Esercizio 1 Nel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz = Oê 1 ê ê 3 con l asse Oy diretto verso l alto sono posti un disco circolare D, di raggio a, centro C(a, e densità: σ(q = m Q C πa3 Q D e un asta rettilinea di estremi O e B(, a, con densità: Prova scritta di meccanica razionale del 15.6.16 λ(q = m B Q Q OB, a essendo m una massa caratteristica. Un punto materiale P, di massa m, è libero di scorrere senza attrito lungo il bordo D di D, soggetto al peso e collegato al punto fisso A(3a, da una molla ideale di costante elastica k. Determinare: (a la massa e la posizione del baricentro del sistema S = OB D; (b la matrice d inerzia di S rispetto a Oxyz; (c il momento d inerzia di S relativo alla retta r di equazione y = x, z = ; (d il momento d inerzia di S relativo alla retta Ay, passante per A e parallela a Oy; (e le equazioni pure del moto del punto P usando come parametro l angolo ϕ in figura. 1
Esercizio Nel piano verticale Oxy di una terna inerziale Oxyz un disco circolare omogeneo D, di massa m, raggio a e centro C, rotola senza strisciare sopra la retta orizzontale y = a. Un asta omogenea OA, di massa m e lunghezza 4a, può ruotare liberamente attorno all asse Oz. Il sistema è soggetto alla forza peso e all azione di una molla ideale di costante elastica k che collega A e C. Agli stessi punti sono inoltre applicate resistenze viscose di uguale costante di frizione β. Assunti i vincoli ideali, si usino i parametri s R e ϑ R evidenziati in figura per determinare del sistema: (a gli equilibri, specificandone le condizioni di esistenza; (b le proprietà di stabilità degli equilibri (considerare le forze viscose!; (c l espressione dell energia cinetica; (d le equazioni pure del moto; (e i modi normali delle piccole oscillazioni attorno ad un equilibrio stabile per β = e mg/ka = 1.
Soluzione dell esercizio 1 (a Massa e baricentro di S Massa del disco D La massa del disco si ottiene integrando la densità areale σ sul dominio D. Introdotte le coordinate polari piane: risulta quindi: Q C = ρ cos ϕ ê 1 + ρ sin ϕ ê (ρ, ϕ [, a] [, π], m D = D σ da = a dρ π dφ ρ m πa 3 ρ = m a 3 πa 3 3 π = 3 m. Massa dell asta OB L asta è descritta dalla parametrizzazione Q O = yê, y [, a], ed essendo B O = aê presenta la densità lineare: λ(y = m a aê yê = m (a y y [, a]. a Di qui si deduce il valore della massa di OB: m OB = λ ds = OB a m a (a y dy = m a [ ] a (a y = m a a = m. Massa del sistema S Considerato che il solo punto di intersezione O fra le due parti costituisce un insieme di misura nulla per entrambe, la massa del sistema S è data dalla somma delle masse parziali di disco e asta: m S = m D + m OB = 3 m + m = 7 6 m. Baricentro del disco D Poichè la densità del disco dipende unicamente dalla distanza dal centro C, questo costituisce un evidente centro di simmetria di D e va identificato con il relativo centro di massa: G D O = C O = aê 1. Baricentro dell asta OB Il baricentro dell asta deve collocarsi lungo la retta di giacitura Oy di questa. Il relativo vettore posizione assume perciò la forma: G OB O = y OB ê 3
