Prova in itinere di Fondamenti di meccanica razionale e Meccanica razionale del

Prova in itinere di Fondamenti di meccanica razionale e Meccanica razionale del 16.4.19 Esercizio 1 - Fondamenti di meccanica razionale Nel piano Oxy di una terna cartesiana ortogonale Oxyz = Oê 1 ê ê 3 si considera il sistema rigido illustrato in figura, costituito da un asta rettilinea omogenea M N, di massa µ e lunghezza a, e da una piastra quadrata P = ABCD, di lato a e densità: σ(q) 4a 4 (Q O) Q P. Determinare del sistema: (a) la massa e la posizione del baricentro rispetto a Oxyz; (b) la matrice d inerzia relativa a Oxyz. (c) il momento d inerzia relativo alla retta OB. Esercizio 1 - Meccanica razionale Nel piano Oxy di una terna cartesiana ortogonale Oxyz = Oê 1 ê ê 3 si considera il sistema rigido illustrato in figura, costituito da un asta rettilinea omogenea AB, di massa µ e lunghezza r, e da una lamina quadrata L = T UV Z, di lato r e densità: σ(p ) 4r 4 (P O) P L. Determinare del sistema: (a) la massa e la posizione del baricentro rispetto a Oxyz; (b) la matrice d inerzia relativa a Oxyz. (c) il momento d inerzia relativo alla retta OU. 1

Esercizio - Fondamenti di meccanica razionale Una piastra rigida P si muove nel piano Oxy di una terna cartesiana ortogonale destra Oxyz = Oê 1 ê ê 3. Ad un certo istante due punti A e B di P occupano le posizioni individuate da: A O = 4ê 1 + ê B O = ê 1 + 4ê ed hanno le velocità istantanee rispettive: Determinare: A = ê 1 Ḃ = 8ê 1 6ê. (a) il vettore velocità angolare istantanea di P; (b) la posizione del centro di istantanea rotazione di P, se definito. Esercizio - Meccanica razionale Una piastra rigida P si muove nel piano Oxy di una terna cartesiana ortogonale destra Oxyz = Oê 1 ê ê 3. Ad un certo istante due punti A e B di P occupano le posizioni individuate da: A O = 4ê 1 + ê B O = ê 1 + 4ê ed hanno le velocità istantanee rispettive: Determinare: A = ê 1 Ḃ = 7ê 1 6ê. (a) il vettore velocità angolare istantanea di P; (b) la posizione del centro di istantanea rotazione di P, se definito. Esercizio 3 - Versione comune Lungo l asse orizzontale Ox di una terna Oxyz = Oê 1 ê ê 3 un punto materiale P di massa unitaria può scorrere senza attrito, collegato all origine O da una molla ideale di stiffness k = 7 e soggetto ad una resistenza viscosa con costante di frizione β =. Sul punto agisce inoltre la forza F (t) = 4 sin Ωt ê 1 + cos Ωt ê, con Ω > costante e t R. Considerando tutte le forze applicate, 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 4 - Fondamenti di meccanica razionale Nel piano Oxy di una terna Oxyz = Oê 1 ê ê 3 un punto materiale pesante P di massa m è vincolato a scorrere lungo una retta fissata r di equazione y = kx, con k >. La terna ruota con velocità angolare costante ω attorno all asse verticale Oy rispetto ad un riferimento inerziale. Oltre al peso, su P agisce una resistenza viscosa con costante di frizione β. Usare l ascissa x R come variabile per determinare di P, relativamente alla terna Oxyz: (a) le equazioni pure del moto; (b) gli equilibri; (c) la condizione di equilibrio nel caso di r scabra con coefficiente di attrito statico µ s >. Esercizio 4 - Meccanica razionale Nel piano Oxy di una terna Oxyz = Oê 1 ê ê 3 un punto materiale pesante P di massa m è vincolato a scorrere lungo una retta fissata s di equazione y = hx, con h >. La terna ruota con velocità angolare costante ω attorno all asse verticale Oy rispetto ad un riferimento inerziale non rappresentato in figura. Oltre al peso, su P agisce una resistenza viscosa con costante di frizione β. Si usi l ascissa x R come variabile per determinare di P, relativamente alla terna Oxyz: (a) le equazioni pure del moto; (b) gli equilibri; (c) la condizione di equilibrio nel caso di s scabra con coefficiente di attrito statico µ s >. 3

