Prova initinere di meccanica razionale M-Z del..7 Esercizio Nel piano Oxy di una terna Oxyz sono collocate una piastra quadrata OABC, dilatoa, e un asta rettilinea che congiunge il vertice B con il punto D(a,, vedi figura. La densità della piastra si scrive σ(p = µ a P O P OABC, mentre quella dell asta èdatada λ(p = µ a P B P BD, essendo µ> una massa caratteristica del sistema. Si chiede di determinare del sistema: (a la massa; (b ilbaricentro, verificando che esso appartiene all inviluppo convesso del sistema. Soluzione (a Massa del sistema La proprietà di additività assicura che la massa del sistema può essere determinata calcolando separatamente e sommando le masse delle due parti rigide costituenti, la piastra OABC e l asta BD. Il punto di intersezione B fra le due parti costituisce infatti un insieme di misura nulla e non influenza in alcun modo il calcolo delle masse o dei baricentri parziali.
Massa della piastra L integrale della densità arealeσ sul quadrato OABC =[,a] fornisce la massa della piastra quadrata: m OABC = a a dy µ a (x + y = µ a a (x a + a = µ a ( a a + a a = µ. Massa dell asta In primo luogo si ricava una parametrizzazione dell asta. Il segmento BD può parametrizzarsi per mezzo della relazione lineare P O =( ξ(b O+ξ(D O =( ξ(aê + aê +ξaê = =(+ξaê +( ξaê ξ [, ] alla quale corrisponde l elemento infinitesimo di lunghezza ds = dp dξ (ξ dξ = aê aê dξ = adξ mentre la densità lineare assume la forma λ(ξ = µ ( + ξaê +( ξaê (aê + aê = a = µ ξaê ξaê = µ a a a ξ = µ a ξ ξ [, ]. La massa dell asta si scrive perciò m BD = µ a ξ adξ =µ ξ dξ = µ. Massa del sistema Per ottenere la massa dell intero sistema non resta che sommare le masse parziali appena calcolate: m = m OABC + m BD = µ + µ = µ. (b Baricentro del sistema, inviluppo convesso del sistema Poichè ilsistemaconsiste di una superficie materiale (la piastra e di una curva materiale (il segmento BD, il baricentro del sistema può essere determinato soltanto ricorrendo al teorema distributivo. Si tratta quindi di calcolare i baricentri della piastra e dell asta, di immaginare concentrate in tali punti le intere masse m OABC e m BD,edinfine di determinare il baricentro del sistema fittizio di due punti materiali cosìottenuto.
Baricentro della piastra Rispetto alla terna Oxyz, ilbaricentro G OABC della piastra deve essere individuato da un vettore posizione della forma G OABC O = x OABC ê + y OABC ê = x OABC ê + x OABC ê (. in quanto la retta z =,y = x, costituisce un evidente asse di simmetria della piastra; i punti simmetrici (x, y [,a] e(y, x [,a] si collocano infatti alla stessa distanza dall origine O epresentanoquindi la stessa densità areale: σ(x, y = µ a (x + y = µ a (y + x =σ(y, x (x, y [,a]. L ascissa del baricentro viene calcolata applicando direttamente la definizione e ricordando il valore della massa già ricavato al punto precedente: x OABC = m OABC OABC a = a a = ( a a a + a xσdy = a a dy µ µ a (x + y