Scritto di meccanica razionale 1 A-L del 13.1.5 Esercizio 1 Un sistema rigido si compone di una lamina quadrata OABC di lato a ediun asta rettilinea OD di lunghezza a. Rispetto ad una terna solidale Oxyz l asta OD si identifica con il segmento [, ] dell asse coordinato Ox elasuadensità lineare èdatada λ(x) = µ ( x) x [, ]. a La lamina OABC coincide invece con il quadrato {(x, y) [,a] } ehadensitàareale σ(x, y) = µ (x + y) (x, y) [,a] [,a]. a3 Determinare: (a) la posizione del baricentro rispetto alla terna Oxyz; (b) la matrice d inerzia rispetto alla stessa terna; (c) ilmomento d inerzia rispetto all asse y = x nel piano Oxy; (d) energia cinetica e momento angolare in O qualora Oz sia asse fisso del sistema e la velocità angolare istantanea valga ω =ωê 3,conω costante; (e) nell ipotesi che il sistema abbia asse fisso Oz privo di attrito, il valore del parametro β per cui si ha equilibrio sotto l azione delle forze: F B =ê 1 + βê applicata in B, e F D =ê agente in D. 1
Esercizio Una circonferenza omogenea, di raggio R, massa m e centro O ruota attorno all asse orizzontale Oz di una terna inerziale Oxyz, mantenendosi nel piano Oxy di questa. Sul suo bordo èfissato un punto A di massa m, cheuna molla di costante elastica k = mg/r collega ad un altro punto B di pari massa, a sua volta libero di muoversi lungo la semiretta dell asse Ox definita da x R. L intero sistema èsoggetto alla forza peso. Assunti i vincoli ideali e facendo uso delle coordinate lagrangiane φ ed s indicate in figura, determinare del sistema, rispetto alla terna Oxyz: (a) l energia cinetica; (b) gli equilibri ordinari; (c) le proprietàdistabilità degli equilibri ordinari; (d) le equazioni di Lagrange; (e) un integrale primo; (f) gli equilibri di confine (facoltativo).
Soluzione dell esercizio 1 (a) Baricentro Il baricentro del sistema viene calcolato determinando separatamente i baricentri dell asta OD edella lamina quadrata OABC eapplicando poi il teorema distributivo. Baricentro dell asta La massa m 1 dell asta si ricava per integrazione diretta della densità lineare λ sul segmento OD evaleperciò: m 1 = µ a x = µ a [ x ] = µ. L asta si colloca lungo l asse Ox, che quindi ne costituisce un ovvio asse di simmetria. Il vettore posizione del suo baricentro assume la forma generale: in cui l ascissa x 1 èdata dall espressione: G 1 O = x 1 ê 1 x 1 = 1 m 1 xdm = µ µ a x = a [ x 3 3 ] = 3 a sicché G 1 O = 3 a ê 1. Baricentro della lamina quadrata La massa m della lamina quadrata segue dall integrazione della densità arealeσ sul dominio OABC: m = = µ a 3 dy µ a 3 (x + y) = µ a 3 ] a [xy + y y= = µ a 3 dy (x + y) = ) (xa + a = µ [ ] a a 3 a x + a x = µ. Il baricentro G della lamina deve collocarsi nel piano coordinato Oxy, evidentepiano di simmetria; un asse di simmetria èinoltreidentificabile con la bisettrice y = x, considerata l identità: σ(x, y) = µ a (x + y) = µ (y + x) =σ(y, x) (x, y) OABC. 3 a3 Si può perciò scrivere: G O = x ê 1 + x ê 3
