurazione ϑ (1) e è instabile e ϑ () e è stabile.. L energia cinetica del sistema vale T (ϑ, ϑ) = 1 I E ϑ + 1 I C ϕ + 1 mv G + 1 I G ψ dove ϕ è la velocità angolare del disco e ψ quella della sbarretta AB. Quest ultima è uguale e contraria a ϑ, e quella del disco si ricava sfruttando la condizione di rotolamento senza strisciamento: Inoltre: y A = l sin ϑ, v A = ẏ A = l cos ϑ ϑ = r ϕ ϕ = l r x G = r + l cos ϑ, ẋ G = l sin ϑ ϑ y G = 3l sin ϑ, ẏ G = 3l cos ϑ ϑ da cui: v G = (l /4)(1 + 8 cos ϑ) ϑ. Si ricava pertanto: cos ϑ ϑ. T (ϑ, ϑ) = 1 8ml 1 ϑ + 1 3mr = 1 ml (1 + 8 cos ϑ) ϑ 4l r cos ϑ ϑ + 1 ml 4 (1 + 8 cos ϑ) ϑ + 1 ml 1 ϑ

34 33 da cui la Lagrangiana del sistema L(ϑ, ϑ) = T (ϑ, ϑ) + U(ϑ) = 1 ml (1 + 8 cos ϑ) ϑ 7 mgl sin ϑ + Mϑ + cost. Da essa si ricava l equazione del moto: ml (1 + 8 cos ϑ) ϑ 8ml sin ϑ cos ϑ ϑ + 7 mgl cos ϑ M = Il sistema è soggetto a quattro vincoli doppi: indichiamo le reazioni esterne con Φ C = Φ Cx ı + Φ Cy j, Φ E = Φ Ex ı + Φ Ey j; quella interna nella cerniera A, e agente sul disco, con Φ A = Φ Ax ı + Φ Ay j; quella interna e agente sull asta BD con Φ B = Φ Bx ı + Φ By j. Le otto incognite di reazione si possono determinare applicando le seguenti equazioni cardinali della Statica: al disco isolato: all asta BD isolata: al sistema complessivo: Φ Cx + Φ Ax = 0 Φ Cy + Φ Ay mg = 0 rφ Cy = 0 Φ Bx + Φ Ex = 0 Φ By + Φ Ey mg = 0 Φ Cx + Φ Ex = 0 Φ Cy + Φ Ey 4mg = 0 e alle due aste isolate, con un equazione di momento rispetto alla cerniera E: Da quest ultima si ricava e dalle precedenti: M mgl cos ϑ + l sin ϑφ Ax = 0 3M Φ Ax = ( 7l M 1 7mgl ) Φ Ay = mg Φ Cx = Φ Ax ; Φ Cy = 0 Φ Ex = Φ Ax ; Φ Ey = 4mg Φ Bx = Φ Ax ; Φ By = mg.

35 34 PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE 8 luglio 004 Nel sistema in figura, che è disposto in un piano verticale, la sbarretta rigida AB di lunghezza l e massa m è incernierata, ad un terzo della sua lunghezza, nell origine del sistema di riferimento inerziale O(x, y). Ad essa sono applicate: una coppia di momento costante M, e una molla con costante elastica k e lunghezza a riposo trascurabile, che collega l estremo A ad un punto materiale P di massa m P scorrevole senza attrito sull asse x. Al punto P è applicata una forza costante F = F ı. 1. Determinare la posizione di equilibrio x e del punto P e il valore che deve avere il momento M della coppia, perchè la sbarretta si trovi in equilibrio per ϑ e = π.. Determinare la condizione che deve essere soddisfatta dalla forza F per assicurare la stabilità della configurazione di equilibrio (ϑ e, x e ) determinata al punto precedente. 3. Scrivere le equazioni del moto del sistema. 4. Calcolare tutte le reazioni vincolari in un generico istante di moto. l l AB = OB = /3 y A G P F O x B M mg m g P

