F (x) =(x 2 x 3 )ê 1, x R. Si determinino:

Transcript

1 Scritto di meccanica razionale del Esercizio Un tavolo rigido pesante è appoggiato su un terreno orizzontale debolmente cedevole, identificabile con il piano Oxy di una terna inerziale Oxyz. Ipunti di appoggio del tavolo sono: P (0, 0, 0) P (4, 0, 0) P 3 (3,, 0) P 4 (,, 0). (a) Determinare il poligono di appoggio e l area di completo appoggio. (b) Stabilire se la configurazione che vede il tavolo appoggiato al terreno in P,P,P 3,P 4 èdiequilibrio, nell ipotesi che il baricentro del tavolo sia G(3/,, 4); (c) Calcolarele reazioni vincolari esterne, nella stessa ipotesi del quesito (b). Esercizio Un punto materiale di massa m =èvincolato a scorrere senza attrito lungo l asse Ox di una terna galileiana e subisce l azione del campo di forze Si determinino: F (x) =(x x 3 )ê, x R. (a) le condizioni iniziali che corrispondono ai moti a meta asintotica del sistema; (b) lecondizioni iniziali per i moti periodici; (c) ilritratto di fase del sistema; (d) seesistono moti x(t) delsistema per i quali x(t) + (moti non limitati).

2 Esercizio 3 Un punto materiale di massa unitaria è vincolato a scorrere senza attrito sul quadrato Q = {(x, y) [, ] [, ]} del piano coordinato Oxy di una terna inerziale. Assunte le coordinate cartesiane x e y come parametri lagrangiani, la lagrangiana del sistema si scrive: Determinare: L = ẋ + ẏ x + xy + y3, (x, y) [, ] [, ]. 3 (a) gli equilibri ordinari del sistema; (b) lastabilità degli equilibri ordinari; (c) frequenze emodi normali di oscillazione nell intorno di un equilibrio stabile; (d) se la configurazione (x, y) =(, ) èdiequilibrio.

3 Soluzione dell esercizio (a) Poligono d appoggio e area di completo appoggio Per definizione, il poligono d appoggio del tavolo rigido èdato dall inviluppo convesso della base d appoggio. Essendo questa costituita dai punti P, P, P 3, P 4,chesono posti ai vertici di un poligono convesso, si conclude immediatamente che il poligono d appoggio si identifica con il quadrilatero P P P 3 P 4 èimmediato verificare che si tratta di un trapezio isoscele. Secondo il modello del suolo debolmente cedevole, i coefficienti di struttura a, b, c del piano di appoggio sono determinati dall equazione matriciale S a b = mg x G y G c nella quale x G, y G sono le coordinate della proiezione di G sul piano d appoggio centro di pressione ed S èlamatricesimmetrica S xx S xy S x S = S xy S yy S y = S x S y #Ω di elementi S xx = i Ω x i = =6 S yy = i Ω y i = =8 S xy = i Ω x i y i = =8 S x = x i = = 8 i Ω S y =0+0++ = 4 #Ω = 4. 3

4 Si ha pertanto: a b c = S mg x G y G = mg x G y G Le reazioni vincolari esterne applicate ai punti P i (x i,y i, 0), i =,, 3, 4della base d appoggio si scrivono nella forma Φ i =Φ i ê 3 i =,, 3, 4 dove le componenti verticali Φ i sono individuate in termini dei coefficienti di struttura per mezzo delle relazioni Φ i =(abc) x i y i =(x G y G ) mg x i y i e, affinché ricorra in P i una posizione di effettivo appoggio del corpo, devono risultare strettamente positive. In particolare, la componente Φ della reazione vincolare in P risulta positiva se e soltanto se lecoordinate(x G,y G )delcentro di pressione soddisfano la condizione: Φ =(x G y G )mgs 0 0 =(x G y G ) mg = mg 0 ( 4x G 5y G + 8) > 0. Analoghe condizioni si hanno negli altri punti della base di appoggio: 4 Φ =(x G y G )mgs 0 =(x G y G ) mg 4 5 = mg 0 0 (4x G 5y G +) > 0 Φ 3 =(x G y G )mgs 3 =(x G y G ) mg 5 = mg 0 0 (x G +5y G 4) > 0 4 Φ 4 =(x G y G )mgs =(x G y G ) mg 5 = mg 0 0 ( x G +5y G +4) > 0. 4 Il poligono di completo appoggio si compone quindi di tutti e soli i punti individuati dalle coordinate (x, y) cherisolvonoilsistemadidisequazioni lineari 4x 5y +8 > 0 4x 5y + > 0 x +5y 4 > 0 x +5y +4 > 0 la cui soluzione si ricava facilmente per via grafica ed èevidenziata con l ombreggiatura nella figura seguente: 4

