e B. Le densità di P e γ si scrivono:

Prova in itinere di Fondamenti di meccanica razionale e Meccanica razionale del 1.04.017 Esercizio 1 - Versione unica Nel piano Oxy di una terna cartesiana ortogonale Oxyz = Oê 1 ê ê si considera il sistema costituito da: una piastra quadrata P, di lato a, con i vertici A e B posti simmetricamente rispetto a O lungo l asse Oy, e un telaio semicircolare γ, di raggio a, centro O ed estremi A e B. Le densità di P e γ si scrivono: σ(p = µ a 4 P O P P λ(q = µ a (Q O ê 1 Q γ, con µ > 0 una massa costante caratteristica. Determinare: (a la massa e la posizione del baricentro del sistema rispetto a Oxyz; (b la matrice d inerzia del sistema relativa a Oxyz; (c il momento d inerzia di γ rispetto alla retta r di equazione y = x, z = 0. 1

Esercizio - Versione I - Prove A C E In una terna cartesiana ortogonale destra Oxyz = Oê 1 ê ê si considera il sistema S di vettori applicati: Determinare: v 1 = ê 1 + ê + ê applicato in P 1 (1, 0, 1 v = ê 1 ê ê applicato in P (, 1, 1. (a l equazione dell asse centrale a di S, se definito; (b gli eventuali punti A rispetto ai quali il momento M A di S è uguale a volte il risultante R di S. Esercizio - Versione II - Prove B D F In una terna cartesiana ortogonale destra Oxyz = Oê 1 ê ê si considera il sistema S di vettori applicati: Determinare: v 1 = ê 1 ê ê applicato in P 1 (, 1, 1 v = ê 1 + ê + ê applicato in P (1, 0, 1. (a l equazione dell asse centrale a di S, se definito; (b gli eventuali punti A rispetto ai quali il momento M A di S è uguale a volte il risultante R di S. Esercizio - Versione I - Prove A C F Lungo l asse orizzontale Ox di una terna inerziale Oxyz = Oê 1 ê ê un punto materiale P, di massa unitaria, può scorrere liberamente senza attrito, collegato all origine O da una molla ideale di stiffness k = 6 e soggetto ad una resistenza viscosa di costante β =. Sul punto agisce anche la forza sin ωt ê 1, con ω > 0 costante. Determinare di P : (a l espressione generale del moto transiente, specificando la natura di questo; (b l espressione del moto stazionario, evidenziandone l ampiezza; (c la pulsazione di risonanza e la relativa ampiezza, giustificando la risposta. Esercizio - Versione II - Prove B D E Lungo l asse orizzontale Oy di una terna inerziale Oxyz = Oê 1 ê ê un punto materiale P, di massa unitaria, può scorrere liberamente senza attrito, collegato all origine O da una molla ideale di stiffness k = 7 e soggetto ad una resistenza viscosa di costante β =. Sul punto agisce anche la forza sin ωt ê, con ω > 0 costante. Determinare di P : (a una espressione generale per il moto transiente, specificando la natura di questo; (b l espressione del moto stazionario, evidenziandone l ampiezza; (c la pulsazione di risonanza e la relativa ampiezza, giustificando la risposta.

Esercizio 4 - Versione I - Prove A D E Nel piano Oxy di una terna cartesiana Oxyz = Oê 1 ê ê è fissata una curva liscia γ di equazione y = αx, x R, con α costante positiva. Un punto materiale pesante P, di massa m, è vincolato a restare su γ. La terna ruota con velocità angolare costante ω > 0 attorno all asse verticale Oy rispetto ad un riferimento inerziale. Usando l ascissa x R come variabile, relativamente alla terna Oxyz determinare di P : (a le equazioni pure del moto (considerare tutte le forze agenti!; (b gli equilibri; (c la condizione di equilibrio e almeno due equilibri, qualora γ avesse coefficiente di attrito statico µ s > 0. Esercizio 4 - Versione II - Prove B C F Nel piano Oxy di una terna cartesiana Oxyz = Oê 1 ê ê è fissata una curva liscia γ di equazione y = αx, x R, con α costante negativa. Un punto materiale pesante P, di massa m, è vincolato a restare su γ. La terna ruota con velocità angolare costante ω > 0 attorno all asse verticale Oy rispetto ad un riferimento inerziale. Usando l ascissa x R come variabile, relativamente alla terna Oxyz determinare di P : (a le equazioni pure del moto (considerare tutte le forze agenti!; (b gli equilibri; (c la condizione di equilibrio e almeno due equilibri, qualora γ avesse coefficiente di attrito statico µ s > 0.