con l ordinata data da: in modo che: y OB = 1 m OB OB y λ ds = m a y m a (a y dy = a = [ a a y y3 3 ] a G OB O = a 3 ê. = a ( a 3 a a3 3 (ay y dy = = a 3, Baricentro del sistema S Per determinare il baricentro del sistema S non rimane che applicare il teorema distributivo alle parti D e OB: G S O = m D(G D O + m OB (G OB O = 6 m S 7m( 3 m aê 1 + m = 6 7( 3 aê 1 + a 6 ê = 4 7 aê 1 + a 7 ê. a 3 ê = (b Matrice d inerzia relativa a Oxyz di S Matrice d inerzia del disco D Conviene calcolare preliminarmente la matrice d inerzia del disco rispetto alla terna baricentrale Cxyz, centrale d inerzia per via dei tre assi di simmetria Cx, Cy, Cz, e riportarsi quindi al riferimento Oxyz mediante il teorema di Huygens-Steiner generalizzato. L ulteriore asse di simmetria rappresentato dalla bisettrice del I e III quadrante nel piano Cxy implica che i momenti d inerzia relativi a Cx e Cy siano uguali: L D Cyy = L D Cxx, mentre il momento d inerzia rispetto a Cz è la somma degli altri due, giacendo il disco nel piano coordinato Cxy: L D Czz = L D Cxx + L D Cyy = L D Cxx. L unico elemento da calcolare della matrice d inerzia [L D G ] è dunque: per cui: L D Cxx = y σ da = D = m a 5 πa 3 5 π a dρ ρ π 1 cos ϕ dϕ (ρ sin ϕ [ dϕ = ma ϕ 1π m πa 3 ρ = m πa 3 ] π sin ϕ [L D C] = ma 1/5 1/5. /5 4 a π ρ 4 dρ sin ϕ dϕ = = ma 1π π = ma 5,
D altra parte, il baricentro C rispetto ad Oxyz ha coordinate: d 1 = a d = d 3 = e il teorema di Huygens-Steiner generalizzato porge: [L D O] = m D d + d 3 d 1 d d 1 d 3 d 1 d d 1 + d 3 d d 3 + [L D C] = d 1 d 3 d d 3 d 1 + d = 3 m a + ma 1/5 1/5 a /5 = ma 1/5 13/15 16/15 Matrice d inerzia dell asta OB Poichè l asta giace lungo l asse Oy, la relativa matrice d inerzia assume la forma: [L OB O ] = xx L OB xx LOB con il momento d inerzia rispetto ad Ox dato da: L OB xx = OB y λ ds = a y m a (a y dy = m a a = m [ ] ay 3 a a 3 y4 = m ( a 4 4 a (ay y 3 dy = 3 a4 4 = ma 1,. per cui: O ] = ma 1/1. 1/1 [L OB Matrice d inerzia del sistema S La matrice d inerzia relativa a Oxyz del sistema S è la somma delle matrici d inerzia, relativa alla stessa terna, di disco ed asta: [L S O] = ma 1/5 13/15 16/15 = ma 17/6 13/15. 3/ + ma 1/1 1/1 = 5
(c Momento d inerzia di S relativo alla retta r La retta passa per l origine O, con parametrizzazione: e versore direttore: P (x O = xê 1 + xê, x R, ˆn = P (x P (x = ê1 + ê, per cui il momento d inerzia del sistema S relativo alla retta r si scrive: I r = I Oˆn = ˆn L S O(ˆn = 1 ( 1 1 [L S O] ( = ma 17 6 + 13 15 + 1 ( = ma 17 6 + 5 6 1 1 = 1 ( L S xx + L S yy + L S xy = = 69 1 ma = 3 4 ma. (d Momento d inerzia di S relativo alla retta Ay La retta Ay è parallela all asse coordinato Oy, ma non passa per il baricentro di S. È quindi necessaria una doppia applicazione del teorema di Huygens-Steiner: fra la retta Ay e la retta parallela baricentrale G S y, e fra quest ultima e l asse Oy. Indicate con x A = 3a e x S = (4/7a le ascisse di A e G S rispettivamente, si hanno le equazioni: I Ay = I GS y + m S (x A x S I Oy = I GS y + m S x S che sottratte membro a membro porgono: [ I Ay I Oy = m S (xa x S x ] S e consentono di ricavare il momento d inerzia richiesto: ( I Ay = I Oy + m S x A x A x S = IOy + m S x A (x A x S = = 13 15 ma + 7 ( 6 m 3a 3a 4 7 a = 13 15 ma + 7 ma( 3 8 = 7 ( 13 = 15 + 1 4 ma 6 + 315 1 = ma = 1 3 3 ma. (e Equazioni del moto del punto P La posizione del punto P lungo il profilo D è individuata dalla parametrizzazione: P (ϕ O = C O + P (ϕ C = aê 1 + a cos ϕ ê 1 + a sin ϕ ê = = a(1 + cos ϕê 1 + a sin ϕ ê la cui derivata vale: P (ϕ = a( sin ϕ ê 1 + cos ϕ ê 6