5 Vale la pena di ricordare che la soluzione si ottiene tracciando nel piano cartesiano le rette di equazione 4x 5y +8 = 0 4x 5y + = 0 x +5y 4=0 x +5y +4 = 0 ed individuando per ispezione i semipiani risolventi le singole disequazioni, di cui tali rette costituiscono la frontiera per esempio basta verificare se l origine (x, y) =(0, 0) soddisfa omenolarelativadisequazione. (b) Equilibrio Il centro di pressione C del tavolo ècostituito dalla proiezione ortogonale del baricentro sul piano d appoggio. Nella fattispecie, se il baricentro ha coordinate (3/,, 4), la sua proiezione ortogonale sul piano d appoggio Oxy si scrive dunque C(3/,, 0). Èfacile convincersi che il centro di pressione appartiene all area di completo appoggio, in quanto tutte le disequazioni che la definiscono sono soddisfatte per (x, y) =(3/, ): 4x 5y +8 = 4(3/) 5+8 = 7 > 0 4x 5y + = 4(3/) 5+ = 3 > 0 x +5y 4 = (3/) = 4 > 0 x +5y +4 = (3/) = 6 > 0. La configurazione èquindi di equilibrio per il sistema, e il tavolo risulta effettivamente appoggiato su tutti i quattro punti P, P, P 3, P 4. (c) Reazioni vincolari esterne Le reazioni vincolari richieste si ottengono calcolando le espressioni di Φ,Φ,Φ 3,Φ 4 già considerate alpunto (a) per(x G,y G )=(3/, ). Si ha così: Φ = mg 0 ( 4x G 5y G + 8) = 7 0 mg Φ = mg 0 (4x G 5y G +) = 3 0 mg 5

6 Φ 3 = mg 0 (x G +5y G 4) = 4 0 mg Φ 4 = mg 0 ( x G +5y G +4) = 6 0 mg elereazioni vincolari esterne in P, P, P 3, P 4 risultano: Φ = 7 0 mgê 3 Φ = 3 0 mgê 3 Φ 3 = 5 mgê 3 Φ 4 = 3 0 mgê 3. Soluzione dell esercizio L equazione pura del moto del sistema è ottenuta proiettando la seconda legge della dinamica lungo l asse Ox ẍ = F (x) ê = x x 3. Si tratta di un sistema unidimensionale soggetto unicamente a sollecitazioni posizionali, che hanno necessariamente natura conservativa: l andamento qualitativo delle soluzioni può essere descritto ricorrendo all analisi di Weierstrass. Il potenziale della sollecitazione posizionale conservativa è una qualsiasi primitiva di F (x) ê : U(x) = x3 3 x4 4 x R cui corrisponde l energia potenziale W (x) = U(x) = x3 3 + x4 4 x R. Il grafico dell energia potenziale viene determinato osservando in primo luogo che lim W (x) =+ lim x + W (x) =+ x mentre annullando la derivata prima W (x) = x + x 3 si ricavano i due soli punti critici x =0ex =. Diquestiilprimoèunpunto di flesso orizzontale e il secondo un minimo relativo proprio, come si verifica immediatamente dal valore della derivata seconda W (x) = x +3x negli stessi punti: W (0) = 0 W () =. Nella discussione di Weierstrass giocano inoltre un ruolo fondamentale i valori dell energia potenziale nei punti critici: W (0) = 0 W () =. 6