x = dy (x + xy = a a = a ( + 6 a (x a + x a = = 8 a per cui la (. fornisce G OABC O = 8 a ê + 8 a ê. Baricentro dell asta Per ilteorema dell inviluppo convesso, il baricentro G BD dell asta deve collocarsi lungo il segmento BD, lacuiretta di giacitura haequazione x x B x D x B = y y B y D y B ossia x a a a = y a a equindi, dopo semplici manipolazioni algebriche, Il vettore posizione del baricentro può ricercasi della forma x + y a =. (. G BD O = x BD ê + y BD ê
con ascissa x BD = m BD BD xλds = µ µ a ξ ( + ξa adξ = =a ( (ξ + ξ dξ =a + = 7 a eordinata cosicchè risulta y BD = m BD BD yλds = µ µ a ξ ( ξa adξ = =a ( (ξ ξ dξ =a G BD O = 7 a ê + a ê. = a Si osservi che il baricentro calcolato giace effettivamente lungo il segmento BD, inquanto a<x BD < a e 7 a + a a = per cui l equazione (. èsoddisfatta. Baricentro del sistema Il baricentro G del sistema viene calcolato come baricentro dei baricentri G OABC e G BD, per mezzo della formula distributiva G O = m OABC (G OABC O+m BD (G BD O = m OABC + m BD = [ ( µ µ 8 a ê + 8 a ê + ( 7 µ a ê + ] a ê = = ( ê + ê + ê + ( 9 ê a = 6 ê + 7 6 ê a. Èimmediato verificare che il baricentro appartiene all inviluppo convesso dell insieme piastra+asta, che si identifica con il trapezio rettangolo ODBC. Per individuare l inviluppo convesso del sistema basta considerare, nel piano di giacitura Oxy, l intersezione dei semipiani chiusi: y (semipiano dei punti di ordinata non negativa
y a x (semipiano dei punti di ascissa non negativa (semipiano delimitato dalla retta BC epostoal di sotto di questa x + y a (semipianodelimitato dalla retta BD econtenentel origine O che racchiudono l intero sistema. Le coordinate x =9a/6 y =7a/6 del baricentro soddisfano tutte le precedenti diseguaglianze, per cui G appartiene all inviluppo convesso del sistema. Esercizio Nel piano Oxy = Oê ê di una terna inerziale un punto materiale P di massa m = si muove soggetto a una resistenza viscosa di costante β. Una molla ideale di costante elastica k =/ unisce P all origine O. Supposti trascurabili gli attriti, determinare: (a le equazioni pure del moto del punto e i valori di β per iquali si hanno moti oscillatori smorzati; (b posizione e velocità dip all istante t =π qualora si abbia β =/, P ( O =ê, P ( = ê. Soluzione (a Equazioni pure del moto eregimesottocritico Il punto èvincolato a muoversi nel piano coordinato Oxy di una terna inerziale, per cui il relativo vettore posizione assume la forma D altra parte, l equazione del moto si scrive P O = x ê + y ê. P + β P + (P O Φ= eforniscedue equazioni pure proiettando lungo le direzioni tangenti indipendenti di ê ed ê : ẍ + βẋ + x = ÿ + βẏ + y = (. La condizione perchè ilregimedimotosiasottocritico, affinchè cioètutti i moti delsis- tema siano oscillatori smorzati, èche assuma segno negativo il discriminante dell equazione caratteristica λ + βλ + = ossia =β 8 = β <. Il regime sottocritico ricorre perciò seesoltanto se <β< /.