36 35 Soluzione 1. Calcolati il quadrato della elongazione della molla e la quota del baricentro G: (AP ) = x l 4 3 lx cos ϑ ; y G = OG sin ϑ = l sin ϑ, 6 il potenziale delle forze attive risulta: U(ϑ, x) = mgl 6 sin ϑ k (x l 4 ) 3 lx cos ϑ + Mϑ + F x + cost ed ha derivate parziali: U ϑ(ϑ, x) = mgl 6 U x(ϑ, x) = kx + kl 3 cos ϑ kl 3 x sin ϑ + M cos ϑ + F. Annullandole entrambe e ponendo ϑ = ϑ e = π si ricava subito: M = mgl 6 ; x e = F k l 3.. Le derivate seconde del potenziale, calcolate nella configurazione di equilibrio q e = ( π, x e ), valgono: U ϑϑ (q e ) = mgl 6 sin ϑ e kl 3 x e cos ϑ e = kl ( F 3 k l ) 3 U xx (q e ) = k < 0 U ϑx (q e ) = kl 3 sin ϑ e = 0 per cui U ϑϑ (q e ) e U xx (q e ) = k coincidono con gli autovalori della matrice Hessiana. Affinchè entrambi gli autovalori siano negativi (condizione affichè U(ϑ, x) abbia un massimo in q e ), occorre che F < kl/3. Se è soddisfatta questa condizione, l energia potenziale V = U ha un minimo, e q e è stabile. 3. L energia cinetica del sistema vale T ( ϑ, ẋ) = 1 I ϑ O + 1 m P vp = 1 ml 9 ϑ + 1 m P ẋ e usandola per scrivere le equazioni di Lagrange si ottengono le seguenti equazioni del moto: ϑ + 3g l cos ϑ + 6k l x sin ϑ = 9M ml m P ẍ + kx kl cos ϑ = F La reazione Φ P = Φ P j della guida x sul punto P si ricava con una equazione di risultante: m P g k(p A) j + Φ P = 0 = Φ P = m P g ky A = m P g kl 3 sin ϑ

37 36 oppure applicando al sistema complessivo il teorema del momento delle quantità di moto rispetto ad O M + Φ P x mgl 6 cos ϑ m P gx = I O ϑ che fornisce l espressione equivalente: Φ P = 1 x ( ml 9 ϑ + mgl ) 6 cos ϑ + m P g M dove ϑ(t) e x(t) sono soluzioni delle precedenti equazioni del moto. Le due componenti della reazione di cerniera si ottengono applicando il teorema della quantità di moto alla sbarretta isolata: da cui si ricava Φ Ox + k(p A) ı = mẍ G = ml 6 (sin ϑ ϑ + cos ϑ ϑ ) Φ Oy mg ky A = mÿ G = ml 6 (cos ϑ ϑ sin ϑ ϑ ) Φ Ox = k Φ Oy = mg + kl 3 ( ) l 3 cos ϑ x ml 6 (sin ϑ ϑ + cos ϑ ϑ ) sin ϑ + ml 6 (cos ϑ ϑ sin ϑ ϑ ).

38 37 PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE settembre 004 Nel sistema in figura, che è disposto in un piano verticale, il disco omogeneo di massa m e raggio R rotola senza strisciare su una retta ξ inclinata di un angolo α = π/6 rispetto all asse x del sistema di riferimento inerziale O(x, y). Al suo baricentro G sono applicate le forze elastiche prodotte da due molle GG e GG che si mantengono parallele rispettivamente all asse x e all asse y, hanno uguale costante elastica k = mg/r e lunghezze a riposo trascurabili. Al disco è inoltre applicata una coppia di momento M(ϑ) = M 0 ϑ, con M 0 = mgr/4 e ϑ angolo di rotazione del disco, che si assume crescente nel verso antiorario e nullo quando il punto di contatto C del disco coincide con O. 1. Determinare le configurazioni di equilibrio del disco e studiarne la stabilità.. Scrivere l equazione del moto del sistema. 3. Calcolare la reazione vincolare nel punto di contatto C in condizioni statiche e in generiche condizioni di moto. 4. Si supponga che il moto del disco abbia inizio con velocità angolare ω 0 0 quando ϑ = ϑ 0 = 0. Calcolare il valore da assegnare ad ω 0 per far sì che il disco raggiunga con velocità nulle la configurazione in cui y G = 3R/. y G" O = /6 x M = M 0 G G' C mg