e normalizzata fornisce il versore tangente: ˆτ(ϕ = sin ϕ ê 1 + cos ϕ ê, mentre per l ascissa curvilinea misurata dal punto ϕ = si ha l espressione: s = ϕ P (ϕ dϕ = ϕ a dϕ = aϕ. Il risultante delle forze attive agenti sul punto materiale è dato da: F = mgê + k(a P = = mgê + k [ 3aê 1 a(1 + cos ϕê 1 a sin ϕ ê ] = = (3ka ka ka cos ϕê 1 + ( mg ka sin ϕê = = ka( cos ϕê 1 + ( mg ka sin ϕê. Le espressioni dell ascissa curvilinea, del versore tangente e del risultante vanno inserite nell equazione pura del moto: m s = F ˆτ che diventa così: ma ϕ = ka( cos ϕ( sin ϕ + ( mg ka sin ϕ cos ϕ ovvero, eseguendo i prodotti e semplificando: ma ϕ = ka sin ϕ mg cos ϕ. Soluzione dell esercizio (a Equilibri Il sistema, scleronomo e a vincoli bilaterali ideali, è soggetto a sollecitazioni posizionali conservative, rappresentate dal peso su asta e disco e dall interazione elastica fra i punti A e C, ed al sistema di resistenze viscose con costante di frizione β agenti sugli stessi punti. Per le sollecitazioni posizionali conservative si devono determinare gli appropriati potenziali, mentre delle resistenze viscose è necessario calcolare le componenti generalizzate ed analizzare la natura dissipativa. A questo scopo è importante scrivere i vettori posizione dell estremo A dell asta e del centro C del disco: A O = 4a sin ϑ ê 1 4a cos ϑ ê C O = asê 1. (1 Potenziale gravitazionale Il potenziale associato alle forze peso è la somma dei contributi relativi all asta OA e al disco D: U g = mgê A O mgê (C O = mga cos ϑ 7
il secondo dei quali può essere ignorato in quanto banalmente costante (l ordinata del baricentro C non varia durante il moto. Potenziale elastico Dai vettori posizione (1 si ricava immediatamente che: A C = a(4 sin ϑ sê 1 4a cos ϑ ê per cui: A C = a (4 sin ϑ s + 16a cos ϑ = a (16 + s 8s sin ϑ ed il potenziale elastico della molla risulta: U el = k A C = ka (s 8s sin ϑ + costante. Potenziale del sistema Il potenziale del sistema è definito come somma dei potenziali di tutte le sollecitazioni posizionali conservative, gravitazionali ed elastiche: U(s, ϑ = U g + U el = mga cos ϑ + ka ( s + 4s sin ϑ, espressione in cui si sono omesse le costanti additive inessenziali. Componenti generalizzate del sistema di forze viscose Le resistenze viscose sono applicate nei punti C ed A, le cui velocità istantanee si ricavano immediatamente dai vettori posizione (1: Ċ = aṡê 1 A = 4a(cos ϑ ê 1 + sin ϑ ê ϑ. Le componenti generalizzate delle forze viscose possono essere determinate a partire dalla funzione ausiliaria di Rayleigh: R = β Ċ β A = β (a ṡ + 16a ϑ = βa ( ṡ derivando parzialmente rispetto alle velocità generalizzate: + 8 ϑ D s = R ṡ = βa ṡ D ϑ = R ϑ = 16βa ϑ La natura completamente dissipativa di queste sollecitazioni è evidente, visto il segno definito della potenza: π = D s ṡ + D ϑ ϑ = βaṡ 16βa ϑ (ṡ, ϑ R 8
