Prova scritta di meccanica razionale del

Prova scritta di meccanica razionale del 5.9.1 Esercizio 1 Nel piano Oxy di una terna solidale Oxyz = Oê 1 ê ê un sistema rigido è composto da una piastra quadrata P di lato a e da un asta AB di lunghezza a, saldati fra loro e disposti come indicato in figura. Le densità di piastra e asta sono descritte dalle relazioni: σ(p = 15 P O a P P λ(q = Q O a Q AB dove > è una massa caratteristica. Il sistema ruota senza attrito attorno all asse fisso Oz rispetto a una terna inerziale Oξηz con l asse Oη diretto verticalmente verso l alto. Si indica con ϑ l angolo (di rotazione compreso fra il segmento orientato B O e il semiasse Oη negativo. Determinare del sistema: (a la massa e la posizione del baricentro rispetto a Oxyz; (b la matrice d inerzia relativa a Oxyz e i momenti principali d inerzia in O; (c i momenti d inerzia relativi alle rette OC e DC; (d l equazione pura del moto in termini di ϑ; (e le espressioni di energia cinetica e momento angolare in O per un moto arbitrario in Oξηz. 1

Esercizio Un disco circolare D, di centro Q, raggio a e massa m, ha il centro fissato rispetto ad un telaio rigido quadrato ABCD, di lato a, centro Q e massa trascurabile, il cui lato AD è libero di scorrere lungo l asse orizzontale Ox di una terna inerziale Oxyz. Telaio e disco si mantengono nel piano Oxy, soggetti al peso e a una molla ideale di costante elastica k che collega il vertice C con il baricentro G di D. Un altra molla, uguale alla precedente, connette B con l origine. La distanza fra G e il centro Q vale αa, con α (, 1, mentre il momento d inerzia di D rispetto all asse Gz si scrive γma, con γ (, 1. Forze viscose di costanti β 1 e β sono applicate rispettivamente in A e in G. Assunti i vincoli ideali, usare le coordinate lagrangiane ξ, θ R in figura per determinare del sistema: (a gli equilibri; (b le proprietà di stabilità degli equilibri; (c l espressione dell energia cinetica e le equazioni pure del moto; (d le equazioni del moto nell ipotesi che il disco sia vincolato a ruotare secondo la legge θ = ωt, con ω > costante, e che la costante di frizione β sia trascurabile; (e la soluzione stazionaria delle equazioni considerate al punto (d e la condizione su α perchè tale soluzione sia uno stato di quiete.

Soluzione dell esercizio 1 Le parametrizzazioni della piastra P e dell asta AB sono quelle banali, che fanno uso delle coordinate cartesiane come parametri: P (x, y O = xê 1 + yê, (x, y [, a] [ a, a], Q(x O = xê 1, x [a, a], e consentono di esprimere le rispettive densità nella forma: σ(x, y = 15 a (x + y, (x, y [, a] [ a, a], λ(x = x, x [a, a]. a (a Massa e posizione del baricentro relativa alla terna Oxyz Massa del sistema La massa della piastra si ottiene integrando su P la densità areale σ: m P = σ da = P = 15 a a a a a (ax + a dy 15 a (x + y = 15 = 15 a a ] a [a x a + a x = 15 ] a [x y + y = y= a a ( 8 a + a = 5, mentre quella dell asta è ricavata da un integrazione su AB della densità lineare λ: m AB = AB λ ds = a a [ x x = a a ] a a = 9a a a = 1. La massa del sistema si esprime quindi come somma delle masse parziali calcolate: m = m P + m AB = 5 + 1 = 5. Baricentro in Oxyz della piastra P È immediato riconoscere che la retta Ox costituisce un asse di simmetria per la piastra, dal momento che i punti di questa sono disposti simmetricamente rispetto ad Ox e la densità è funzione della sola distanza da O. Il vettore posizione del baricentro G P della piastra assume perciò la forma: G P O = x P ê 1 con l ascissa espressa da: x P = 1 m P P x σ da = 1 5 a a a dy x 15 a (x + y = a a a a dy (x + xy =