con ascissa x determinata da: x = 1 m = 1 a 3 dy x µ a 3 (x + y) = 1 µ [x y + x y ] a y= = 1 a 3 µ a dy (x + xy) = a 3 ) (x a + x a = 1 a 3 [ x 3 3 a + x a ] a = 7 1 a. In definitiva: G O = 7 1 a ê 1 + 7 1 a ê. Baricentro del sistema Per determinare il baricentro G del sistema non rimane che applicare la proprietàdistributiva alle parti OD e OABC: G O = m 1(G 1 O)+m (G O) = m 1 + m [ 1 µ ( = µ ) 7 + µ 3 a ê 1 + µ( 1 a ê 1 + 7 ) ] 1 a ê = = 1 + 3( 7 ) a = 1 4ê1 1ê 6 a ê 1 + 7 18 a ê. (b) Matrice d inerzia rispetto rispetto alla terna Oxyz La matrice d inerzia del sistema viene calcolata come somma delle matrici d inerzia, relative alla stessa terna, dell asta OD edella lamina quadrata OABC, chedevono essere determinate separatamente. Matrice d inerzia dell asta Dal momento che l asta è ubicata lungo l asse coordinato Ox, la sua matriced inerzia relativa alla terna Oxyz deve avere il momento d inerzia rispetto all asse Oy come unico elemento non banalmente nullo: [L O ] Asta = L Asta yy. L Asta yy Il momento d inerzia incognito si ricava dalla definizione, per mezzo dell integrale: L Asta yy = OD x λ = x ( µ ) a x = µ a 4 x 3 = µ a [ x 4 4 ] = 1 4 µa
in modo che la matrice d inerzia cercata diventa: [L O ] Asta = µa 1/4. 1/4 Matrice d inerzia dellalamina La lamina quadrata di lato a ècompletamente contenuta nel piano coordinato Oxy. Di conseguenza, la sua matrice d inerzia relativa a Oxyz deve assumere la forma generale: [L O ] Lamina = xx xy xy yy xx Per ilmomento d inerzia relativo all asse Ox si ha: xx = [,a] y σdy = = µ a 3 = µ a 3 dy (xy + y 3 )= µ a 3 + yy dy y µ (x + y) = a3 ) (x a3 3 + a4 = µ [ x a 3 4 a 3 3 + a4 4 x. ] a [x y3 3 + y4 4 y= ] a = 5 1 µa eper simmetria si riconosce coincidere con il momento d inerzia rispetto all asse ortogonale Oy: yy = x σ(x, y) dy = y σ(y, x) dy = [,a] [,a] = y σ(x, y) dy = xx = 5. 1 µa [,a] Non rimane che calcolare il prodotto d inerzia xy,cheèdato dall espressione: xy = [,a] = µ a 3 = µ a 3 xy σ dy = dy (x y + xy )= µ a 3 dy xy µ (x + y) = a3 ) (x a + xa3 = µ [ a x 3 3 a 3 3 + x 5 = ] a [x y + xy3 3 y= a 3 ] a 3 = = 1 3 µa.
Si conclude pertanto che la matrice d inerzia della lamina vale: 5/1 1/3 [L O ] Lamina = µa 1/3 5/1. 5/6 Matrice d inerzia del sistema Sommando le matrici [L O ] Asta e[l O ] Lamina si perviene al risultato richiesto: 5/1 1/3 [L O ]=[L O ] Asta +[L O ] Lamina = µa 1/3 /3. 13/1 (c) Momento d inerzia rispetto all asse y = x L asse y = x passa evidentemente per l origine e la sua direzione è completamente specificata dal versore: ˆn = ê1 ê ê 1 ê = ê1 ê 5 = 1 5 ê 1 5 ê. Il momento d inerzia relativo alla retta considerata si esprime allora nella forma: I =(n 1 n n 3 )[L O ] n 1 n = n 3 = ( 1 5 ) 5/1 1/3 µa 1/3 /3 5 13/1 = 1 5/1 1/3 5 µa (1 ) 1/3 /3 13/1 = 1 5 µa (1 ) 13/1 5/3 = 1 5 µa ( 13 1 + 1 3 1 5 5 = 1 = ) = 53 6 µa. (d) Energia cinetica e momento angolare Se il sistema rigido ruota attorno all asse Oz con velocità angolare ω = ωê 3, il suo momento angolare in O è dato dalla formula generale: K O = L O ( ω) =K 1 ê 1 + K ê + K 3 ê 3 6