che si annulla soltanto per velocità generalizzate nulle: π = βa ṡ 16βa ϑ = (ṡ, ϑ = (,. Equilibri Le sollecitazioni dissipative si annullano a velocità generalizzata nulla e non concorrono pertanto alla determinazione degli equilibri; questi, tutti ordinari, vanno identificati con tutti e soli i punti stazionari del potenziale U del sistema. Si procede quindi a calcolare le derivate parziali prime di U: U s (s, ϑ = ka ( s + 4 sin ϑ U ϑ (s, ϑ = mga sin ϑ + 4ka s cos ϑ che eguagliate simultaneamente a zero porgono le equazioni di equilibrio: ka ( s + 4 sin ϑ = mga sin ϑ + 4ka s cos ϑ =. La prima equazione consente di ricavare il valore di equilibrio di s in funzione di ϑ: s = 4 sin ϑ ( e sostituita nella seconda la riduce ad una equazione nella sola variabile angolare ϑ: vale a dire: Per sin ϑ = si hanno due soluzioni distinte: mga sin ϑ + 16ka sin ϑ cos ϑ = ( 16ka sin ϑ cos ϑ mg =. 8ka ϑ = ϑ = π che, tramite la (, corrispondono ad altrettanti equilibri definiti incondizionatamente: Se invece cos ϑ mg 8ka (s, ϑ = (, (s, ϑ = (, π. =, risulta: ( mg ϑ = arccos := ϑ ϑ = ϑ 8ka e si perviene a due ulteriori configurazioni di equilibrio: (s, ϑ = (4 sin ϑ, ϑ (s, ϑ = ( 4 sin ϑ, ϑ 9
definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia mg/8ka < 1. In tal caso è comunque ϑ (, π/. (b Stabilità degli equilibri Le proprietà di stabilità degli equilibri possono essere caratterizzate ricorrendo alla forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet, basata sui criteri di Barbasin-Krasovskii; ciò grazie alla compresenza di forze posizionali conservative e completamente dissipative, e alla circostanza che tuttti gli equilibri risultanto isolati perchè in numero finito. Allo scopo si rende necessario distinguere gli equilibri che siano massimi relativi propri del potenziale, asintoticamente stabili, da tutti gli altri (i quali risulteranno instabili e non attrattivi. Come sempre si procede al calcolo delle derivate parziali seconde del potenziale: U ss (s, ϑ = ka U ϑs (s, ϑ = 4ka cos ϑ U ϑs (s, ϑ = 4ka cos ϑ U ϑϑ (s, ϑ = mga cos ϑ 4ka s sin ϑ e della corrispondente matrice hessiana: ( ka 4ka H U (s, ϑ = cos ϑ 4ka cos ϑ mga cos ϑ 4ka = s sin ϑ ( 1 4 cos ϑ = ka 4 cos ϑ mg cos ϑ 4s sin ϑ ka dei cui autovalori si devono determinare i segni in ciascuna configurazione di equilibrio. Equilibrio (s, ϑ = (, In questo punto stazionario la matrice hessiana del potenziale assume la forma non diagonale: ( H U (, = ka 1 4 4 mg/ka con traccia sempre negativa: e determinante di segno non definito: trh U (, = ka ( 1 mg < ka deth U (, = (ka ( mg ka 16 = 16(ka ( mg 8ka 1 che obbliga a considerare tre diverse possibilità: (i se mg/8ka > 1 il segno positivo del determinante e quello negativo della traccia implicano che l hessiana sia definita negativa. L equilibrio viene riconosciuto come un massimo relativo del potenziale, la cui stabilità asintotica segue dalla forma forte del teorema di Lagrange-Dirichlet; 1