7 L energia potenziale ha così il grafico illustrato nella figura seguente: che serve come base per la discussione di Weierstrass elacostruzione del ritratto di fase del sistema. La classificazione delle soluzioni viene ottenuta facendo uso, al solito, dell integrale primo dell energia meccanica: H(x, ẋ) =T + W (x) =ẋ x3 3 + x4 4, (x, ẋ) R. (a) Condizioni iniziali per i moti a meta asintotica Per i criteri di Weierstrass i moti a meta asintotica ricorrono soltanto per H(x, ẋ) =W (0) = 0, allorquando il punto x =0è uno zero doppio della funzione di Weierstrass. Ènecessario escludere la posizione iniziale x =0,ossia la velocità inizialeẋ =0,checorrisponderebbe alla soluzione statica (x, ẋ) =(0, 0). Per x>0 si ottiene una soluzione x(t) con meta asintotica x =0edorbita omoclina, inquanto lim x(t) =0 lim t + x(t) =0. t In definitiva, l insieme delle condizioni iniziali associate ai moti asintotici èdatoda { (x, ẋ) R ẋ }, x3 3 + x4 4 =0, x > 0. (b) Condizioni iniziali per i moti periodici Icriteri di Weierstrass prescrivono che i moti periodici si realizzino negli intervalli compatti di x sul cui interno la funzione di Weierstrasssimantienestrettamente positiva, presentando due zeri semplici agli estremi punti di inversione del moto. La condizione ricorre se e soltanto se l energia meccanica totale assume un valore strettamente compreso fra W () = / e W (0) = 0, ovvero superiore a W (0) = 0. Le condizioni iniziali corrispondenti ai moti periodici del sistema sono quindi tutti e soli i punti dell insieme: { (x, ẋ) R, } } < ẋ x3 3 + x4 4 < 0 {(x, ẋ) R, 0 < ẋ x3 3 + x4. 4 (c) Ritratto di fase Il ritratto di fase viene delineato tracciando qualitativamente le orbite corrispondenti a 7

8 valori notevoli dell energia meccanica, precisamente: E 0 = W () = /, per la quiete nella posizione di equilibrio stabile x = ; E ( /, 0), per alcuni moti periodici; E 3 = W (0) = 0 per lo stato di quiete nella posizione x =0epertutti i moti ametaasintotica; E 4 >W(0) = 0 per tutti i moti periodici residui. I livelli di energia sul grafico dell energia potenziale e le relative orbite nel piano delle fasi sono illustrato nella figura a lato. (d) Moti non limitati Poiché l energia potenziale W diverge a + tanto per x quanto nel limite di x +, èevidentechetutti i moti del sistema sono limitati. La risposta al quesito deve quindi intendersi negativa. Soluzione dell esercizio 3 (a) Equilibri ordinari Il sistema èscleronomo, a vincoli ideali bilaterali e soggetto unicamente a sollecitazioni posizionali conservative descritte dal potenziale U, che si identifica facilmente come U(x, y) =xy x + y3 (x, y) [, ]] [, ] 3 in quanto parte della lagrangiana indipendente dalle coordinate generalizzate ẋ e ẏ. Per il teorema dei lavori virtuali le configurazioni di equilibrio ordinarie del sistema sono tutti esoltantoipunti critici del potenziale nel quadrato aperto {(x, y) (, ) (, )}. Poiché lederivateparziali prime del potenziale si scrivono x = y x y = x + y le equazioni degli equilibri ordinari assumono la forma { y x =0 x + y (x, y) (, ) (, ) =0 equivalente alsistemaalgebrico { y = x x + x =0 8

9 dal quale si deducono le soluzioni (x, y) =(0, 0), (, ) entrambe accettabili. Gli equilibri ordinari del sistema sono perciò: (x, y) =(0, 0) e (x, y) =(, ). (b) Stabilità degliequilibri ordinari Le sollecitazioni attive applicate al sistema hanno tutte natura posizionale conservativa per cui lastabilità degli equilibri ordinari può essere analizzata ricorrendo ai teoremi standard di Lagrange-Dirichlete di inversioneparziale. A questo scopo si calcolano preventivamente le derivate parziali seconde del potenziale U xx = U yy =y U xy = U yx = elarelativamatricehessiana H U (x, y) = ( ) y per poi procedere allo studio dei singoli equilibri. Configurazione (x, y) =(0, 0) In questa configurazione l hessiana del potenziale è la matrice H U (0, 0) = il cui determinante assume segno negativo ( ) 0 deth U (0, 0) = < 0. Ne segue che i due autovalori reali della matrice hanno segno opposto e che la presenza di un autovalore positivo consente desumere l instabilità della configurazione, in virtù del teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet. Configurazione (x, y) =(, ) In questo caso la matrice hessiana vale H U (, ) = ( ) con determinante e traccia dati da deth U (, ) = trh U (, ) = 3; 9