sicchè risulta: = a = 1a a [ x ] a [x y + x y = y= a a a + x a ] a a (x a + x a = 1a ( a 5 + a5 = 7 5 a, G P O = 7 5 aê 1. = Baricentro in Oxyz dell asta AB Anche l asta AB ammette l ovvio asse di simmetria Ox, in quanto giace lungo di esso. Il baricentro G AB è quindi inviduato da un vettore posizione del tipo: con ascissa: per cui: x AB = 1 m AB AB x λ ds = 1 1 G AB O = x AB ê 1 a a x a x = 5a a a x = 5a [ x ] a a = 8 15 a G AB O = 8 15 aê 1. Baricentro in Oxyz del sistema Per ottenere il baricentro G del sistema basta applicare il teorema distributivo all unione (disgiunta P AB: G O = m P(G P O + m AB (G AB O m = 1 ( 5 7 5 5 = a + 1 8 15 a ê 1 = 1 5 ( 5 + 76 aê 1 = 181 15 aê 1. (b Matrice d inerzia relativa a Oxyz e momenti principali d inerzia in O Matrice d inerzia in Oxyz della piastra La presenza dell asse di simmetria Ox e del piano di giacitura/simmetria Oxy autorizza a scrivere la matrice d inerzia in Oxyz della piastra nella forma diagonale: L P [L P xx O] = L P yy L P xx + L P yy che dipende unicamente dai momenti d inerzia non banali L P xx e L P yy, da calcolarsi sulla base delle rispettive definizioni. Il momento d inerzia relativo all asse Ox è dato da: L P xx = P y σ da = a a a dy y 15 a (x + y = 15 a a a a dy (x y + y =

= 15 = 15 a a a [ x ] a [x y + y5 = 15 5 y= a a ] a + a5 5 x = 15 mentre quello relativo ad Oy vale: L P yy = P = 15 = 15 x σ da = a a a [ x 5 a a a [x y + x y 5 a + x a ] a dy x 15 ] a a a (x a + a5 5 ( 8 a 9 a6 + 5 a6 = 15 a (x + y = 15 y= a = 15 = 15 a a a a (x a + x a a ( 5 a6 + 8 9 a6 = 15 e di conseguenza: L P xx + L P yy = 9 a + 16 a = 19 a. Si conclude pertanto che: [L P O] = a 9/ 16/. 19/ = 58 5 a = 9 a, a a dy (x + x y = = 88 + a = 16 5 a Matrice d inerzia in Oxyz dell asta AB Data la sua collocazione lungo l asse Ox, l asta AB presenta in Oxyz la matrice d inerzia: [L AB O ] = L AB yy = a 65 L AB yy 65 con l unico momento d inerzia non banale espresso da: L AB yy = AB x λ ds = a a x [ x x = a a ] a a = a (81a 16a = 65a. Matrice d inerzia in Oxyz del sistema Per la proprietà additiva dell operatore d inerzia, la matrice d inerzia in Oxyz del sistema è la somma delle matrici d inerzia di piastra e asta calcolate rispetto allo stesso riferimento: [L O ] = [L P O] + [L AB O ] = a 9/ 16/ 19/ 5 + a 65 65 =

= a 9/ 59/. 88/ Momenti principali d inerzia in O del sistema Risultando la matrice [L O ] diagonale, è evidente che la terna Oxyz è principale d inerzia in O per il sistema e che i relativi momenti principali d inerzia in O sono dati semplicemente dagli elementi diagonali: A 1 = 9 a A = 59 a A = 88 a. (c Momenti d inerzia relativi alle rette OC e DC Retta OC La retta OC passa per l origine ed è individuata dal versore tangente: ˆn = C O C O = aê 1 + aê aê 1 + aê = 5 ê 1 + 1 5 ê che per il momento d inerzia del sistema relativo ad OC porge perciò l espressione: I OC = I Oˆn = ˆn L O (ˆn = 1 1 ( 1 [L O ] 1 = 5 5 = 1 5 ( L xx + L yy + L xy = 1 5 a( 9 + 59 = 116 + 59 a = 95 15 a. Retta DC La retta DC è parallela all asse Ox, che contiene il baricentro G del sistema. Dal teorema di Huygens-Steiner segue perciò: I DC = I Ox + m D O = L xx + ma = 9 a + 5a = 1 a. (d Equazione pura del moto Rispetto alla terna inerziale Oξηz il sistema non è altro che un pendolo fisico (o composto con asse fisso Oz, privo di attrito, momento d inerzia I Oz = L zz rispetto a tale asse e baricentro G. Poichè G appartiene al segmento OB, l angolo ϑ esprime proprio l elongazione di G rispetto alla verticale condotta per O verso il basso. L equazione del moto è quindi data dalla ben nota relazione: I Oz ϑ = mg G O sin ϑ proiezione lungo Oz della seconda equazione cardinale dinamica rispetto ad O. Sostituendo i valori caratteristici: I Oz = 88 a m = 5 G O = 181 15 a, 6