Esercizio 5 - Versione I - Prove A D F Nel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz, con l asse Oy diretto verticalmente verso l alto, un disco circolare omogeneo e pesante D, di massa m, centro C e raggio a, è vincolato a ruotare senza attrito attorno all asse fisso Oz passante per un punto O del suo bordo. Una molla ideale di stiffness k collega il punto fisso A(a, 0, 0 con l estremo B del diametro OB di D. Su B agisce infine una resistenza viscosa con costante di frizione β. Usare l angolo ϕ R in figura per determinare del disco, rispetto a Oxyz: (a le equazioni pure del moto; (b le configurazioni di equilibrio; (c le espressioni del momento angolare in O e dell energia cinetica. Esercizio 5 - Versione II - Prove B C E Nel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz, con l asse Oy diretto verticalmente verso l alto, una piastra quadrata omogenea e pesante P = MNOP, di massa m, centro C e lato a, è vincolata a ruotare senza attrito attorno all asse fisso Oz passante per il vertice O. Una molla ideale di stiffness k collega il punto fisso A(a, 0, 0 con il vertice M opposto ad O di P. Su M agisce infine una resistenza viscosa con costante di frizione β. Usare l angolo ϑ R in figura per determinare della piastra, rispetto a Oxyz: (a le equazioni pure del moto; (b le configurazioni di equilibrio; (c le espressioni del momento angolare in O e dell energia cinetica. 4

Soluzione dell esercizio 1 La piastra quadrata si parametrizza banalmente in termini delle coordinate cartesiane x, y: P (x, y O = xê 1 + yê, (x, y [, 0] [ a, a], con elemento d area da = dxdy e densità areale: σ(x, y = µ 4a 4 (x + y, (x, y [, 0] [ a, a]. Per il telaio semicircolare γ si ha invece l ovvia parametrizzazione in coordinate polari: Q(ϕ O = a(cos ϕ ê 1 + sin ϕ ê, ϕ [ π/, π/], cui corrispondono l elemento di lunghezza ds = Q (ϕ dϕ = a dϕ e la densità lineare: λ(ϕ = µ a a cos ϕ = µ cos ϕ, ϕ [ π/, π/]. a Si sono così determinate tutte le espressioni utili a calcolare massa, baricentro e matrice d inerzia di piastra e telaio, nonchè dell intero sistema. (a Massa e baricentro Massa della piastra P La massa della piastra si ricava integrando la densità areale σ sul dominio P ed è quindi espressa da: m P = σ da = P dx = µ 4a 4 = µ a 4 a a dy µ 4a 4 (x + y = µ 4a 4 dx (ax + a [ ax + a x ] 0 = µ a 4 dx [x y + y (ax + a ] a y= a dx = = µ 6a 4 ( 8a 4 + a 4 = 5 µ. Massa del telaio γ In modo analogo, l integrale sulla curva γ della densità lineare λ definisce la massa del telaio semicircolare: m γ = λ ds = γ π/ π/ µ a cos ϕ a dϕ = µ[ sin ϕ ] π/ π/ = µ. Massa del sistema Poichè l intersezione fra la piastra ed il telaio consiste dei due soli punti A e B, insieme di misura nulla del tutto ininfluente tanto per il calcolo degli integrali di superficie su P quanto per quello degli integrali curvilinei su γ, la massa del sistema è data dalla semplice somma delle masse di P e γ: m = m P + m γ = 5 µ + µ = 11 µ. = 5

Baricentro del sistema Poichè piastra e telaio giacciono nel piano coordinato Oxy, questo costituisce un ovvio asse di simmetria per l intero sistema, sul quale il baricentro G del sistema deve necessariamente collocarsi. Per la quota del baricentro deve dunque aversi z G = 0. D altra parte è evidente che Ox è un asse di simmetria per la piastra, dal momento che questa ammette Ox come asse di simmetria geometrico e nei punti simmetrici la densità areale risulta la medesima: σ(x, y = µ [ x 4a 4 + ( y ] = µ 4a 4 (x + y = σ(x, y, (x, y [, 0] [ a, a]. Alla stessa conclusione si perviene per il telaio γ, in quanto: λ( ϕ = µ a cos( ϕ = µ cos ϕ = λ(ϕ, ϕ [ π/, π/]. a Ne segue che Ox è asse di simmetria di massa anche per l intero sistema, in modo che risulta y G = 0. L unica coordinata del baricentro che occorre calcolare esplicitamente risulta perciò l ascissa x G. Conviene al solito determinare i baricentri di piastra ed asta, per poi applicare il teorema distributivo. Per la piastra si ha: x P = 1 x σ da = m P 5µ P = 0a 4 = 0a 4 dx a a a dx dy x µ 4a 4 (x + y = a ( dx = ( 10a 4 16a5 4 dy (x + xy = 0a 4 ax + a x dx ] a [x y + xy = y= a = [ ax 4 10a 4 4 + a x ] 0 = 6 4a5 = ( 4 + a = 7 6 10 5 a. Si osservi come il baricentro G P della piastra sia individuato dal vettore posizione G P O ed appartenga all inviluppo convesso del dominio P, che coincide con P stesso si tratta infatti di un poligono convesso. Quanto al telaio si ottiene invece: x γ = 1 x λ ds = 1 m γ µ γ = a π/ π/ π/ π/ a cos ϕ µ a cos ϕ a dϕ = a 1 + cos ϕ dϕ = a 4 [ ϕ + π/ π/ cos ϕ dϕ = ] π/ sin ϕ = π π/ 4 a, sicchè anche G γ conv(γ, il semidisco chiuso delimitato da γ e dal lato AB di P, in quanto πa/4 < a. Applicando la formula distributiva, l ascissa del baricentro G si scrive: x G = m P x P + m γ x γ = [ 5 ( m P + m γ 11µ µ 7 5 a + µ π ] 4 a = ( 7 11 + π a, 6