39 38 1) Dalla geometria del sistema si ricava Soluzione x G = ξ C cos α R sin α = R ( 3ϑ + 1); y G = ξ C sin α + R cos α = R ( 3 ϑ) v G = ẋ G ı + ẏ G j = R ϑ ( 3 ı + j) = R ϑ λ ξ G λ dove λ è il versore dell asse ξ. Il potenziale delle forze applicate è pertanto U(ϑ) = mgy G k (x G + y G) + e la sua derivata prima vale M(ϑ)dϑ = mgr (ϑ3 /6 ϑ + ϑ) + cost U (ϑ) = mgr (ϑ / ϑ + 1). I suoi zeri forniscono i seguenti due punti di stazionarietà: ϑ (1) e = + ; ϑ () e = che definiscono altrettante soluzioni di equilibrio. Per valutarne la stabilità ricaviamo la derivata seconda U (ϑ) = mgr (ϑ ) che nelle configurazioni di equilibrio vale U (ϑ (1) e ) = mgr > 0; U (ϑ() e ) = mgr < 0. Dunque l energia potenziale V (ϑ) = U(ϑ) ha un massimo nella configurazione ϑ (1) e è instabile, e ha un minimo per ϑ () e che è stabile. ) L energia cinetica del disco vale che T (ϑ, ϑ) = 1 I C ϑ = 3 4 mr ϑ. Se la si usa per scrivere l equazione di Lagrange ( ) d T dt ϑ T ϑ = du dϑ si ricava l equazione del moto: 3R ϑ g ( ϑ ϑ + 1 ) = 0. 3) Per ricavare la reazione vincolare Φ C = Φ Cx ı + Φ Cy j si può applicare il teorema della quantità di moto del disco. Ricavate le espressioni delle forze elastiche: k(g G ) = kx G ı = kr ( 3ϑ + 1) ı; k(g G ) = ky G j = kr (ϑ 3) j,

40 39 risulta: dalle quali si ottiene Φ Cx + kr 3mR ( 3ϑ + 1) = mẍ G = ϑ Φ Cy + kr (ϑ 3) mg = mÿ G = mr ϑ 3mR Φ Cx = ϑ mg ( 3ϑ + 1); Φ Cy = mg mr ϑ + mg ( 3 ϑ). Sostituendo l accelerazione angolare ϑ fornita dall equazione del moto si ha infine: ( 3mg ϑ Φ Cx [ϑ(t)] = 6 + ϑ ) 3 ; Φ Cy [ϑ(t)] = mg ( ) 3 ϑ ϑ. 6 Una delle due precedenti equazioni può essere sostituita dalla equazione di momento rispetto al baricentro del disco: rφ Cλ + M 0 ϑ = (mr /) ϑ dove Φ Cλ = 3Φ Cx / + Φ Cy / è la componente di Φ C nella direzione della retta ξ. In condizioni statiche ( ϑ = 0) le componenti della reazione vincolare si riducono a Φ Cx = mg 3mg ( 3ϑ (1,) e + 1) = (6 + 3 ± 3 ) 6 Φ Cy = mg + mg ( 3 ϑ (1,) e ) = mg ( 3 ). 4) Nell istante iniziale del moto, in cui ϑ = 0 e ϑ = ω 0, si ha T 0 = 3 4 mr ω 0 ; U 0 = cost. Nella configurazione in cui y G = 3R/ la coordinata lagrangiana ϑ vale: In essa il potenziale assume il valore: ϑ 1 = 3 y G R = 3. U 1 = U(ϑ 1 ) = 3mgR( 3 ) + cost, e se si vuole che questa configurazione venga raggiunta con velocità nulle ( ϑ = 0), applicando l integrale primo dell energia T 0 U 0 = T 1 U 1 si ricava che deve essere soddisfatta l uguaglianza: 3 4 mr ω 0 = 3mgR( 3 ). Risolvendo rispetto ad ω 0 si ottiene: ω 0 = + g R ( 3).