l equazione diventa: 88 181 a ϑ = 5g 15 a sin ϑ e con una immediata semplificazione si riduce a: ϑ + 181 g 88 a sin ϑ =. (e Momento angolare in O ed energia cinetica Momento angolare in O Trattandosi di corpo rigido con asse fisso Oz = Oê, il momento angolare in O del sistema si scrive: K O = L O ( ϑê = ϑl O (ê = ϑl zz ê = 88 a ϑê, dove si è sfruttato il fatto che l asse Oz rappresenta un asse principale d inerzia in O del sistema, e quindi ê costituisce un autovettore dell operatore d inerzia L O. Energia cinetica L energia cinetica del sistema vale: T = 1 ϑê K O = 1 ϑê 88 a ϑê = 19 a ϑ. Soluzione dell esercizio (a Equilibri Il sistema è scleronomo a vincoli bilaterali ideali, ed è sottoposto a sollecitazioni di tipo posizionale conservativo, costituite dalle interazioni elastiche fra B e O e fra G e C, e dalla forza peso, oltre che a sollecitazioni di natura verosimilmente dissipativa, le resistenze viscose in A e G. Una volta verificato che le resistenze viscose sono forze dissipative, e che dunque esse non concorrono alla determinazione degli equilibri, questi possono quindi essere caratterizzati come punti critici del potenziale del sistema, somma dei potenziali parziali elastico e gravitazionale. Resistenze viscose Le resistenze viscose sono date da: F A = β 1 A FG = β Ġ e i vettori posizione dei loro punti di applicazione risultano rispettivamente: A O = aξê 1 G O = A O + Q A + G Q = aξê 1 + Q A + αa sin θê 1 αa cos θê = = a(ξ + α sin θê 1 αa cos θê + Q A con Q A costante per via del moto traslatorio del telaio. Le velocità corrispondenti sono perciò: A = a ξê 1 Ġ = a( ξ + α cos θ θê 1 + αa sin θ θê 7

mentre le derivate parziali dei punti di applicazione rispetti ai parametri lagrangiani si scrivono: A ξ = aê A 1 θ = G ξ = aê G 1 θ = aα(cos θê 1 + sin θê. Le componenti generalizzate delle resistenze viscose valgono pertanto: D ξ = β 1 A A ξ β Ġ G ξ = β 1a ξ β a ( ξ + α cos θ θ D θ = β 1 A A θ β Ġ G θ = β αa (cos θ ξ + α θ (1 e hanno natura completamente dissipativa: π = D ξ ξ + Dθ θ = β1 a ξ β a ( ξ + α cos θ ξ θ β αa (cos θ ξ θ + α θ = = a [ (β 1 + β ξ + β α cos θ ξ θ + β α ] ( θ = a ( ξ θ (θ ξ θ dato il carattere definito positivo della matrice di rappresentazione: (θ = ( β1 + β β α cos θ β α cos θ β α riscontrabile dal segno positivo di determinante e traccia: det (θ = β 1 β α + β α sin θ > tr (θ = β 1 + β + β α >. Gli equilibri non sono quindi influenzati dalle resistenze viscose, nulle per velocità generalizzate nulle. Potenziale della molla OB Il potenziale della molla che congiunge B con l origine O si scrive: U OB el = k B O = k aξê 1 + aê = ka (ξ + = ka ξ + costante. Potenziale della molla CG I vettori posizione del vertice C del telaio e del baricentro G del disco rispetto a Q sono dati da: C Q = aê 1 + aê G Q = αa sin θê 1 αa cos θê per cui risulta: C G = a(1 α sin θê 1 + a(1 + α cos θê 8