(b Posizione evelocitàistantaneadip Per β = / le equazioni pure del moto (. diventano ẍ + ẋ + x = ÿ + ẏ + y = (. eadesse corrisponde la stessa equazione caratteristica λ + λ + = che ammette le radici complesse coniugate [ λ = ] ± = ( ± i = ± i. La soluzione generale delle equazioni (. diventa perciò ( t ( t x(t =a e t/ cos + a e t/ sin con derivata ( t ( t y(t =b e t/ cos + b e t/ sin [ ẋ(t =a e t/ ( t cos ( t ] [ sin + a e t/ ( t sin + ( t ] cos [ ẏ(t =b e t/ ( t cos ( t ] [ sin + b e t/ ( t sin + ( t ] cos elecostantireali arbitrarie a, a, b, b che devono essere determinate in base alle condizioni iniziali. Nella fattispecie, le condizioni iniziali richieste sono P ( O =ê P ( = ê ossia x( = y( = ẋ( = ẏ( = per cui si ha ovviamente y(t = e =x( = a =ẋ( = a + a equindi a = a =. 6
La soluzione diventa così y(t = e ( t ( t x(t =e [cos t/ +sin ] con ẏ(t = e [ ẋ(t =e t/ ( t cos ( t sin ( t sin + ( t ] cos = ( t = e [cos t/ ( t ] sin. All istante t =π risulta pertanto P (π O = e π/ ê P (π = e π/ ê Esercizio Data una terna cartesiana ortogonale destra Oê ê ê di E si considera il sistema S dei vettori v = ê +ê ê e v =ê ê ê,applicati nei punti P (,, e P (,, rispettivamente. Si chiede di: (a verificare che l asse centrale di S esiste egiacenelpiano di equazione x y/+z+7/ = ; (b calcolare il momento di S rispetto all asse x = ζ +, y =ζ, z =,orientato secondo le ζ R crescenti. Soluzione (a Asse centrale e suo piano di giacitura Il sistema di vettori applicati ha risultante non nullo R = v + v = ê +ê ê +ê ê ê =ê ê ê per cui il relativo asse centrale risulta certamente definito. Il momento risultante in O del sistema èdatoda: M O =(P O v +(P O v = =(ê +ê +ê ( ê +ê ê +( ê ê +ê (ê ê ê = ê ê ê = + ê ê ê = = 6ê ê +ê +ê +ê +ê = ê +ê per cui si ha R M O = ê ê ê = ê 6ê ê 7
ed essendo poi R = ê ê ê =+( +( =9 l equazione parametrica dell asse centrale diventa P O = 9 ê 6 9ê 9ê + α(ê ê ê α R. che, indicando separatamente le coordinate cartesiane x, y, z, equivalea x = 9 + α y = α z = α α R. (. 9 Per verificare, come richiesto, che l asse centrale giace nel piano di equazione basta sostituire le equazioni parametriche (. in (.6: x y/+z +7/ = (.6 ( 9 + α ( α + ( 9 α + 7 = econstatare che quest ultima èidenticamentesoddisfatta per ogni α R: 9 + 9 + 7 (+ + α = α R. (b Momento assiale Si sceglie un punto Q dell asse fissando a piacere il valore del parametro, per esempio ζ =: Q O =ê +ê. I punti di applicazione dei vettori v, v rispetto a Q diventano perciò: P Q =ê +ê +ê (ê +ê =ê +ê +ê P Q = ê ê +ê (ê +ê = ê ê ê econsentono di calcolare il momento risultante in Q del sistema come M Q =(P Q v +(P Q v = ê ê ê = + ê ê ê = = ê +ê ê ê +8ê = 6ê ê +ê. 8
D altra parte, il versore associato all asse x = ζ +, y =ζ, z =,orientato secondo le ζ R crescenti, vale ˆn = ê +ê ê +ê = ê +ê = ê + ê per cui il momento assiale cercato risulta M Qˆn = M ( Q ˆn =( 6ê ê +ê + = 8 ê ê 6 =. Esercizio In una terna inerziale Oxyz, conasse verticale Oy diretto verso l alto, un punto materiale pesante P di massa m scorre senza attrito lungo la curva di equazione ϕ(ξ =ξ ê + (ξ / ξ /+ξê, ξ R. (a Scrivere le equazioni pure del moto del sistema. (b Determinare i vettori posizione in Oxyz dei punti di equilibrio del sistema. Soluzione (a Equazioni pure del moto Il punto materiale P ha massa m ed èvincolato a scorrere senza attrito lungo