10 il segno positivo del determinante comporta che gli autovalori reali della matrice siano di segno concorde, specificato dal segno della traccia che coincide, come noto, con la somma degli autovalori. Se ne conclude che gli autovalori di H U (, ) sono entrambi negativi, in modo che la configurazionesi riconoscere costituire un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilità èassicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet. (c) Frequenze e modi normali delle piccole oscillazioni La sola configurazione ordinaria di equilibrio stabile del sistema si ha per (x, y) =(, ) ed è dunque nell intorno di questa che si procede allo studio delle piccole oscillazioni. L equazione caratteristica delle piccole oscillazioni in prossimità di(x, y) =(, ) si scrive [ A(, )ω + H U (, ) ] ( ) a =0, (a a a ) (00) dove A(, ) indica la matrice dell energia cinetica A(x, y) = ( ) 0 0 e H U (, ) l hessiana del potenziale nella configurazione di equilibrio, già considerata per l analisi di stabilità ( ) H U (, ) =. L equazione caratteristica dei modi normali diventa perciò ( )( ) ω a ω =0, (a a a ) (0, 0) elepulsazioni normali delle piccole oscillazioni sono individuate dall equazione biquadratica ( ) ω 0=det ω = ω 4 3ω + che porge le soluzioni positive ω = 3+ 5 ω = 3 5. Le frequenze normali delle piccole oscillazioni intorno a (x, y) =(, ) risultano dunque f = ω π = 3+ 5 π e f = ω π = 3 5. π Si possono ora caratterizzare i modi normali di oscillazione, associati alle due pulsazioni normali ω e ω. 0

11 3+ 5 Modo normale di pulsazione ω = Nella fattispecie l equazione che caratterizza il modo normale di oscillazione si riduce a a + 5 a + a = a 5 a + a =0 e da essa si ricava che le ampiezze di oscillazione sono legate dalla relazione lineare a = + 5 a,cona R \{0} arbitrario. Il modo normale di oscillazione è dunque descritto dall espressione ( ) ( ) ( ) x + ( 3+ 5 ) = a y cos(ω t+φ )=a + 5 cos t+φ t R con a 0eφ costanti reali fissate a piacere. 3 5 Modo normale di pulsazione ω = In questo caso le ampiezze di oscillazione del modo normale devono soddisfare l equazione lineare omogenea b b = 5 5 b b =0 5 erisultano perciò legate dall ovvia relazione b = b,conb 0arbitrario. L equazione oraria del relativo modo normale risulta così individuata da ( ) x + = b y + 5 cos(ω t + φ )=b ( 3 5 ) 5 cos t + φ t R con b 0eφ costanti reali arbitrarie. (d) Equilibrio di confine La configurazione (x, y) = (, ) si colloca sulla frontiera del quadrato Q erappresenta perciò una configurazione di confine del sistema scleronomo. Per comprendere se tale configurazione costituisca o meno un equilibrio si rende necessario ricorrere al teorema dei lavori virtuali nella sua forma generale. Poiché lecomponentilagrangiane delle sollecitazioni attive si scrivono Q x (x, y) = (x, y) =y x x Q y(x, y) = (x, y) =x + y y

12 per il teorema dei lavori virtuali la configurazione èdiequilibrio se e soltanto se risulta (, ) δx + (, ) δy 0 δx 0, δy R, x y ossia x (, ) 0 e (, ) = 0. y Le condizioni chiaramente non sono soddisfatte, dal momento che: (, ) = > 0 x y (, ) = +( ) = < 0. Di consequensa, la configurazione (x, y) = (, ) non costituisce un equilibrio di confine del sistema.