41 40 PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE 4 gennaio 005 Il sistema materiale indicato in figura è disposto in un piano orizzontale. Il disco di raggio r e massa m rotola senza strisciare su una circonferenza fissa di raggio r. Al suo baricentro A è incernierata una sbarretta rigida AB di massa m e lunghezza l = 3r, il cui estremo B è impegnato a scorrere senza attrito sull asse x ed è sollecitato da una forza costante F = F ı con F > 0. Il centro A del disco è collegato all asse x da una molla AA che si mantiene parallela all asse y, ha costante elastica nota k e lunghezza a riposo trascurabile. 1. Determinare le configurazioni di equilibrio del sistema comprese nell intervallo e studiarne la loro stabilità. π/ < ϑ < π/. Calcolare l energia cinetica del sistema e scrivere l equazione di Lagrange. 3. Linearizzare l equazione del moto nell intorno della configurazione di equilibrio stabile in cui si trova il sistema nell ipotesi: F = kr. 4. Calcolare le reazioni vincolari esterne in una generica condizione di moto. y AB = 3r O r C r A A F G B x

42 41 Soluzione 1) Il potenziale delle forze attive, tutte conservative, espresso in funzione della coordinata lagrangiana ϑ, vale: ed ha derivata prima U(ϑ) = k (AA ) F x B = 9 kr sin ϑ 6F r cos ϑ + cost U (ϑ) = 3r sin ϑ(f 3kr cos ϑ). Per cercare le configurazioni di equilibrio determiniamo i punti di stazionarietà di U(ϑ), che devono soddisfare: U (ϑ) = 0. Si ricavano tre soluzioni comprese nell intervallo π/ < ϑ e < π/: ϑ (1) e = 0 sempre valida ( ) F ϑ () e = arccos ; ϑ (3) e = ϑ () e 3kr reali se F 3 kr. Per studiare la loro stabilità ricaviamo i massimi e minimi di U(ϑ) calcolando la derivata seconda U (ϑ) = 3r cos ϑ(f 3kr cos ϑ) + 9kr sin ϑ. Nei punti di stazionarietà essa vale: { < 0 se F < 3kr/ massimo di U U (0) = 3r(F 3kr) > 0 se F > 3kr/ minimo di U U (ϑ (3,4) e ) = 9kr sin ϑ (3,4) e > 0 minimi di U. Tenuto conto che l energia potenziale del sistema è V (ϑ) = U(ϑ) ed ha un minimo in ogni configurazione stabile, se ne deduce che la configurazione ϑ (1) e = 0 è stabile se F < 3kr/ e instabile se F > 3kr/; ϑ (,3) e, quando esistono, sono instabili. ) L energia cinetica del sistema vale T (ϑ, ϑ) = 1 mv A + 1 I A ϕ + 1 mv G + 1 I G ϑ dove ϕ è la velocità angolare del disco. Indicando con ϑ l angolo compreso tra l asse x e il vettore (A O), che ha modulo uguale a ϑ ma è crescente nel verso orario, la velocità del baricentro A del disco vale v A = r ϕ τ = ϑ ( k) (A O) = 3r ϑ τ, dove τ = sin ϑ ı + cos ϑ j è il versore di k (A O). Da questa si deduce anche: ϕ = 3 ϑ. Inoltre, la velocità del baricentro della sbarretta vale v G = ẋ G ı + ẏ G j = d dt ( 9 r cos ϑ ı 3 r sin ϑ j ) = 3r (3 sin ϑ ı + cos ϑ j) ϑ