la curva di equazione parametrica ( ξ P (ξ O = ξ ê + ξ +ξ ê, ξ R, che èchiaramente C in R ed ivi ammette le derivate prima e seconda: P (ξ =ξ ê + ( ξ ξ + ê P (ξ =ê +(ξ ê. Èevidenteche la curva risulta regolare, in quanto P (ξ ξ R. Oltre che alla reazione vincolare Φ, ortogonale al vincolo, il punto P èsoggetto unicamente al proprio peso m g = mg ê,percuiilpostulatodellereazioni vincolari porge m P = mg ê + Φ e una proiezione lungo la direzione tangente conduce all equazione pura del moto richiesta: m P P (ξ = mg ê P (ξ. (.7 Osservato che P = d dt [P (ξ ξ] =P (ξ ξ + P (ξ ξ, l equazione (.7 assume la forma equivalente m P (ξ ξ + mp (ξ P (ξ ξ = mg ê P (ξ 9
nella quale risulta P (ξ = ξ ê + ( ξ ξ + ê =ξ + ( ξ ξ + e mentre per cui si ottiene P (ξ P (ξ =ξ + ( ξ ξ + (ξ ê P (ξ =ξ ξ + [ξ + ( ξ ξ + ] ξ +[ξ + ( ξ ξ + (ξ ] ξ = g(ξ ξ + (.8 in cui il fattore comune m èstato omesso. (b Posizioni di equilibrio Poichè il punto materiale è vincolato ad una curva fissa e liscia, le posizioni di equilibrio sono individuate tutte e soltanto dalle soluzioni statiche ξ(t =ξ,costante, dell equazione pura (.8. Si ottiene così l equazione di equilibrio ossia l equazione di secondo grado che ammette le radici reali = g(ξ ξ + ξ ξ + = ξ = ± 9 8 = ± =,. Rispetto alla terna Oxyz assegnata, le posizioni di equilibrio sono dunque individuate dai vettori posizione ( P ( O = ê + + ê =ê + 6ê ( P ( O = ê + + ê =ê +. ê Esercizio Una lamina quadrata OABC, di lato L, è posta nel piano Oxy di una terna Oxyz (vedi figura. La sua densità èespressa da σ(x, y = µ (x + y (x, y [,L] L
dove µ>è una costante con le dimensioni di una massa. Determinare della lamina: (a la matrice d inerzia in Oxyz e una terna principale d inerzia in O; (b ilmomento d inerzia rispetto all asse OM, dovem èilpunto medio del lato AB; (c ilmomentod inerzia del sistema rispetto alla retta AB. Soluzione (a Matrice d inerzia in Oxyz eternaprincipale d inerzia in O Matrice d inerzia relativa a Oxyz La lamina è ubicata nel piano coordinato Oxy della terna Oxyz, percui la relativa matrice d inerzia deve assumere la forma generale L xx L xy [L O ]= L xy L yy L xx + L yy in cui figurano soltanto i momenti d inerzia rispetto agli assi coordinati Ox, Oy eilprodotto d inerzia corrispondente alle coordinate x e y. Ilmomentod inerzia rispetto a Ox si calcola facilmente per integrazione diretta: L xx = = µ L dy y µ L (x + y = µ L (x L + L = µ L ( L dy (xy + y = L + L L = µl. Lo stesso risultato si ottiene per il momento d inerzia relativo all asse Oy L yy = dy x µ L L (x + y = dy y µ L (y + x =L xx = µl
scambiando le variabili di integrazione x, y eusando l invarianza della densità σ(x, y rispetto a tale trasformazione. Non rimane che determinare il prodotto d inerzia residuo, per il quale si ha L xy = = µ L dy xy µ L (x + y = µ L (x L + xl = µ L ( L dy (x y + xy = L + L L = µl. La matrice d inerzia cercata risulta pertanto / / [L O ]=µl / /. (.9 /6 Terna principale d inerzia in O Si osservi che la retta z =,y = x, èunasse di simmetria della lamina, in quanto nei punti simmetrici (x, y [,L] e(y, x [,L] la densità arealerisulta la stessa: σ(x, y = µ L (x + y = µ L (y + x =σ(y, x (x, y [,L]. Lo stesso asse costituisce perciò unasse principale d inerzia in O del sistema. Un ovvio piano di simmetria èquello di giacitura Oxy, per cui Oz rappresenta un