(ii per mg/8ka < 1 il determinante ha segno negativo e comporta che l hessiana sia indefinita, con un autovalore negativo ed uno positivo. Quest ultimo esclude che il punto stazionario costituiscea un massimo relativo proprio del potenziale (in effetti si tratta di un punto di sella, circostanza che implica l instabilità (e la non attrattività dell equilibrio per la forma forte di Lagrange-Dirichlet; (iii se infine mg/8ka = 1, il determinante si annulla. Dal segno negativo della traccia si deduce che gli autovalori dell hessiana sono uno nullo ed uno negativo, ma nulla può dirsi circa la natura del punto stazionario. In effetti, una conveniente riscrittura del potenziale consente di riconoscere il punto stazionario come massimo relativo proprio del potenziale, asintoticamente stabile per la forma forte di Lagrange-Dirichlet. Si ha infatti la catena di identità: U(s, ϑ ka = mg ka cos ϑ s + 4s sin ϑ = 16 cos ϑ s + 4s sin ϑ = = 1 (s 8s sin ϑ + 16 cos ϑ = 1 (s 4 sin ϑ + 8 sin ϑ + 16 cos ϑ = = 1 (s 4 sin ϑ + 3 sin ϑ cos ϑ + 16 3 sin ϑ = = 16 1 (s 4 sin ϑ 3 sin 4 ϑ dalla quale risulta evidente che (s, ϑ = (, è un massimo locale stretto di U. Equilibrio (s, ϑ = (, π Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale risulta: con determinante negativo: ( H U (, π = ka 1 4 4 mg/ka deth U (, π = (ka ( mg ka 16 < e dunque indefinita. Il punto stazionario è un punto di sella del potenziale e ciò assicura l instabilità dell equilibrio in virtù del teorema forte di Lagrange-Dirichlet. Equilibrio (s, ϑ = (4 sin ϑ, ϑ, con cos ϑ = mg/8ka < 1, ϑ (, π/ Per questo equilibrio la matrice hessiana del potenziale vale: ( 1 4 cos ϑ H U (4 sin ϑ, ϑ = ka 4 cos ϑ mg ka cos ϑ 16 sin ϑ ed ha determinante di segno positivo: deth U (4 sin ϑ, ϑ = (ka ( mg ka cos ϑ + 16 sin ϑ 16 cos ϑ = = 16(ka ( mg 8ka cos ϑ + sin ϑ cos ϑ = = 16(ka ( cos ϑ cos ϑ + sin ϑ cos ϑ = 16(ka sin ϑ >, 11
mentre la traccia risulta costantemente negativa: trh U (4 sin ϑ, ϑ = ka ( 1 mg ka cos ϑ 16 sin ϑ = = ka ( 1 16 cos ϑ 16 sin ϑ = 17ka <. Ne deriva che l hessiana è definita negativa, per cui l equilibrio risulta un massimo relativo proprio del potenziale, asintoticamente stabile per il teorema forte di Lagrange-Dirichlet. Equilibrio (s, ϑ = ( 4 sin ϑ, ϑ, con cos ϑ = mg/8ka < 1, ϑ (, π/ Per provare la stabilità asintotica di questo equilibrio, simmetrico rispetto al precedente, non occorre eseguire alcun calcolo. Basta osservare che il potenziale del sistema è una funzione pari dei propri argomenti (s, ϑ e che pertanto: H U ( s, ϑ = H U (s, ϑ (s, ϑ R. (c Energia cinetica Energia cinetica dell asta OA L asta omogenea OA, di massa m e lunghezza 4a, è vincolata a ruotare attorno all asse fisso Oz e la sua energia cinetica può scriversi direttamente nella forma: T OA = 1 IOA Oz ω OA 1 = m(4a ϑê3 8 = 3 3 ma ϑ. Energia cinetica del disco D Il disco omogeneo, di massa m e raggio a, rotola senza strisciare lungo l asse y = a mantenendosi nel piano Oxy della terna cartesiana assegnata. Data la mancanza di punti fissi, l energia cinetica di D può esprimersi mediante il teorema di König: T D = m Ċ + 1 ID Cz ω D dove velocità del baricentro C, momento d inerzia relativo all asse baricentrale Cz e velocità angolare istantanea sono espresse rispettivamente da: Ċ = aṡê 1 in modo che, sostituendo, risulta: I D Cz = ma ω D = aṡ a ê3 = ṡê 3 T D = ma ṡ + 1 ma ṡ = 3 4 ma ṡ. Energia cinetica del sistema L energia cinetica si definisce per additività, sommando le energie cinetiche di asta e disco: T = T OA + T D = 8 3 ma ϑ + 3 4 ma ṡ = 1 ma( 3 1 ṡ + 16 3 ϑ.