e il potenziale associato alla molla che congiunge C con G diventa: U CG el = k C G = ka (1 α sin θê1 + (1 + α cos θê = = ka (1 + α sin θ α sin θ + 1 + α cos θ + α cos θ = = ka ( + α α sin θ + α cos θ = αka (sin θ cos θ + costante. Potenziale delle forze peso Il potenziale delle forze peso agenti sul telaio è nullo, essendo trascurabile la massa. Si osservi che anche nel caso di massa non nulla il potenziale risulterebbe comunque costante, dato che ABCD si muove di moto traslatorio rettilineo parallelamente all asse orizzontale Ox e l ordinata del baricentro si manterrebbe costante. Il solo contributo significativo al potenziale gravitazionale viene dal disco D, non omogeneo, il cui potenziale si scrive: U g = mg ê (G Q = mg ê αa(sin θê 1 cos θê = αmga cos θ essendosi sfruttata l ovvia condizione (Q O ê = a, costante. Potenziale del sistema La somma dei potenziali parziali precedentemente calcolati fornisce il potenziale del sistema. Omesse le costanti additive si ha così la funzione: U(ξ, θ = U OB el + U CG el da intendersi definita (ξ, θ R. + U g = ka ξ + αka (sin θ cos θ + αmga cos θ = = ka ξ + αka sin θ + αa(mg ka cos θ Equilibri Per determinare gli equilibri del sistema è sufficiente calcolare le derivate parziali prime del potenziale: U ξ (ξ, θ = ka ξ U θ (ξ, θ = αka cos θ αa(mg ka sin θ ed eguagliarle simultaneamente a zero: ka ξ = αka cos θ αa(mg ka sin θ =. Nell ipotesi di α > il sistema di equazioni di equilibrio si riduce immediatamente a: { ξ = ( mg cos θ ka 1 sin θ = 9

e nella seconda equazione è certamente sin θ, come si verifica banalmente per assurdo. Ne deriva l equazione equivalente: da cui seguono le soluzioni distinte: ( mg θ = arccotg ka 1 e le configurazioni di equilibrio cercate: cotgθ = mg ka 1 = θ (, π θ = θ + π (ξ, θ = (, θ (ξ, θ = (, θ + π. Si osservi che l angolo di equilibrio θ è una funzione monotòna decrescente di (mg/ka 1 ( 1, +. Per mg/ka + l angolo θ tende crescendo all estremo superiore: θ + = ( mg lim arccotg mg/ka + ka 1 = arccotg( 1 = π che corrisponde al caso in cui la forza elastica caratteristica ka è molto grande in rapporto al peso mg e la molla GC tende ad allinearsi con il segmento QC. (b Stabilità degli equilibri Data la compresenza di forze posizionali conservative e completamente dissipative, nonchè la presenza di un numero finito di equilibri necessariamente isolati, la stabilità dell equilibrio viene analizzata ricorrendo alla forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet. A tale scopo si calcolano le derivate parziali seconde del potenziale: U (ξ, θ = ka ξ U (ξ, θ = ξ θ U (ξ, θ = θ ξ U θ (ξ, θ = αka sin θ αa(mg ka cos θ che porgono la matrice hessiana diagonale: H U (ξ, θ = ( ka αka sin θ αa(mg ka cos θ dalla quale si deduce immediatamente che a determinare la natura dell equilibrio è soltanto il segno dell autovalore: [ U ( mg ] θ (θ = αka sin θ αa(mg ka cos θ = αka sin θ + ka 1 cos θ. 1