con le componenti K 1,K,K 3 specificate dalla relazione matriciale: K 1 K =[L O ] 5/1 1/3 = µa 1/3 /3 = µa ω. K 3 ω 13/1 ω 13/6 Si ha pertanto: Quanto all energia cinetica, si ha: K O = 13 6 µa ω ê 3. T = 1 K O ω = 1 13 6 µa ω ê 3 ω ê 3 = 13 6 µa ω. (e) Equilibrio Se il sistema rigido ha asse fisso Oz privo di attrito, condizione necessaria e sufficiente per l equilibrio èilmomentorisultante, rispetto allo stesso asse, delle forze attive applicate sia nullo. Il momento in O della forza F B =ê 1 + β ê agente in B(a, a, ) vale: (B O) F B =(a ê 1 + a ê ) (ê 1 + β ê )= ê 1 ê ê 3 a a 1 β mentre quello della forza F D =ê applicata in D(,, ) risulta: (D O) F D =( ê 1 ) ê = = a(β 1) ê 3 ê 1 ê ê 3 = ê 3. Il momento assiale risultante delle sollecitazioni attive applicate diventa quindi: [(B O) F B +(D O) F D ] ê 3 = a(β 1) a = a(β 3) esiannullaseesoltantoseβ =3. Soluzione dell esercizio (a) Energia cinetica Grazie alla proprietà diadditività, l energia cinetica del sistema si può determinare come somma delle energie cinetiche della circonferenza e del punto B. Circonferenza La circonferenza, cui è fissato solidalmente il punto A, rispetto all asse di rotazione Oz ha momento d inerzia: I Oz = I circ Oz + m A O = mr + mr =mr 7
evelocitàangolare istantanea: per cui la sua energia cinetica si scrive: ω = φ ê 3 T circ = 1 I Oz ω = 1 mr φ ê 3 = mr φ. Punto B Il punto B èvincolato a scorrere lungo l asse Ox elasuaposizioneècompletamente individuata da: B O = Rs ê 1 elarelativavelocitàistantanea vale Ḃ = ṡr ê 1. L energia cinetica del punto risulta pertanto: T B = 1 mḃ = 1 mr ṡ. Energia cinetica del sistema L energia cinetica del sistema segue ora dalla somma delle energie cinetiche di circonferenza e punto B: T = T circ + T B = mr φ + 1 mr ṡ. (b) Equilibri ordinari Le sollecitazioni attive applicate al sistema sono la forza peso e l interazione elastica fra i punti A e B, entrambedinaturaposizionale conservativa. Nel calcolo del potenziale gravitazionale il punto B elacirconferenza omogenea possono essere ignorati, dal momento che i rispettivi baricentri non subiscono alcuna variazione di ordinata al variare dei parametri lagrangiani s e φ. La solaforzapesodatenere in conto è dunque quella del punto A, al quale si può associare il potenziale U g = mg ê (A O) = mgr sin φ. Quanto all interazione elastica, èevidenteche: per cui A O = R cos φ ê 1 + R sin φ ê B O = Rs ê 1 A B = R cos φ ê 1 + R sin φ ê Rs ê 1 = R(cos φ s)ê 1 + R sin φ ê ed il potenziale elastico diventa: U el = k A B = kr (s s cos φ +1). 8
Omesse le costanti additive inessenziali, il potenziale del sistema èlasomma dei potenziali gravitazionale ed elastico: U(s, φ) = mgr sin φ kr (s s cos φ) (s, φ) (, ] R. Gli equilibri ordinari del sistema si ricavano uguagliando a zero le derivate parziali prime del potenziale: U kr (s, φ) = s (s cosφ) = kr (s cos φ) U φ (s, φ) = mgr cos φ kr s sin φ equindi risolvendo nel dominio aperto {(s, φ) (, ) R} il sistema di equazioni trigonometriche: s cos φ = mgr cos φ kr s sin φ =. La prima equazione porge la relazione: s =cosφ che sostituita nella seconda conduce all equazione trigonometrica nella sola variabile angolare φ: mgr cos φ kr cos φ sin φ = ossia: cos φ(mgr + kr sin φ) =. Essendo k = mg/r èevidenteche l espressione entro parentesi tonde non può annullarsi per alcun valore reale di φ: mgr + kr sin φ = mgr + 1 mgr sin φ> φ R per cui i soli equilibri ordinari possono aversi per cos φ =: φ = π φ = π. Ad entrambe queste radici corrisponde, in effetti, lo stesso valore s = delsecondo parametro lagrangiano. Gli equilibri ordinari del sistema sono pertanto individuati tutti e soltanto dai valori: ( (s, φ) =, π ) ( (s, φ) =, π ) dei parametri. 9