43 4 da cui v G = 9r 4 (1 + 8 sin ϑ) ϑ. Sostituendo nella espressione dell energia cinetica si ottiene: T (ϑ, ϑ) = 1 mr [ (1 + 8 sin ϑ)] ϑ 1 a(ϑ) ϑ. Se la si usa per scrivere l equazione di Lagrange si ricava l equazione del moto: mr [ (1 + 8 sin ϑ)] ϑ + 36mr sin ϑ cos ϑ ϑ 3r sin ϑ(f 3kr cos ϑ) = 0. 3) Nell ipotesi F = kr l unica configurazione di equilibrio stabile è ϑ (1) e intorno il potenziale e l energia cinetica si approssimano con U 1 U (0)ϑ = 1 ( 3kr )ϑ ; T 1 a(0) ϑ = 39 4 mr ϑ e da queste espressioni si ricava l equazione linearizzata ϑ + σ ϑ = 0 con σ = U (0) a(0) = k 13m. = 0. In un suo 4) Le reazioni vincolari da determinare sono Φ B = Φ B j e Φ C = Φ Cτ τ + Φ Cρ ρ dove ρ = cos ϑ ı sin ϑ j è il versore di (A O). La componente tangenziale di φ C si calcola subito con un equazione di momento rispetto al baricentro A del disco isolato: rφ Cτ = I A ϕ = mr ( 3 ϑ) = Φ Cτ = 3 mr ϑ. Le altre due incognite si possono ricavare scrivendo il teorema della quantità di moto per l intero sistema: dove F ı + 3kr sin ϑ j + Φ B j + Φ Cτ (sin ϑ ı + cos ϑ j) + Φ Cρ (cos ϑ ı sin ϑ j) = m a A + m a G a A = 3r( ϑ τ + ϑ ρ ) = 3r(cos ϑ ϑ + sin ϑ ϑ) ı + 3r(sin ϑ ϑ cos ϑ ϑ) j a G = ẍ G ı + ÿ G j = 9r (cos ϑ ϑ + sin ϑ ϑ) ı + 3r (sin ϑ ϑ cos ϑ ϑ) j. Uguagliando le componenti lungo gli assi x, y e sostituendo Φ Cτ, a A, a G si ricava F + 3 mr sin ϑ ϑ + Φ Cρ cos ϑ = 1mr(cos ϑ ϑ + sin ϑ ϑ) Φ B + 3kr sin ϑ + 3 mr cos ϑ ϑ Φ Cρ sin ϑ = 6mr(sin ϑ ϑ cos ϑ ϑ) da cui Φ Cρ = [ 1 F 3 cos ϑ mr sin ϑ ϑ 1mr(cos ϑ ϑ + sin ϑ ϑ) ] Φ B = 3r sin ϑ(m ϑ k) 15 mr cos ϑ ϑ + Φ Cρ sin ϑ.

44 43 COMPITO DI MECCANICA RAZIONALE 14 febbraio 005 In un piano verticale (O, x, y) un disco omogeneo di massa m e raggio r è incernierato senza attrito nel suo baricentro fisso O. In una scanalatura diametrale scorre senza attrito l asta omogenea AB di lunghezza l ed egual massa m. All asta è applicata una coppia M antioraria e costante. Assunte come coordinate lagrangiane l ascissa s del baricentro G sull asta ( (G O) = s λ, con λ versore di (B A) ) e l angolo ϑ di rotazione dell asta, (1) determinare le posizioni d equilibrio del sistema, studiandone la stabilità; () calcolare l energia cinetica e scrivere le equazioni differenziali del moto del sistema; (3) calcolare la reazione vincolare della cerniera in O sia in condizioni statiche che dinamiche; (4) abbandonato il sistema nella posizione s 0 = 0 e ϑ 0 = π/ con velocità iniziali nulle (moto incipiente) si calcoli l accelerazione iniziale del baricentro G dell asta e la corrispondente reazione Φ O in tale istante. y AB = OG = l s A r O s G x mg M mg B