Configurazione (ξ, θ = (, θ In questo caso ricordando la definizione di θ si ha: U θ (θ = αka [ ( mg ] sin θ + ka 1 cos θ = αka ( sin θ + cotgθ cos θ = = αka ( sin θ + cos θ sin θ = αka 1 sin θ < dal momento che θ (, π. La matrice hessiana H U (, θ risulta perciò definita negativa e caratterizza la configurazione di equilibrio come massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilità asintotica è assicurata dalla forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet. Configurazione (ξ, θ = (, θ + π Nella fattispecie la matrice hessiana H U (, θ + π ammette l autovalore positivo: [ U ( mg ] θ (θ + π = αka sin(θ + π + ka 1 cos(θ + π = ( mg ] = αka [sin θ + ka 1 cos θ = αka 1 sin θ > che esclude il ricorrere di un massimo relativo proprio nella configurazione di equilibrio considerata e ne comporta l instabilità per la forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet. (c Energia cinetica ed equazioni del moto L energia cinetica del sistema si riduce a quella del solo disco D, che è privo di punti fissi e richiede l uso del teorema di König: T = m Ġ + 1 ID Gz ωd. Il vettore posizione del baricentro vale, come già osservato: G O = A O + Q A + G Q = aξê 1 + Q A + αa sin θê 1 αa cos θê = = a(ξ + α sin θê 1 αa cos θê + Q A con Q A costante per via del moto traslatorio del telaio, e derivato rispetto al tempo porge la velocità assoluta: di modulo quadrato: Ġ = a( ξ + α cos θ θê 1 + αa sin θ θê Ġ = a [ ( ξ + α cos θ θ + α sin θ θ ] = a ( ξ + α θ + α cos θ ξ θ. Il momento d inerzia del disco rispetto all asse baricentrale Gz è dato da I D Gz = γma, mentre la velocità angolare istantanea risulta ω D = θê. Per l energia cinetica del sistema si ha quindi l espressione: T = ma ( ξ + α θ + α cos θ ξ θ + 1 γma θ = ma [ ξ + (γ + α θ + α cos θ ξ θ ], 11

mentre il potenziale è già stato ricavato in precedenza: e la lagrangiana del sistema diventa: U = ka ξ + αka [ ( mg ] sin θ + ka 1 cos θ L = ma [ ξ + (γ + α θ + α cos θ ξ θ ] ka ξ + αka [ ( mg ] sin θ + ka 1 cos θ. Grazie all ipotesi dei vincoli ideali le equazioni del moto si identificano con quelle di Lagrange: d ( L dt ξ L ξ = D d ( L ξ dt θ L θ = D θ. Non resta che calcolare i termini parziali: L ξ = ma ( ξ + α cos θ θ L ξ = ka ξ d ( L dt ξ = ma ( ξ + α cos θ θ α sin θ θ L θ = ma[ (γ + α θ + α cos θ ξ ] d ( L dt θ = ma [ (γ + α θ + α cos θ ξ ] α sin θ θ ξ L θ = ma α sin θ ξ θ + αka [ ( mg ] cos θ ka 1 sin θ e richiamare le espressioni (1 delle forze dissipative per ottenere le equazioni del moto richieste: ma ( ξ + α cos θ θ α sin θ θ + ka ξ = β 1 a ξ β a ( ξ + α cos θ θ ma [ α cos θ ξ + (γ + α θ ] + αka [ ( mg ] cos θ + ka 1 sin θ = β αa (cos θ ξ + α θ. (d Equazioni del moto per θ = ωt e resistenza viscosa in A La condizione θ = ωt, con ω costante positiva, si traduce nell introduzione di un ulteriore vincolo per il sistema, che diventa reonomo a un solo grado di libertà. L unico parametro lagrangiano necessario a descrivere le configurazioni del sistema è rappresentato da ξ R. Si intende che le procedure seguite in precedenza per il calcolo dell energia cinetica e per determinare il potenziale del sistema rimangono del tutto valide, salvo dover constatare che T conterrà ora una dipedenza esplicita dal tempo e non consisterà semplicemente in un polinomio quadratico (omogeneo della velocità generalizzata ξ: T = ma [ ξ + (γ + α ω + α cos(ωt ξω ] = ma [ ξ + αω cos(ωt ξ ] + costante 1

