dove µ è una costante positiva con le dimensioni di una massa.

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1 Prova scritta di meccanica razionale A-Z del Esercizio Rispetto ad una terna inerziale una lamina rigida quadrata ABCD, dilatol, hapunto fisso O, punto medio del lato AD. Lalaminagiacenelpianocoordinato Oxy di una terna solidale Oxyz, elasuadensità arealeèespressa da: σ(x, y =0 µ L 5 xy (x, y [0,L] [ L/,L/], dove µ è una costante positiva con le dimensioni di una massa. Un punto P di massa µ èbloccato in C econnesso ad O mediante una molla di massa trascurabile. Determinare del sistema: (a la massa e il baricentro rispetto a Oxyz; (b la matrice d inerzia relativa alla terna Oxyz; (c il momento d inerzia rispetto alla retta BC; (d all istante t = 0, il momento angolare in O e l energia cinetica relativi alla terna inerziale, nota che sia la velocità angolare ω =ωê ω ê + ω ê del sistema; (e Subito dopo l istante t = 0ilpunto P si distacchi da C e, sollecitato dalla molla, attraversi la lamina per fissarsi in O (la costante elastica sia tanto grande che il transito da C a O possa considerarsi istantaneo. Determinare la velocità angolare e l energia cinetica del sistema relative alla terna inerziale immediatamente dopo il riposizionamento di P.

2 Esercizio Nel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz un asta omogenea pesante AB, di massa m e lunghezza R, ha gli estremi vincolati a scorrere su una circonferenza fissa di raggio R e centro O. Il punto medio M di AB èconnesso mediante una molla ideale di costante elastica k ad un punto materiale P, pure di massa m, vincolato a scorrere lungo l asse orizzontale Ox. Ipotizzando vincoli ideali, si usino i parametri s, ϑ in figura come coordinate generalizzate per determinare del sistema: (a gli equilibri relativi a Oxyz; (b leproprietàdistabilitàdei predetti equilibri; (c l espressione dell energia cinetica relativa a Oxyz; (d le equazioni pure del moto; (e l espressione del momento angolare rispetto al polo O.

3 Soluzione dell esercizio (a Massa e baricentro del sistema Massa della lamina La massa della lamina si ricava integrando la densità areale σ(x, y sul quadrato ABCD: m lam = L 0 dx L/ L/ dy 0 µ L 5 xy = 0 µ L 5 L 0 xdx L/ L/ y dy = 0 µ L 5 L L =5µ. Baricentro della lamina La retta Ox èunasse di simmetria della lamina, in quanto σ(x, y =0 µ L 5 xy = 0 µ L 5 x( y = σ(x, y (x, y [0,L] [ L/,L/]. Si ha perciò, per ben nota proprietà deibaricentri, con ediconseguenza x = m lam lamina = 4 L x dx L 5 0 G lam O = x ê xσdxdy = 5µ L/ L/ Massa e baricentro del sistema Il punto P ha massa µ e vettore posizione La massa del sistema vale perciò: L 0 dx y dy = 4 L L 5 G lam O = L ê. L/ L/ C O = L ê + L ê. L = L m = m lam + m P =5µ + µ =6µ dy x 0 µ L 5 xy = mentre il vettore posizione del baricentro èdeterminato dal teorema distributivo: G O = m lam(g lam O+m P (P O = m lam + m P = 5 6( L ê + ( L ê + L 6 ê 5µ( L ê = 8 L ê + L ê. ( + µ L ê + L ê 5µ + µ =

4 (b Matrice d inerzia in Oxyz del sistema Marice d inerzia della lamina La retta Ox costituisce un asse di simmetria della lastra, che ammette altresì il piano di simmetria Oxy. Ne deriva che Oxyz è una terna principale d inerzia in O della lamina, rispetto alla quale la matrice d inerzia assume la forma diagonale: [L lam O ]= L lam xx L lam yy L lam xx + L lam yy dove il momento d inerzia rispetto ad Ox èdatoda L lam xx = L 0 dx L/ L/ = 0 µ L 5 L dy y 0 µ L 5 xy = 0 µ L 5 [ ] L/ 5 y5 L/ mentre quello relativo all asse Oy vale L lam yy = L 0 dx L/ L/ = 0 µ L 5 L 4 4 = µ L L 5 dy x 0 µ L 5 xy = 0 µ L 5 L 4 = 5 µl L 0 xdx 6 = 4 µl L 0 x dx L/ L/ L/ L/ y 4 dy = y dy = per cui O ]=µl / / /4 [L lam Matrice d inerzia del punto P Ricordato che P ha massa µ eposto P O = x C ê + y C ê + z C ê = L ê + L ê, la matrice d inerzia relativa a Oxyz del punto P assume la forma y [L P C + z C x C y C x C z C /4 / 0 O]=µ x C y C x C + z C x C z C = µl / 0. x C z C y C z C x C + y C 0 0 5/4 4