per cui: G O = 11( π 7 aê 1. (b Matrice d inerzia Come già osservato, il piano coordinato Oxy e l asse coordinato Ox sono rispettivamente piano ed asse di simmetria di massa tanto per la piastra P quanto per il telaio γ, e dunque anche per l intero sistema. Dal teorema spettrale, applicabile causa la simmetria dell operatore d inerzia in O, segue che la terna Oxyz costituisce una terna principale d inerzia in O per P, per γ e per il sistema completo. In ogni caso si ha, inoltre, che il momento d inerzia rispetto all asse Oz, ortogonale al piano di giacitura, è pari alla somma dei momenti d inerzia relativi agli assi Ox e Oy, collocati in tale piano. Matrice d inerzia della piastra P Per quanto detto sopra, la matrice d inerzia in Oxyz della piastra assume la forma diagonale: L P [L P xx 0 0 O] = 0 L P yy 0 0 0 L P xx + L P yy nella quale il momento d inerzia relativo all asse Ox si scrive: L P xx = y σ da = P = µ 4a 4 = µ a 4 [ x y dx [ a x 9 dx a a dy y µ 4a 4 (x + y = µ 4a 4 ] a + y5 = µ 5 y= a 4a 4 ( a x dx ] 0 + a5 x = µ ( 8 5 a 4 9 a6 + 5 a6 = mentre quello relativo all asse Oy è dato da: L P yy = x σ da = P = µ 4a 4 dx a a dx [x 4 y + x y dy x µ 4a 4 (x + y = µ 4a 4 ] a y= a = µ 4a 4 = µ ( a 4 5 a6 + 8 ( 16 9 a6 = 5 + 4 µa = 4 9 dx a a + a5 = µ 5 a 4 dy (x y + y 4 = ( a x ( 4 9 + 1 5 µa = 9 45 µa, dx a a dx (ax 4 + a x ( 4 5 + 1 9 dy (x 4 + x y = = µ a 4 [ ax 5 5 + a x 9 + a5 dx = 5 ] 0 µa = 4 41 45 µa = 164 45 µa, = per cui risulta: L P zz = L P xx + L P yy = 9 45 µa + 164 45 µa = 19 45 µa 7

ed infine: [L P O] = µa 45 9 0 0 0 164 0 0 0 19 Matrice d inerzia del telaio γ Anche la matrice d inerzia del telaio si presenta in forma diagonale rispetto alla terna Oxyz: [L γ O ] = Lγ xx 0 0 0 L γ yy 0 0 0 L γ zz e sempre con L γ zz = L γ xx + L γ yy. In questo caso, tuttavia, è opportuno calcolare gli integrali che definiscono L γ zz e L γ xx, perchè più semplici da determinare. Per il momento d inerzia relativo all asse Oz si ha infatti: L γ zz = γ (x + y λ ds = π/ π/. a µ a cos ϕ a dϕ = µa[ sin ϕ ] π/ π/ = µa o più banalmente L γ zz = m γ a = µa, visto che l intera massa del telaio si colloca a distanza costante a dall asse considerato. Quanto al momento d inerzia relativo ad Ox, questo risulta: L γ xx = γ y λ ds = π/ π/ = µa (a sin ϕ µ cos ϕ a dϕ = a π/ π/ sin ϕ cos ϕ dϕ = µa [ 1 sin ϕ ] π/ = π/ µa, in modo che il momento relativo a Oy si ricava per differenza: L γ yy = L γ zz L γ xx = µa µa = 4 µa e la matrice d inerzia richiesta diventa: [L γ O ] = µa / 0 0 0 4/ 0. 0 0 Matrice d inerzia del sistema La matrice d inerzia del sistema rispetto alla terna Oxyz è la somma delle matrici d inerzia di piastra e telaio rispetto alla medesima terna: [L O ] = [L P O] + [L γ O ] = µa 45 9 0 0 0 164 0 0 0 19 8 + µa / 0 0 0 4/ 0 = 0 0

= µa 59 0 0 0 4 0. 45 0 0 8 (c Momento d inerzia relativo alla retta r La retta r di equazione cartesiana y = x, z = 0 passa evidentemente per l origine e si rappresenta in forma parametrica come: { x = ξ y = ξ z = 0 P (ξ O = ξê 1 + ξê, ξ R, con versore direttore: ˆn = P (ξ P (ξ = ê1 + ê ê 1 + ê = ê1 + ê. Il momento d inerzia del telaio γ rispetto alla retta r è quindi dato dalla relazione: Ir γ = ˆn L γ O (ˆn = 1 ( 1 1 0 [L γ O ] 1 1 1 = 0 = 1 ( 1 1 0 µa / 0 0 0 4/ 0 1 1 = 1 µa( 1 + 4 1 = µa. 0 0 0 Soluzione dell esercizio - Versione I - Prove A C E (a Asse centrale Il risultante del sistema di vettori applicati è non nullo: R = v 1 + v = ê 1 + ê + ê + ( ê 1 ê ê = ê + ê 0 per cui l asse centrale a è certamente definito. Per determinarne la parametrizzazione conviene senz altro scegliere come polo uno dei punti di applicazione, ad esempio P 1 (1, 0, 1, e calcolare rispetto ad esso il momento del sistema S: M P1 = (P 1 P 1 v 1 + (P P 1 v = 0 + (ê 1 + ê ê ( ê 1 ê ê = ê 1 ê ê = 1 1 1 1 = 4ê 1 + 4ê, in modo che risulta: R M P1 = (ê + ê ( 4ê 1 + 4ê = ê 1 ê ê 0 1 1 4 4 0 = 4ê 1 4ê + 4ê 9