La matrice di rappresentazione è diagonale e costante: (d Equazioni pure del moto Le equazioni pure del moto sono quelle di Lagrange: con lagrangiana: d ( L L dt ṡ s = D s ( A(s, ϑ = ma 3/. (3 16/3 d ( L dt ϑ L ϑ = D ϑ L = T + U = 1 ma( 3 ṡ + 16 3 ϑ + mga cos ϑ + ka ( s + 4s sin ϑ e componenti generalizzate delle forze dissipative: D s = βa ṡ D ϑ = 16βa ϑ. I termini parziali dei binomi di Lagrange si calcolano immediatamente: d ( L = 3 dt ṡ ma s d ( L dt ϑ = 16 3 ma ϑ e porgono le equazioni del moto richieste: L s = ka ( s + 4 sin ϑ L ϑ = mga sin ϑ + 4ka s cos ϑ 3 ma s + ka (s 4 sin ϑ = βa ṡ 16 3 ma ϑ + mga sin ϑ 4ka s cos ϑ = 16βa ϑ. (e Modi normali delle piccole oscillazioni Per mg/ka = 1 si ha mg/8ka = 5/4 > 1: l equilibrio (s, ϑ = (, è un massimo relativo proprio del potenziale, (s, ϑ = (, π è comunque un punto di sella con hessiana indefinita, mentre gli equilibri simmetrici (s, ϑ = (4 sin ϑ, ϑ e (s, ϑ = ( 4 sin ϑ, ϑ non risultano definiti. Nel caso sia β = le resistenze viscose vengono rimosse e l equilibrio (s, ϑ = (, si riconosce essere stabile non asintoticamente per Lagrange-Dirichlet; l inversione parziale di Lagrange-Dirichlet assicura invece l instabilità del secondo equilibrio (s, ϑ = (, π. L unica configurazione di equilibrio nell intorno della quale abbia senso studiare le piccole oscillazioni è dunque (s, ϑ = (,. In essa, la matrice hessiana del potenziale si riduce a: ( H U (, = ka 1 4, 4 13
palesemente definita negativa, mentre la matrice di rappresentazione dell energia cinetica è comunque data dalla (3: ( A(, = ma 3/. 16/3 Si ha allora: ( ( ω A(, + H U (, = ma ω 3/ + ka 1 4 = 16/3 4 [ ( ( ] mω = ka 3/ 1 4 + k 16/3 4 e posto per brevità mω /k = µ: det [ ω A(, + H U (, ] 3 = (ka det µ 1 4 16. 4 3 µ L equazione caratteristica det [ ω A(, + H U (, ] = diventa così: ossia: ed infine: che equivale a: = ( 3 ( 16 µ 1 3 µ 16 = 8µ 3µ 16 µ + 16 3 = 8µ 16 3 µ + 4 4µ 16µ + 1 =. Come atteso, le soluzioni dell equazione sono reali positive (si notino le due variazioni nel polinomio: vale a dire: µ = 16 ± 16 4 4 1 4 µ 1 = 53 51 4 = 16 ± 184 4 µ = 53 + 51 4 = 53 ± 51 4 A queste radici, tramite mω /k = µ, corrispondono le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni: ω 1 = k µ 1 m = 53 51 k 4 m 14.
ω = µ k m = 53 + 51 k 4 m la prima corrispondente al modo normale basso e la seconda a quello alto. Modo normale basso Il vettore delle ampiezze del modo normale è dato da una qualsiasi soluzione non nulla del sistema lineare omogeneo: che equivale all unica equazione scalare: 3 µ 1 1 4 a 1 16 = 4 3 µ 1 b 1 ( 3 µ 1 1 a 1 + 4b 1 =. Una soluzione si ottiene, banalmente, ponendo a 1 = 4 e b 1 = 1 3 µ 1 = 1 3 53 51 4 = 1 53 51 16 = 37 + 51 16 >. Il modo normale di oscillazione si può quindi scrivere nella forma: δs 64 = A 1 δϑ 37 + cos 53 51 k 4 m t + α 1 51 t R con A 1 e α 1 costanti reali arbitrarie. Si noti che le ampiezze di oscillazione dei due parametri lagrangiani presentano lo stesso segno, per cui in questo modo normale i gradi di libertà oscillano in fase fra loro. Modo normale alto Per determinare il modo alto delle piccole oscillazioni si deve ripetere il calcolo precedente sostituendo µ a µ 1. L effetto netto è quello di rimpiazzare la radice 51 con il suo opposto 51. Il risultato è dunque: δs 64 = A δϑ 37 cos 53 + 51 k 4 m t + α 51 t R con A e α costanti reali assegnate a piacere. In questo caso le ampiezze di oscillazione dei parametri lagrangiani sono di segno opposto, indice del fatto che i due gradi di libertà oscillano in opposizione di fase (quando il disco raggiunge la massima elongazione a destra dell asse Oy l asta raggiunge quella massima a sinistra dello stesso asse e viceversa. 15