5 Matrice d inerzia del sistema La matrice d inerzia del sistema viene determinata applicando la proprietà diadditività, come somma delle matrici d inerzia della lamina e del punto P relativamente alla stessa terna Oxyz. Sihadunque: [L O ]=[L lam O ]+[L P O]=µL / 7/ 0 / / (c Momento d inerzia rispetto all asse BC Per determinare il momento d inerzia I BC del sistema rispetto all asse BC occorre considerare gli assi paralleli Oy e Gy, il secondo dei quali è baricentrale, e applicare il teorema di Huygens-Steiner. Indicati con I Oy e I Gy imomentid inerzia del sistema rispetto agli assi Oy e Gy, ilteorema di Huygens-Steiner porge dove: per cui. I Oy = I Gy +6µx G I BC = I Gy +6µ (L x G I Oy = L yy = 7 µl x G = 8 L I BC I Oy =6µ (L x G 6µx G equindi I BC = I Oy +6µ (L x G 6µx G = 7 ( µl +6µ L ( 8 L 6µ 8 L = = 7 µl +6µ 5 4 L 6µ 69 4 L = 7 µl µl µl = 5 6 µl. (d Momento angolare in O ed energia cinetica Il sistema rigido presenta un punto fisso in O eall istante t =0havelocitàangolare ω =ω ê ω ê + ω ê. Il momento angolare in O del sistema può allora essere calcolato usando l operatore d inerzia in O. LecomponontiK, K, K del momento angolare rispetto alla base ê ê ê sono perciò dateda K K = µl / 0 / 7/ 0 ω ω = µl ω 5/ 9/. K 0 0 9/ ω 9/ Il momento angolare richiesto vale così ( 5 K O = µl ω ê 9 ê + 9 ê 5

6 elacorrispondente energia cinetica risulta T = ω K O = ( 5 µl ω ( ê ê +ê ê 9 ê + 9 ê = ( µl ω =7µL ω. = (e Velocitàangolare ed energia cinetica dopo il riposizionamento di P Lo spostamento del punto P da C a O avviene pressochéistantaneamente e sotto l azione di una forza elastica diretta verso il punto fisso O. Duranteilprocesso il momento angolare in O del sistema deve quindi mantenersi costante, risultando lo stesso a monte e a valle dello spostamento. Nel contempo, la posizione della lamina può considerarsi invariata durante lo spostamento di P. Dopo il riposizionamento di P la matrice d inerzia delsistema in Oxyz si riduce a quella della sola lamina ABCD: [L lam O ]+0 = µl / / /4 per cui, indicata con ω = ω ê + ω ê + ω ê la velocità angolare del sistema immediatamente dopo lospostamentodip,laconservazione del momento angolare in O imporràche si abbia: K K = µl ω 5/ 9/ = µl / / 0 ω ω K 9/ 0 0 /4 ω ossia / / 0 ω ω = ω 5/ 9/ 0 0 /4 ω 9/ equindi ω ω = 4/ /5 0 5/ 9/ ω = 0/ 9/5 ω. ω 0 0 4/ 9/ 8/ La velocità angolare del sistema subito a valle dello spostamento istantaneo di P si scrive pertanto: ω = 0 ω ê 9 5 ω ê + 8 ω ê. L energia cinetica corrispondente diventa così: T = ω K = (ω ω ω K K = ( 0 ω 9 8 µl ω 5/ 9/ = 5 K 9/ = ( 5 µl ω = µl ω. 6