e di conseguenza: R M P1 R = 4ê 1 4ê + 4ê ê + ê = 4ê 1 4ê + 4ê La parametrizzazione dell asse centrale assume così la forma: = ê 1 ê + ê. P P 1 = R M P1 R + α R = ê 1 ê + ê + α(ê + ê α R e rispetto all origine O diventa: P O = P 1 O + P P 1 = ê 1 + ê ê 1 ê + ê + α(ê + ê = = ê 1 ê + ê + α(ê + ê α R. In definitiva, l equazione parametrica dell asse centrale si scrive: { x = 1 a : y = + α α R. (1 z = + α (b Punti A per i quali MA = R Gli eventuali punti A rispetto ai quali il momento M A del sistema S risulta pari a R sono anche punti rispetto ai quali MA è parallelo al risultante, per cui essi devono necessariamente appartenere all asse centrale. Si tratta quindi di verificare che, preso un qualsiasi punto A dell asse centrale, il momento del sistema rispetto ad esso sia o meno uguale a R: nel primo caso i punti richiesti saranno tutti e soli quelli dell asse centrale, nel secondo caso il problema non ammetterà alcuna soluzione. Un punto dell asse centrale è A( 1,, basta porre α = 0 nell equazione parametrica (1 e rispetto ad esso il momento del sistema si scrive: M A = M P1 + (P 1 A R con M P1 = 4ê 1 + 4ê, P 1 A = ê 1 + ê ( ê 1 ê + ê = ê 1 + ê ê, e: (P 1 A R ê 1 ê ê = 0 1 1 = 4ê 1 ê + ê, per cui: M A = 4ê 1 + 4ê + 4ê 1 ê + ê = ê + ê. Ne segue che M A = (ê + ê = R e che pertanto i punti richiesti sono tutti e soltanto quelli dell asse centrale a. Soluzione dell esercizio - Versione II - Prove B D F (a Asse centrale Il risultante del sistema di vettori applicati è non nullo: R = v 1 + v = ê 1 ê ê + ê 1 + ê + ê = ê + ê 0 10

per cui l asse centrale a è certamente definito. Per determinarne la parametrizzazione conviene senz altro scegliere come polo uno dei punti di applicazione, ad esempio P (1, 0, 1, e calcolare rispetto ad esso il momento del sistema S: M P = (P 1 P v 1 + (P P v = (ê 1 + ê ê ( ê 1 ê ê + 0 = ê 1 ê ê = 1 1 1 1 = 4ê 1 + 4ê, in modo che risulta: R M P = (ê + ê ( 4ê 1 + 4ê = ê 1 ê ê 0 1 1 4 4 0 = 4ê 1 4ê + 4ê e di conseguenza: R M P R = 4ê 1 4ê + 4ê ê + ê = 4ê 1 4ê + 4ê = ê 1 ê + ê. La parametrizzazione dell asse centrale assume così la forma: P P = R M P R + α R = ê 1 ê + ê + α(ê + ê α R e rispetto all origine O diventa: P O = P O + P P = ê 1 + ê ê 1 ê + ê + α(ê + ê = = ê 1 ê + ê + α(ê + ê α R. In definitiva, l equazione parametrica dell asse centrale si scrive: a : { x = 1 y = + α z = + α α R. ( (b Punti A per i quali MA = R Gli eventuali punti A rispetto ai quali il momento M A del sistema S risulta pari a R sono anche punti rispetto ai quali MA è parallelo al risultante, per cui essi devono necessariamente appartenere all asse centrale. Si tratta quindi di verificare che, preso un qualsiasi punto A dell asse centrale, il momento del sistema rispetto ad esso sia o meno uguale a R: nel primo caso i punti richiesti saranno tutti e soli quelli dell asse centrale, nel secondo caso il problema non ammetterà alcuna soluzione. Un punto dell asse centrale è A( 1,, basta porre α = 0 nell equazione parametrica ( e rispetto ad esso il momento del sistema si scrive: M A = M P + (P A R 11

con M P = 4ê 1 + 4ê, P A = ê 1 + ê ( ê 1 ê + ê = ê 1 + ê ê, e: (P A R = ê 1 ê ê 0 1 1 = 4ê 1 ê + ê, per cui: M A = 4ê 1 + 4ê + 4ê 1 ê + ê = ê + ê. Ne segue che M A = (ê +ê = R e che pertanto non esistono punti della forma richiesta. Soluzione dell esercizio - Versione I - Prove A C F L equazione pura del moto si ottiene proiettando il postulato delle reazioni vincolari: m P = β P k(p O + sin ωt ê 1 + Φ lungo l asse Ox, in modo da eliminare la reazione vincolare Φ: ẍ = ẋ 6x + sin ωt ossia: ẍ + ẋ + 6x = sin ωt. Si tratta di una equazione differenziale lineare del secondo ordine a coefficienti costanti, non omogenea, la cui soluzione generale può essere scritta come somma della soluzione generale dell equazione omogenea associata (parte transiente e di una soluzione particolare, sinusoidale con pulsazione ω, dell equazione non omogenea (parte stazionaria. (a Moto transiente Per determinare la soluzione generale dell equazione omogenea associata: si considera l equazione caratteristica: ẍ + ẋ + 6x = 0, λ + λ + 6 = 0 e se ne calcolano le soluzioni, complesse coniugate: λ = ± 4 1 6 1 = ± 0 = 1 ± i 5. La soluzione generale che descrive il moto transiente assume perciò la forma: x(t = c 1 e t cos( 5 t + c e t sin( 5 t t R, 1