mentre il potenziale gravitazionale e quello elastico della molla GC diventano funzioni della sola variabile t, e come tali del tutto ininfluenti nelle equazioni del moto: U(ξ, ωt = ka ξ + αka [ ( mg ] sin(ωt + ka 1 cos(ωt La lagrangiana del sistema reonomo si riduce pertanto a: e và associata all unica equazione del moto: per la quale risulta: L = ma [ ξ + αω cos(ωt ξ ] ka ξ d ( L dt ξ L ξ = D ξ Ũ(ξ = ka ξ. L ξ = ma[ ] ξ + αω cos(ωt d ( L dt ξ = ma [ ξ αω sin(ωt ] L ξ = ka ξ mentre la componente generalizzata della forza viscosa in A vale: D ξ = β 1 A A ξ = β A 1 ξ ξ A ξ = β e porge infine: A ξ ma [ ξ αω sin(ωt ] + ka ξ = β 1 a ξ. ξ = β1 aê 1 ξ = β1 a ξ Riordinando i termini e semplificando il comune fattore a, si riconosce che l equazione del moto coincide con quella di un oscillatore armonico smorzato di massa m, costante elastica k e costante di frizione β, soggetto ad una forza sinusoidale di pulsazione ω e ampiezza αmω : m ξ + β ξ + kξ = αmω sin(ωt. ( (e Soluzione stazionaria e stato di quiete corrispondente La soluzione stazionaria dell equazione ( è della forma: ξ(t = c 1 sin(ωt + c cos(ωt per opportune costanti reali c 1 e c. Le derivate prima e seconda della soluzione si scrivono: ξ(t = ωc 1 cos(ωt ωc sin(ωt ξ(t = ω c 1 sin(ωt ω c cos(ωt 1

e sostituite nella ( porgono l equazione trigonometrica: [ (k mω c 1 β 1 ωc ] sin(ωt + [ β1 ωc 1 + (k mω c ] cos(ωt = αmω sin(ωt che dovendo essere soddisfatta identicamente t R conducono al sistema di equazioni algebriche lineari: (k mω c 1 β 1 ωc = αmω Il teorema di Cramer porge allora: per cui: c 1 = c = β 1 ωc 1 + (k mω c =. αmω β 1 ω k mω k mω β 1 ω β 1 ω k mω k mω αmω β 1 ω k mω β 1 ω β 1 ω k mω = αmω (k mω (k mω + β 1 ω = αmω β 1 ω (k mω + β 1 ω ξ(t = αmω (k mω sin(ωt β 1 ω cos(ωt (k mω + β 1 ω t R. L ampiezza di questa soluzione stazionaria è data da: A = αmω (k mω + β 1 ω e si annulla se e solo se α =, condizione necessaria e sufficiente perchè il moto di regime sia uno stato di quiete (in ξ =. Ciò equivale a richiedere che il baricentro G coincida con il centro Q del disco: il moto di D rispetto al telaio ABCD risulta equilibrato dinamicamente, visto che G appartiene all asse di rotazione Qz e che di conseguenza Qz è riconoscibile come asse centrale d inerzia in quanto passante per G e ortogonale al piano di simmetria Qxy. Questo semplice esempio illustra l importanza di realizzare la condizione di equilibratura dinamica di un rotore, allo scopo di evitare vibrazioni indesiderate dell asse di rotazione mantenuto elasticamente in posizione. Osservazione. Moto stazionario nel caso di costante elastica nulla Si supponga di rimuovere dal sistema la molla ideale OB, ovvero di porre k = nell equazione del moto (. Il moto stazionario è ancora definito ed assume la forma: ξ(t = αmω mω sin(ωt β 1 ω cos(ωt m ω + β 1 ω t R 1

con ampiezza: A = αmω m ω + β 1 ω = αmω m ω + β 1 = α m ω m ω + β 1. L ampiezza è una funzione monotòna crescente della pulsazione ω > ed ammette i valori limite: lim α m ω ω + m ω + β1 = lim α m ω ω + m ω + β1 = α per cui non esiste una pulsazione di risonanza in senso stretto. Il coefficiente α rappresenta perciò l elongazione massima in ξ per tutti i moti stazionari. 15