7 Soluzione dell esercizio (a Equilibri Le forze attive che agiscono sul sistema hanno tutte natura posizionale e conservativa: il peso e l interazione elastica fra i punti M e P. Sidevono dunque calcolare i potenziali gravitazionale ed elastico, la cui somma definisce il potenziale totale del sistema. Gli equilibri del sistema, scleronomo, posizionale conservativo e a vincoli bilaterali ideali, saranno tutti e soli i punti critici di detto potenziale. Per determinare le espressioni richieste, oltre che l energia cinetica del sistema, occorrono i vettori posizione del punto P edelpunto medio M dell asta: P O = Rs ê M O = R sin ϑ ê R cos ϑ ê, dove si èfatto uso del fatto che il triangolo ABO èequilatero, di lato A B = R ed altezza M O = R/. Potenziale gravitazionale Il potenziale gravitazionale consta della somma di due contributi, l uno relativo all asta e l altro associato al punto P.Ilbaricentro dell asta omogenea coincide con il punto medio M di questa, mentreilpunto P ha ordinata costante ed il suo potenziale gravitazionale può essere ignorato: U g = mg ê (M O mg ê (P O = mgr cos ϑ. Potenziale elastico Osservato che M P = ( R sin ϑ Rs ê R cos ϑ ê eche dunque ( M P = R 4 sin ϑ s sin ϑ + s + ( 4 cos ϑ = R 4 s sin ϑ + s, il potenziale elastico associato alla molla ideale M P èdatodalla formula generale U el = k ( M P = kr 4 s sin ϑ + s. Potenziale del sistema Il potenziale del sistema èlasomma dei potenziali gravitazionale ed elastico appena determinati: ( kr U(s, ϑ =U g + U el = mgr cos ϑ 4 s sin ϑ + s = ( = kr s + s sin ϑ + mgr cos ϑ +costante, 7

8 espressione nella quale la costante additiva ètotalmente irrilevante. Configurazioni di equilibrio Gliequilibri vengono individuati calcolando ed uguagliando a zero le derivate parziali prime del potenziale U s = kr( s + sin ϑ =0 U ϑ = kr s cos ϑ mgr sin ϑ =0 che conducono al sistema di equazioni algebrico-trigonometriche s = sin ϑ s cos ϑ mg sin ϑ =0. kr Sostituendo la prima equazione nella seconda, questa diventa un equazione trigonometrica nella sola variabile angolare ϑ: mg sin ϑ cos ϑ sin ϑ =0 kr che può riesprimersi nella forma fattorizzata ( sin ϑ cos ϑ mg =0 kr ed èrisoltaponendo uguale a zero il primo fattore sin ϑ =0 ovvero il secondo cos ϑ = mg kr. Dalla prima equazione si hanno due valori di equilibrio definiti incondizionatamente: ϑ =0 ϑ = π mentre dalla seconda risultano le ulteriori soluzioni di equilibrio: ( mg ϑ =+arccos kr ( := ϑ mg ϑ = arccos kr = ϑ definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia mg kr <. 8

9 Una volta calcolata la corrispondente coordinata s, gli equilibri del sistema sono pertanto: (s, ϑ =(0, 0 (s, ϑ =(0,π, sempre definiti, e (s, ϑ = ( sin ϑ,ϑ (s, ϑ = ( sin ϑ, ϑ, definiti e distinti dai precedenti se e solo se mg/kr < /. (b Stabilità degliequilibri La stabilità degli equilibri viene studiata applicando i teoremi standard di Lagrange- Dirichlet e di inversione parziale, ai quali è lecito fare ricorso data la natura puramente posizionale conservativa del sistema scleronomo a vincoli bilaterali ideali. A questo scopo si rende necessario calcolare le derivate parziali seconde del potenziale U: U (s, ϑ = kr s U (s, ϑ = s ϑ kr cos ϑ U (s, ϑ = ϑ s kr cos ϑ organizzate nella relativa matrice hessiana H U (s, ϑ = U (s, ϑ = kr s s sin ϑ kr kr cos ϑ kr cos ϑ kr s sin ϑ mgr cos ϑ mgr cos ϑ che deve essere calcolata e discussa in ciascuna configurazione di equilibrio del sistema. Configurazione (s, ϑ =(0, 0 In questa configurazione la matrice hessiana del potenziale si riduce a H U (0, 0 = con determinante di segno non definito kr kr kr mgr deth U (0, 0 = kr mgr 4 k R 4 = 4 k R 4( mg kr e traccia negativa trh U (0, 0 = kr 9 mgr < 0.