con c 1, c R costanti assegnate a piacere e determinate dalle condizioni iniziali. Potendosi scrivere la stessa espressione come: x(t = e t[ c 1 cos( 5 t + c sin( 5 t ] t R, si conclude che i moti transienti sono di tipo oscillatorio smorzato regime subcritico. (b Moto stazionario e sua ampiezza Il moto stazionario è definito da una soluzione particolare dell equazione non omogenea della forma: x(t = a 1 sin ωt + a cos ωt t R, con a 1 e a costanti reali da determinare convenientemente. Le derivate prima e seconda di questa soluzione risultano: per cui: ẋ(t = ωa 1 cos ωt ωa sin ωt ẍ(t = ω a 1 sin ωt ω a cos ωt, 6x = 6a 1 sin ωt + 6a cos ωt ẋ = ωa 1 cos ωt ωa sin ωt ẍ = ω a 1 sin ωt ω a cos ωt e sostituendo queste espressioni nell equazione pura del moto essa si riduce a: [ (6 ω a 1 ωa ] sin ωt + [ ωa1 + (6 ω a ] cos ωt = sin ωt t R. L equazione sussiste identicamente in t R se e soltanto se i coefficienti dei termini in sin ωt e cos ωt a primo e a secondo membro sono corrispondentemente uguali; ne risulta il sistema lineare non omogeneo: { (6 ω a 1 ωa = ωa 1 + (6 ω a = 0 la cui unica soluzione può esprimersi per mezzo del teorema di Cramer: a 1 = a = ω 0 6 ω 6 ω ω ω 6 ω 6 ω ω 0 6 ω ω ω 6 ω 1 = = (6 ω (6 ω + 4ω 4ω (6 ω + 4ω.

Il moto stazionario è quindi descritto da: La sua ampiezza vale: potendosi porre: x(t = (6 ω sin ωt 4ω cos ωt (6 ω + 4ω t R. A(ω = (6 ω + 4ω, 6 ω (6 ω + 4ω = cos α ω (6 ω + 4ω = sin α con la fase α determinata univocamente nell intervallo [0, π. (c Pulsazione di risonanza ed ampiezza corrispondente La risonanza in ampiezza ricorre quando la pulsazione ω > 0 della forzante sinusoidale è tale da rendere massima l ampiezza A(ω del moto stazionario, ovvero minimo il valore del radicando a denominatore: F(ω = (ω 6 + 4ω. La derivata prima rispetto a ω, posta uguale a zero, porge la pulsazione di risonanza: F (ω = (ω 6 + 4 = ω 8 = 0 = ω R = 4 = e la derivata seconda consente di verificare che si tratta effettivamente di un minimo per il radicando: F (ω = > 0. Per ω = ω R il moto stazionario ha ampiezza: A(ω R = A( = (6 + 4 = 4 + 16 = 0 = 1 5. Soluzione dell esercizio - Versione II - Prove B D E L equazione pura del moto si ottiene proiettando il postulato delle reazioni vincolari: m P = β P k(p O + sin ωt ê + Φ lungo l asse Oy, in modo da eliminare la reazione vincolare Φ: ossia: ÿ = ẏ 7y + sin ωt ÿ + ẏ + 7y = sin ωt. Si tratta di una equazione differenziale lineare del secondo ordine a coefficienti costanti, non omogenea, la cui soluzione generale può essere scritta come somma della soluzione generale dell equazione omogenea associata (parte transiente e di una soluzione particolare, sinusoidale con pulsazione ω, dell equazione non omogenea (parte stazionaria. 14

(a Moto transiente Per determinare la soluzione generale dell equazione omogenea associata: si considera l equazione caratteristica: ÿ + ẏ + 7y = 0, λ + λ + 7 = 0 e se ne calcolano le soluzioni, complesse coniugate: λ = ± 4 1 7 1 = ± 4 = 1 ± i 6. La soluzione generale che descrive il moto transiente assume perciò la forma: y(t = c 1 e t cos( 6 t + c e t sin( 6 t t R, con c 1, c R costanti assegnate a piacere e determinate dalle condizioni iniziali. Potendosi scrivere la stessa espressione come: y(t = e t[ c 1 cos( 6 t + c sin( 6 t ] t R, si conclude che i moti transienti sono di tipo oscillatorio smorzato regime subcritico. (b Moto stazionario e sua ampiezza Il moto stazionario è definito da una soluzione particolare dell equazione non omogenea della forma: y(t = a 1 sin ωt + a cos ωt t R, con a 1 e a costanti reali da determinare convenientemente. Le derivate prima e seconda di questa soluzione risultano: ẏ(t = ωa 1 cos ωt ωa sin ωt ÿ(t = ω a 1 sin ωt ω a cos ωt, per cui: 7y = 7a 1 sin ωt + 7a cos ωt ẏ = ωa 1 cos ωt ωa sin ωt ÿ = ω a 1 sin ωt ω a cos ωt e sostituendo queste espressioni nell equazione pura del moto essa si riduce a: [ (7 ω a 1 ωa ] sin ωt + [ ωa1 + (7 ω a ] cos ωt = sin ωt t R. 15