45 44 (1) Il potenziale delle forze applicate vale e le sue derivate prime sono Soluzione U(ϑ, s) = mgy G + Mϑ + cost = mgs cos ϑ + Mϑ + cost U ϑ U s = mgs sin ϑ + M = mg cos ϑ. Poichè le posizioni di equilibrio sono i punti di stazionarietà di U(ϑ, s), imponiamo che queste derivate siano nulle e determiniamo le soluzioni del sistema che ne risulta. Si ricavano le due posizioni di equilibrio: { ϑ (1) e = π, s(1) e = M mg } { ϑ () e = π, s() e = M mg e per studiarne la stabilità calcoliamo le derivate seconde del potenziale U ϑϑ = mgs cos ϑ, U ss = 0, U sϑ = mg sin ϑ. Nelle posizioni di equilibrio queste valgono U ϑϑ = U ss = 0, U sϑ = mg e quindi il determinante della matrice Hessiana vale deth = U ϑϑ U ss (U sϑ ) = m g < 0. Poichè è negativo, il potenziale non ha nè un massimo nè un minimo nelle due posizioni di equilibrio, che quindi risultano entrambe instabili. () L atto di moto della sbarretta è la composizione del suo moto relativo alla scanalatura e di quello di trascinamento con il disco. Pertanto, se indichiamo con λ il versore di (G O) e con µ il versore della direzione k (G O) normale alla sbarretta, la velocità del suo baricentro è Si ha perciò l energia cinetica: v G = ṡ λ + s ϑ µ da cui : v G = ṡ + s ϑ. T (s, ϑ, ṡ) = 1 I ϑ O + 1 mv G + 1 I ϑ G = 1 ( ) r m + l 1 + s ϑ + 1 mṡ e la sua conoscenza permette di scrivere le equazioni di Lagrange ( ) d T dt ϑ T ϑ = U ϑ, ( ) d T T dt ṡ s = U s }

46 45 da cui si ottengono le seguenti equazioni del moto: m ( ) r + l 1 + s ϑ + msṡ ϑ + mgs sin ϑ M = 0 s s ϑ g cos ϑ = 0. 3) Per determinare la reazione vincolare Φ O = Φ Ox ı + Φ Oy j è sufficiente scrivere l equazione di risultante per l intero sistema (teorema della quantità di moto): dove mg j + Φ Ox ı + Φ Oy j = m a G = m(ẍ G ı + ÿ G j ) ẍ G = d dt (ṡ sin ϑ + s cos ϑ ϑ) = sin ϑ s + s cos ϑ ϑ s sin ϑ ϑ + cos ϑṡ ϑ ÿ G = d dt ( ṡ cos ϑ + s sin ϑ ϑ) = cos ϑ s + s sin ϑ ϑ + s cos ϑ ϑ + sin ϑṡ ϑ. Moltiplicando scalarmente per i versori degli assi x, y si ricavano le due componenti della reazione vincolare della cerniera, che in condizioni dinamiche valgono: Φ Ox = mẍ G, Φ Oy = mg + mÿ G e in condizioni statiche (in cui a G = 0) si riducono a Φ stat Ox = 0, Φ stat Oy = mg. (4) Nell atto di moto incipiente in cui s 0 = ϑ 0 = ṡ 0 = 0 e ϑ 0 = π/, dalla seconda equazione del moto si deduce che s(0) = s 0 = 0. Sostituendo insieme con i dati iniziali assegnati nelle espressioni di ẍ G, ÿ G prima calcolate, si ricava: ẍ G (0) = s 0 = 0 ẍ G (0) = s 0 ϑ0 = 0 e quindi l accelerazione iniziale del baricentro dell asta è nulla. Nello stesso istante iniziale la reazione vincolare della cerniera vale: Φ Ox (0) = 0, Φ Oy (0) = mg = Φ0 (0) = mg j.