(c) Stabilità degliequilibri ordinari L analisi di stabilità degli equilibri ordinari viene condotta per mezzo dei teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale, visto che tutte le sollecitazioni attive hanno carattere posizionale conservativo. Il primo passo è, al solito, la determinazione delle derivate parziali seconde del potenziale: U (s, φ) = kr s U φ (s, φ) =mgr sin φ kr s cos φ U (s, φ) = φ s edella relativa matrice hessiana: H U (s, φ) = kr kr sin φ U s φ (s, φ) = kr sin φ kr sin φ mgrsin φ kr s cos φ che deve essere valutata nelle singole configurazioni di equilibrio. Configurazione (s, φ) =(,π/) L hessiana del potenziale èdatada: H U (,π/) = kr kr kr mgr = mgr/ mgr/ mgr/ mgr eilsuodeterminante ha chiaramente segno negativo: ( deth U (,π/) = (mgr) 1 1 ) = 3 4 4 (mgr) <. Gli autovalori reali della matrice sono quindi di segno opposto. La presenza di un autovalore positivo consente di applicare il teorema di inversione parziale di Lagrange- Dirichlet e di concludere che la configurazione di equilibrio èinstabile. Configurazione (s, φ) =(, π/) In questo caso l hessiana del potenziale vale: H U (, π/) = kr kr = kr mgr mgr/ mgr/ mgr/ mgr con determinante positivo: deth U (, π/) = 1 4 (mgr) > 1
etraccia negativa: trh U (, π/) = 3 mgr < in modo che i relativi autovalori risultanto entrambi negativi. La configurazione costituisce pertanto un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilità èassicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet. (d) Equazioni di Lagrange La lagrangiana L = T + U del sistema si scrive L = mr φ + 1 mr ṡ mgr sin φ kr (s s cos φ) edaessa si deducono le relazioni: d ( L ) = mr s dt ṡ d ( L ) dt φ =mr φ che inserite nelle equazioni di Lagrange: d ( L ) L dt ṡ s = L s = kr (s cos φ) L φ = mgr cos φ kr s sin φ d dt ( L φ ) L φ = porgono le equazioni pure del moto: ovvero si ricordi che k = mg/r: mr s + kr (s cos φ) = mr φ + mgr cos φ + kr s sin φ = s + g (s cos φ) = R φ + g R cos φ + g s sin φ =. 4R (e) Integrale primo Il sistema èscleronomo e soggetto unicamente a sollecitazioni posizionali conservative. Un ovvio integrale primo èallora offerto dall energia meccanica H = T U, cheesplicitamente si scrive: H(s, φ, ṡ, φ) =mr φ + 1 mr ṡ + mgr sin φ + kr (s s cos φ). 11
(f) Equilibri di confine In una generica configurazione (s, φ) illavorovirtuale delle forze attive, per un qualsiasi spostamento virtuale(δs, δφ) relativoalla configurazione considerata, èdato dall espressione: δl = U U (s, φ) δs + (s, φ) δφ s φ che esplicitamente si legge: δl = kr (s cos φ) δs (mgr cos φ + kr s sin φ) δφ. Le configurazioni di confine del sistema sono tutte e soltanto quelle della forma: con gli spostamenti virtuali dati da: (s, φ) =(,φ), φ R, (δs, δφ), δs, δφ R. In una qualsiasi configurazione di confine si ha pertanto: δl = kr ( cos φ) δs (mgr cos φ +kr sin φ) δφ e l equilibrio ricorre se e soltanto se: kr ( cos φ) δs (mgr cos φ +kr sin φ) δφ δs, δφ R ossia: kr ( cos φ) (mgr cos φ +kr sin φ) =. Èevidenteche la prima delle due condizioni non èmaiverificata, per cui il sistema non ammette alcun equilibrio di confine. 1