L equazione sussiste identicamente in t R se e soltanto se i coefficienti dei termini in sin ωt e cos ωt a primo e secondo membro sono corrispondentemente uguali; ne risulta il sistema lineare non omogeneo: { (7 ω a 1 ωa = ωa 1 + (7 ω a = 0 la cui unica soluzione può esprimersi per mezzo del teorema di Cramer: ω 0 7 ω (7 ω a 1 = 7 ω ω = (7 ω + 4ω ω 7 ω a = 7 ω ω 0 7 ω ω ω 7 ω Il moto stazionario è quindi descritto da: = 6ω (7 ω + 4ω. y(t = (7 ω sin ωt 6ω cos ωt (7 ω + 4ω t R. La sua ampiezza vale: potendosi porre: A(ω = (7 ω + 4ω, 7 ω (7 ω + 4ω = cos α ω (7 ω + 4ω = sin α con la fase α determinata univocamente nell intervallo [0, π. (c Pulsazione di risonanza ed ampiezza corrispondente La risonanza in ampiezza ricorre quando la pulsazione ω > 0 della forzante sinusoidale è tale da rendere massima l ampiezza A(ω del moto stazionario, ovvero minimo il valore del radicando a denominatore: F(ω = (ω 7 + 4ω. La derivata prima rispetto a ω, posta uguale a zero, porge la pulsazione di risonanza: F (ω = (ω 7 + 4 = ω 10 = 0 = ω R = 5 e la derivata seconda consente di verificare che si tratta effettivamente di un minimo per il radicando: F (ω = > 0. 16

Per ω = ω R il moto stazionario ha ampiezza: A(ω R = A( 5 = (7 5 + 4 5 = = = 4 + 0 4 8. Soluzione dell esercizio 4 - Versione I - Prove A D E La posizione del punto materiale P lungo la curva γ è individuata dalla parametrizzazione regolare: P (x O = xê 1 + αx ê, x R, con derivata prima non nulla: P (x = ê 1 + αx ê 0, x R. (a Equazioni pure del moto Il riferimento Oxyz di quiete della guida γ ruota uniformemente con velocità angolare costante ω attorno all asse verticale Oy rispetto ad una terna inerziale: si tratta quindi di un riferimento non galileiano. Sul punto materiale agiscono il peso, la forza centrifuga e la forza di Coriolis, rispettivamente espresse da: F g = mgê Fcf = mω x ê 1 FCor = mωê P, oltre alla reazione vincolare dovuta al vincolo. L espressione della forza centrifuga è stata scritta direttamente, in quanto proporzionale alla distanza x di P dall asse di rotazione Oy della terna Oxyz, alla massa m del punto ed al modulo quadrato ω della velocità angolare di trascinamento. Il postulato delle reazioni vincolari si traduce nell equazione: m P = mgê + mω x ê 1 mωê P + Φ che deve essere proiettata lungo la direzione tangente P (x per eliminare il termine reattivo: m P P (x = mgê P (x + mω x ê 1 P (x mωê P P (x. Lungo un generico moto possibile del sistema la velocità istantanea di P è data dalla relazione: P = P (xẋ e l accelerazione istantanea vale: P = P (xẍ + P (xẋ. Di conseguenza: P P (x = P (x ẍ + P (x P (xẋ = P (x ẍ + 1 d ( P (x ẋ = dx = (1 + 9α x 4 ẍ + 18α x ẋ, mentre: mgê P (x = mgê (ê 1 + αx ê = αmgx mω x ê 1 P (x = mω x ê 1 (ê 1 + αx ê = mω x mωê P P (x = mωê P (xẋ P (x = 0, 17

per cui l equazione pura del moto diventa: m(1 + 9α x 4 ẍ + 18mα x ẋ = αmgx + mω x. ( Si noti che la forza di Coriolis risulta costantemente ortogonale alla velocità istantanea e dunque, dato che il vincolo è fisso, ortogonale alla curva vincolare: la sua componente tangente al vincolo è identicamente nulla. (b Equilibri Gli equilibri del sistema sono associati alle soluzioni x(t = x o, costante, t R, dell equazione (: 0 = αmgx + mω x mgαx ( x + ω = 0 αg che porge le configurazioni: x = 0 e: x = ω αg, la seconda delle quali corrisponde ad un valore positivo dell ascissa, in quanto α > 0. (c Condizione di equilibrio e due equilibri in presenza di attrito radente Per scrivere la condizione di equilibrio nel caso di curva con attrito occorre determinare le componenti tangente ed ortogonale del risultante delle forze attive: F (x, ẋ = F g + F cf + F Cor = mgê + mω x ê 1 mωê P (x ẋ calcolate in condizioni statiche in una configurazione assegnata x = x o : F (x o, 0 = mω x o ê 1 mgê. La componente tangente del risultante si ricava direttamente tramite il prodotto scalare con il versore tangente alla curva: F τ = F (x o, 0 e quella ortogonale viene ottenuta per differenza: F o = F (x o, 0 F (x o, 0 P (x o P (x o P (x o P (x o P (x o P (x o In alternativa, verificato che tutte le forze attive agiscono nel piano Oxy per cui non è presente alcuna componente lungo la direzione binormale ê, ci si può limitare ad osservare che un versore ortogonale al versore tangente: ˆτ(x o = P (x o P (x o = ê1 + αx oê 1 + 9α x 4 o 18