secondo asse principale d inerzia in O Oxy del sistema. Il terzo asse principale d inerzia deve risultare passante per O eortogonale ai precedenti, per cui èimmediato identificarlo con la retta di equazione z =,y = x. La terna principale d inerzia in O ècosìcompletamente individuata facendo uso di pure considerazioni di simmetria. Allo stesso risultato si perviene risolvendo il problema agli autovalori. Conviene eseguire il calcolo in forma adimensionale, ignorando il comune fattore positivo µl nella matrice (.9 e considerando così l equazione caratteristica det / λ / / / λ /6 λ = che si riesprime immediatamente nella forma ( ( 6 λ + λ 6 λ = 9 ovvero ( ( 6 λ λ 6 λ + 9 =. Ne seguono le radici λ = [ 6 ± 6 9 ] = ( 6 6 ± = 6,
e λ = /6, che costituiscono gli autovalori della matrice. I momenti principali d inerzia in O della lamina sono quindi dati da A = µl A = µl A = 6 µl. Per λ =/ il problema agli autovalori diventa ξ ξ = 6 ξ eporge il sistema di equazioni algebriche lineare ed omogeneo ξ ξ = ξ + ξ = ξ ξ = ξ equivalente alle due sole equazioni ξ = ξ = ξ ξ =. Una soluzione non banale èdatadaξ =, ξ =, ξ =, per cui un autovettore ortonormale si scrive v = ê + ê eindividua il relativo asse principale d inerziacomelaretta bisettrice del primo quadrante nel piano coordinato Oxy. Per λ =/ siottiene il problema agli autovalori ξ ξ = 6 ξ eporge il sistema di equazioni algebriche lineare ed omogeneo ξ ξ = ξ ξ = ξ = ξ ξ ξ =
equivalente alle due sole equazioni ξ = ξ ξ =. Una soluzione non banale èdatadaξ =,ξ =, ξ =,percui un autovettore ortonormale si scrive v = ê ê eindividua il relativo asse principale d inerzia come la retta bisettrice del secondo quadrante nel piano coordinato Oxy. Per λ =/6 sihainfine il problema agli autovalori 6 6 ξ ξ = 6 ξ 6 ξ ξ = ξ dal quale si deduce il sistema equivalente di equazioni lineari omogenee ξ = ξ =. Una soluzione non banale risulta ξ = ξ = ξ = ecorrisponde all autovettore v =ê che individua l asse Oz come terzo asse principale d inerzia in O. (b Momento d inerzia rispetto all asse OM Il punto medio M del segmento AB èindividuato dal vettore posizione cui si associa il versore direttore M O = A O + M A = Lê + L ê ˆn = M O M O = Lê + L ê L + = (ê + ê = ê + ê.
Il momento d inerzia relativo all asse OM = Oˆn diventa pertanto ( / / I Oˆn = µl / / / / = /6 = / / µl ( / / = /6 = µl ( 6 + = µl ( + = µl. (c Momento d inerzia rispetto all asse AB Per calcolare il momento d inerzia rispetto all asse AB conviene ricorrere al teorema di Huygens-Steiner. A questo scopo occorre determinare, in primo luogo, la massa della lamina m = dy µ L (x + y = µ ( xl + L = µ ( L L L L L + L L = µ. Il baricentro del sistema deve invece determinarsi nella forma G O = x G ê + x G ê perchè laretta y = x, z =,èunasse di simmetria della superficie materiale, con x G = m xσ(x, y dy = [,L] = L µ (x L + x L = ( L L L + L dy x µ L (x + y = L L = 7 L. dy(x + xy = Di conseguenza, il vettore posizione del baricentro diventa G O = 7 Lê + 7 Lê. Il momento d inerzia del sistema rispetto all asse parallelo a Oy epassanteperil baricentro G si ottiene applicando il teorema di Huygens-Steiner I Gy = I Oy mx = L yy µx = G G µl µ 9 L = µl. Lo stesso teorema permette poi di ricavare il momento d inerzia relativo all asse AB, parallelo a Oy ma non baricentrale, I AB = I Gy + m(l x G = µl + µl = µl.