10 Occorre quindi distinguere tre diversi casi: se mg >, il determinante dell hessiana èpositivo kr deth U (0, 0 = 4 k R 4( mg kr eilsegnonegativo della traccia impone che gli autovalori della matrice debbano essere entrambi negativi, assicurando così ilcarattere definito negativo della matrice. La configurazione costituisce dunque un massimo relativo proprio del potenziale, stabile per il teorema di Lagrange-Dirichlet; mg per < lamatricehessianahadeterminante negativo kr deth U (0, 0 = 4 k R 4( mg kr < 0 equindi autovalori di segno opposto. Il ricorrere di un autovalore positivo assicura l instabilità della configurazione, in virtù delteorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet; se infine mg =,ildeterminante della matrice hessiana si annulla kr deth U (0, 0 = 4 k R 4( mg kr =0 einsiemealsegno negativo della traccia implica che gli autovalori di H U (0, 0 siano uno nullo e uno negativo. Non èpossibile applicare il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet, dal momento che nessun autovalore ha segno positivo. D altra parte, non èneppure evidente che la configurazione di equilibrio costituisca un massimo relativo proprio del potenziale, in quanto la matrice hessiana èsoltantosemidefinita, non definita negativa. Una riscrittura conveniente del potenziale basta però a provare l esistenza del massimo. Il potenziale del sistema si riduce infatti a U(s, ϑ =kr ( s + s sin ϑ + mg kr cos ϑ > 0 eomesso il fattore positivo kr /assume la forma adimensionale = ( s kr + s sin ϑ + cos ϑ U(s, ϑ = s + s sin ϑ + cos ϑ. Usando le formule di bisezione di seno e coseno si ha allora l identità ( U(s, ϑ = s s sin ϑ + 4 sin ϑ cos ϑ 4 sin ϑ = ( = [ s sin ϑ ϑ +sin ϑ ϑ ] sin cos 0

11 che grazie all identità trigonometrica sin (ϑ/ + cos (ϑ/ = diventa U(s, ϑ = [ ( + s sin ϑ +sin 4 ϑ ] = (s sin ϑ sin 4 ϑ ed èstrettamente minore di U(0, 0 = / perogni (s, ϑ R sufficientemente vicino a(s, ϑ =(0, 0. L equilibrio è stabile per Lagrange-Dirichlet. Si osservi che qualora la configurazione non risultasse un massimo relativo proprio del potenziale, nulla si potrebbe concludere circa la stabilità omeno dell equilibrio, non potendosi applicare né Lagrange-Dirichlet né larelativainversioneparziale. Configurazione (s, ϑ =(0,π In questo caso la matrice hessiana del potenziale èdatada: kr H U (0,π= kr kr mgr ed ha determinante negativo deth U (0,π= kr mgr 4 k R 4 < 0 con autovalori di segno opposto. Il teorema di inversioneparziale di Lagrange-Dirichlet permette così diconcludere che l equilibrio èinstabile. Configurazione (s, ϑ = Nella fattispecie risulta H U ( sin ϑ,ϑ = ( sin ϑ,ϑ kr kr cos ϑ kr cos ϑ kr sin ϑ sin ϑ mgr cos ϑ con ϑ (0,π/ e cos ϑ = mg.lamatricepresenta determinante positivo kr ( deth U sin ϑ,ϑ = 4 k R 4 sin ϑ + mgkr cos ϑ 4 k R 4 cos ϑ = = ( 4 k R 4 sin ϑ + mg kr cos ϑ cos ϑ = 4 k R 4 sin ϑ > 0 e traccia negativa trh U ( sin ϑ,ϑ = kr 4 kr sin ϑ mgr cos ϑ < 0