è dato da: ˆn(x o = αx oê 1 + ê 1 + 9α x 4 o, per cui le componenti (scalari di F (x o, 0 sono semplicemente: F τ = F (x o, 0 ˆτ(x o F o = F (x o, 0 ˆn(x o. Una ulteriore semplificazione viene dal fatto che i versori ˆτ(x o e ˆn(x o presentano lo stesso fattore di normalizzazione, che nella condizione di equilibrio: F τ µ s F o può essere ignorato. Si ha pertanto: (mω x o ê 1 mgê (ê 1 + αx oê µ s (mω x o ê 1 mgê ( αx oê 1 + ê ossia: mω x o αmgx µs αmω x o mg, o e quindi, equivalentemente: α x o ω αg x o µ αω s x o + 1 g. (4 La soluzione generale della disequazione (4 non è banale. Tuttavia, due soluzioni ovvie si ottengono dal principio di sicurezza, annullando il primo membro della disequazione. Ciò corrisponde a determinare gli equilibri in assenza di attrito radente, e quindi a considerare nuovamente gli equilibri già ricavati in precedenza: x o = 0 x o = ω αg > 0. Vale la pena di sottolineare che la curva γ è regolare, ma non biregolare la condizione di biregolarità viene meno nell origine, per x = 0, dove derivata prima e seconda della parametrizzazione: P (x = ê 1 + αx ê 0 P (x = 6αx ê non sono vettori linearmente indipendenti. Soluzione dell esercizio 4 - Versione II - Prove B C F La soluzione è identica in tutto e per tutto a quella della Versione I, salvo per il fatto che α < e che di conseguenza la configurazione di equilibrio non banale: x = ω αg corrisponde ad un valore negativo dell ascissa. 19

Soluzione dell esercizio 5 - Versione I - Prove A D F (a Equazioni pure del moto L ipotesi di asse fisso privo di attrito consente di scrivere l equazione pura del moto come: I D Oz ϕ = M a,e O ê, dove ϕ R è l angolo di rotazione del disco attorno ad Oz, IOz D indica il momento d inerzia del disco circolare omogeneo rispetto allo stesso asse e M a,e O il momento delle forze attive applicate rispetto al punto O o ad un qualsiasi altro punto dell asse di rotazione. Il momento d inerzia IOz D si ricava facilmente dal teorema di Huygens-Steiner: I D Oz = m C O + I D Cz = ma + ma = ma. Le forze attive che agiscono sul sistema sono: il sistema delle forze peso, equivalente al solo peso totale mgê applicato nel baricentro (e centro di simmetria C del disco; la resistenza viscosa βḃ, applicata in B; la sollecitazione elastica k(a B esercitata dalla molla ideale sempre nel punto B, per cui il momento in O delle forze attive esterne è dato da: M a,e O = (C O ( mgê + (B O ( βḃ + (B O k(a B. Dai vettori posizione dei punti C, B ed A: C O = a(sin ϕ ê 1 cos ϕ ê B O = a(sin ϕ ê 1 cos ϕ ê A O = aê 1 si ricavano le espressioni delle forze viscosa ed elastica: βḃ = βa(cos ϕ ê 1 + sin ϕ ê ϕ k(a B = k [ aê 1 a(sin ϕ ê 1 cos ϕ ê ] = ka [ ( sin ϕê 1 + cos ϕ ê ], in modo che i momenti in O delle forze attive esterne agenti sul disco diventano: (C O ( mgê = a(sin ϕ ê 1 cos ϕ ê ( mgê = mga sin ϕ ê (B O ( βḃ = a(sin ϕ ê 1 cos ϕ ê ( βa(cos ϕ ê 1 + sin ϕ ê ϕ = = 4βa (sin ϕ + cos ϕ ϕ ê = 4βa ϕ ê (B O k(a B = a(sin ϕ ê 1 cos ϕ ê ka [ ] ( sin ϕê 1 + cos ϕ ê = = ka [ sin ϕ cos ϕ + cos ϕ( sin ϕ ] ê = 6ka cos ϕ ê 0

ed hanno risultante: M a,e O = (C O ( mgê + (B O ( βḃ + (B O k(a B = = mga sin ϕ ê 4βa ϕ ê + 6ka cos ϕ ê. L equazione pura del moto è pertanto: ma ϕ = mga sin ϕ 4βa ϕ + 6ka cos ϕ. (5 (b Configurazioni di equilibrio Gli equilibri corrispondono alle soluzioni statiche dell equazione del moto (5, che diventa: 0 = mga sin ϕ + 6ka cos ϕ. Per le soluzioni di questa equazione di equilibrio non può aversi cos ϕ = 0, poichè ne seguirebbe anche sin ϕ = 0, un assurdo evidente. Una equazione equivalente si ottiene dunque dividendo membro a membro la precedente per cos ϕ: 0 = mga tgϕ + 6ka tgϕ = 6ka mg con le soluzioni, definite incondizionatamente: e: ( 6ka ϕ = arctg mg ( 6ka ϕ = π + arctg mg ( 0, π ( π, π La prima configurazione di equilibrio vede il centro C del disco collocarsi nel IV quadrante del piano Oxy, mentre la seconda corrisponde a C ubicato nel II quadrante dello stesso piano. (c Momento angolare in O ed energia cinetica L asse fisso Oz è ortogonale al piano di giacitura e di simmetria del disco. Pertanto, Oz è un asse principale d inerzia in O di D. La velocità angolare istantanea del disco si scrive inoltre come ω = ϕ ê. Il momento angolare in O del disco risulta perciò:. K O = L O ( ω = L O ( ϕ ê = ϕ L O (ê = ϕ L zz ê = I D Oz ϕ ê = ma ϕ ê, mentre per l energia cinetica si ha, più semplicemente: T = 1 ω L O( ω = 1 ID Oz ω = 1 ma ϕ ê = 4 ma ϕ. 1

Soluzione dell esercizio 5 - Versione II - Prove B C E (a Equazioni pure del moto L ipotesi di asse fisso privo di attrito consente di scrivere l equazione pura del moto come: I P Oz ϑ = M a,e O ê, dove ϑ R è l angolo di rotazione della piastra attorno ad Oz, IOz P indica il momento d inerzia della piastra quadrata omogenea rispetto allo stesso asse e M a,e O il momento delle forze attive applicate rispetto al punto O o ad un qualsiasi altro punto dell asse di rotazione. Il momento d inerzia IOz P si ricava facilmente dal teorema di Huygens-Steiner: I P Oz = m C O + I P Cz = ma + m( a 6 = ma + ma = 4 ma. Le forze attive che agiscono sul sistema sono: il sistema delle forze peso, equivalente al solo peso totale mgê applicato nel baricentro (e centro di simmetria C della piastra; la resistenza viscosa βṁ, applicata in M; la sollecitazione elastica k(a M esercitata dalla molla ideale sempre nel punto M, per cui il momento in O delle forze attive esterne è dato da: M a,e O = (C O ( mgê + (M O ( βṁ + (M O k(a M. Dai vettori posizione dei punti C, M ed A: C O = a(sin ϑ ê 1 cos ϑ ê M O = a(sin ϑ ê 1 cos ϑ ê A O = aê 1 si ricavano le espressioni delle forze viscosa ed elastica: βṁ = βa(cos ϑ ê 1 + sin ϑ ê ϑ k(a M = k [ aê 1 a(sin ϑ ê 1 cos ϑ ê ] = ka [ ( sin ϑê 1 + cos ϑ ê ], in modo che i momenti in O delle forze attive esterne agenti sul disco diventano: (C O ( mgê = a(sin ϑ ê 1 cos ϑ ê ( mgê = mga sin ϑ ê (M O ( βṁ = a(sin ϑ ê 1 cos ϑ ê ( βa(cos ϑ ê 1 + sin ϑ ê ϑ = = 4βa (sin ϑ + cos ϑ ϑ ê = 4βa ϑ ê (M O k(a M = a(sin ϑ ê 1 cos ϑ ê ka [ ] ( sin ϑê 1 + cos ϑ ê = = ka [ sin ϑ cos ϑ + cos ϑ( sin ϑ ] ê = 6ka cos ϑ ê

ed hanno risultante: M a,e O = (C O ( mgê + (M O ( βṁ + (M O k(a M = = mga sin ϑ ê 4βa ϑ ê + 6ka cos ϑ ê. L equazione pura del moto è pertanto: 4 ma ϑ = mga sin ϑ 4βa ϑ + 6ka cos ϑ. (6 (b Configurazioni di equilibrio Gli equilibri corrispondono alle soluzioni statiche dell equazione del moto (6, che diventa: 0 = mga sin ϑ + 6ka cos ϑ. Per le soluzioni di questa equazione di equilibrio non può aversi cos ϑ = 0, poichè ne seguirebbe anche sin ϑ = 0, un assurdo evidente. Una equazione equivalente si ottiene dunque dalla precedente dividendo membro a membro per cos ϑ: 0 = mga tg ϑ + 6ka tg ϑ = 6ka mg con le soluzioni, definite incondizionatamente: e: ( 6ka ϑ = arctg mg ( 6ka ϑ = π + arctg mg ( 0, π ( π, π La prima configurazione di equilibrio vede il centro C della piastra collocarsi nel IV quadrante del piano Oxy, mentre la seconda corrisponde a C posto nel II quadrante dello stesso piano. (c Momento angolare in O ed energia cinetica L asse fisso Oz è ortogonale al piano di giacitura e di simmetria della piastra. Pertanto, Oz è un asse principale d inerzia in O di P. La velocità angolare istantanea della piastra si scrive inoltre come ω = ϑ ê. Il momento angolare in O della piastra risulta perciò: K O = L O ( ω = L O ( ϑ ê = ϑ L O (ê = ϑ L zz ê = I P Oz ϑ ê = 4 ma ϑ ê,. mentre per l energia cinetica si ha, più semplicemente: T = 1 ω L O( ω = 1 IP Oz ω = 1 4 ma ϑ ê = ma ϑ.