12 in modo che i suoi autovalori sono entrambi negativi. La configurazione costituisce pertanto un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilità seguealsolitodal teorema di Lagrange-Dirichlet. ( Configurazione (s, ϑ = sin ϑ, ϑ Le proprietà distabilità diquestaconfigurazione sono le stesse già considerate nel caso precedente, in quanto ( sin ϑ, ϑ ( = sin ϑ,ϑ ed il potenziale U è una funzione pari dei propri argomenti: U( s, ϑ =U(s, ϑ (s, ϑ R. Quando definito, l equilibrio risulta dunque stabile secondo Liapunov. (c Energia cinetica L energia cinetica si esprime come somma delle energie cinetiche del punto materiale e dell asta omogenea. Energia cinetica del punto materiale L energia cinetica del punto P si calcola direttamente applicando la definizione, che porge T P = m P = m Rṡ ê = mr ṡ. Energia cinetica dell asta L asta AB ha baricentro M, si muove nel piano coordinato Oxy e il parametro ϑ ne rappresenta l angolo di rotazione rispetto alla direzione verticale Oy orientata verso il basso. L energia cinetica può allora essere calcolata ricorrendo al teorema di König T AB = m Ṁ + IAB Mz ϑ ê = m 4 R ϑ + mr ϑ = 5 mr ϑ, essendo IMz AB = mr / il momento d inerzia dell asta rispetto al proprio asse baricentrale Mz e Ṁ = R(cos ϑ ê +sinϑê ϑ la velocità istantaneadel baricentro M. Energia cinetica del sistema Non rimane che sommare le energie cinetiche parziali di punto e asta per ottenere l energia cinetica dell intero sistema: T = T P + T AB = ( mr ṡ ϑ.

13 (d Equazioni del moto Le equazioni del moto di questo sistema olonomo a vincooli ideali, posizionale e conservativo, sono quelle di Lagrange: d ( L L dt ṡ s =0 d ( L dt ϑ L ϑ =0 secondo la lagrangiana L = T + U = ( mr ṡ ϑ ( + kr s + s sin ϑ + mgr cos ϑ. Da questa si traggono le ovvie espressioni d ( L dt ṡ = mr s L s = kr( s + sin ϑ L ϑ = kr s cos ϑ mgr sin ϑ d ( L dt ϑ = 5 6 mr ϑ che sostituite nelle equazioni di Lagrange porgono: mr s + kr ( s sin ϑ =0 5 6 mr ϑ kr s cos ϑ + mgr sin ϑ =0. (e Momento angolare in O Il momento angolare in O del sistema èlasomma dei momenti angolari, nello stesso polo, di tutte le parti che lo costituiscono; in questo caso, del punto materiale P edell asta AB. Momento angolare in O del punto P Per il punto P il momento angolare in O èidenticamente nullo: K P O =(P O m P = Rs ê mrṡ ê =0, come conseguenza del fatto che il moto del punto avviene lungo l asse Ox. Momento angolare in O dell asta AB Il momento angolare in O dell asta, che ha massa m ebaricentro nel proprio punto medio M, sipuò esprimere mediante il teorema di König: K AB O =(M O mṁ + K AB M dove M O = R(sin ϑ ê cos ϑ ê Ṁ = R(cos ϑ ê +sinϑ ê ϑ

14 equindi (M O mṁ = 4 mr (sin ϑ ê cos ϑ ê (cos ϑ ê +sinϑ ê ϑ = = 4 mr ϑ(sin ϑ +cos ϑê = 4 mr ϑ ê, mentre K AB M èilmomentoangolare in M dell asta rispetto ad una terna baricentrale (di origine M ed in moto traslatorio rispetto a Oxyz, nella quale l asta ruota con velocità angolare ϑ ê attorno all asse fisso Mz,sicchè K AB M = LAB M ( ϑ ê =IMz AB ϑ ê = mr ϑ ê. In definitiva: K AB O = 4 mr ϑ ê + mr ϑ ê = 5 6 mr ϑ ê. Alla stessa conclusione si perviene osservando che, come già calcolato in precedenza, echedeve valere altresì T AB = 5 mr ϑ T AB = K AB O ϑ ê = 5 mr ϑ per cui K AB O ê = 5 6 mr ϑ. Poichè ilmotoavviene nel piano Oxy, ilmomentoangolare in O dell asta ha componenti nulle lungo ê ed ê. Si osservi infine che l asta èvincolata a muoversi in modo tale che la distanza di un suo qualsiasi punto dall origine O si mantiene sempre costante: O appartiene allo spazio solidale all asta, che quindi può riguardarsicome un sistema rigido con punto fisso O sebbenequesto non appartenga al sistema rigido. Muovendosi nel piano Oxy, l asta costituisce un sistema rigido con asse fisso Ox. Di conseguenza, in luogo dei teoremi di König, per calcolare energia cinetica e momento angolare in O si può fareusodirettamente delle relazioni: T = IAB ϑ Oz K O AB = I AB Oz ϑ ê, dove il momento d inerzia dell asta rispetto all asse di rotazione vale I AB Oz = m M O + I AB Mz = m ( R + mr = 5 6 mr in virtù delteorema di Huygens-Steiner. 4