Esercizio 5 - Fondamenti di meccanica razionale Rispetto a una terna inerziale Oξηζ il sistema rigido dell Esercizio 1 può ruotare di un angolo ϕ R, liberamente e senza attrito, attorno all asse fisso Oz = Oζ. Determinare del sistema, relativamente a Oξηζ: (a) le equazioni pure del moto; (b) gli equilibri; (c) la variazione della velocità angolare qualora l asta M N scivolasse lungo l asse Ox e si bloccasse rispetto a P nella nuova posizione OS, spinta da una molla di massa trascurabile tesa tra N ed il punto medio S del lato BC di P. Esprimere il risultato in termini di ω, velocità angolare del sistema prima del riposizionamento di MN. Esercizio 5 - Meccanica razionale Rispetto a una terna inerziale Oξηζ il sistema rigido dell Esercizio 1 può ruotare di un angolo θ R, liberamente e senza attrito, attorno all asse fisso Oz = Oζ. Determinare del sistema, relativamente a Oξηζ: (a) le equazioni pure del moto; (b) gli equilibri; (c) la variazione della velocità angolare qualora l asta AB scivolasse lungo l asse Ox e si bloccasse rispetto a L nella nuova posizione OS, spinta da una molla di massa trascurabile tesa tra B ed il punto medio S del lato UV di L. Esprimere il risultato in funzione di ω, velocità angolare del sistema prima del riposizionamento di AB. 4

Soluzione dell esercizio 1 - Fondamenti di meccanica razionale (a) Massa e baricentro Massa della piastra P La piastra può essere parametrizzata usando le coordinate cartesiane x, y, in termini delle quali la densità areale assume la forma: σ(x, y) 4a 4 xê1 + yê = µ 4a 4 (x + y ) (x, y) [, a] [ a, a] ed integrata sul dominio P fornisce la massa della piastra: m P = σ da = P 4a 4 a ( a a a dy µ 4a 4 (x + y ) 4a 4 ax + 3 a3) 4a 4 Massa del sistema La massa del sistema è la somma delle masse di piastra e asta: a ] a [x y + y3 = 3 y= a [a x3 3 + ] a 3 a3 x ( 4a 4 3 a 8a3 + ) 3 a3 a = 5 3 µ. m = m P + m MN = 5 3 µ + µ = 8 3 µ. Baricentro della piastra P L asse coordinato Ox è un evidente asse di simmetria della piastra, in quanto i punti di P simmetrici rispetto ad Ox si trovano alla stessa distanza da O e presentano dunque lo stesso valore della densità areale. Il baricentro G P della piastra è quindi individuato da un vettore posizione della forma: G P O = x P ê 1 con ascissa: x P = 1 m P in modo che risulta: P xσ da = 3 5µ a = 3 a 4 a a a = 3 [a x4 a 4 = 3 ( 8 + 4 3 dy x µ 4a 4 (x + y ) = 3 a 4 [x 3 y + x y3 3 4 + x a3 3 ] a y= a ] a ) a = 8 a = 7 5 a, G P O = 7 5 aê 1. 5 = 3 a 4 a a a a dy (x 3 + xy ) = ( ax 3 + ) 3 a3 x = = 3 a 4 ( a 16a4 + a3 3 4a) =

Baricentro dell asta M N Il baricentro G MN dell asta omogenea MN coincide con il suo punto medio S, che ne costituisce un ovvio centro di simmetria. Il punto è quindi individuato dal vettore posizione: G MN O = S O = aê 1. Baricentro del sistema Il baricentro G del sistema viene calcolato ricorrendo al teorema distributivo, che porge: G O = m MN (G MN O) + m P (G P O) = m = 3 ( µ aê 1 + 5 8µ 3 µ 7 ) 5 aê 1 = 3 ( + 7 ) aê 1 = 13 8 3 8 aê 1. (b) Matrice d inerzia Matrice d inerzia in Oxyz dell asta M N L asta omogenea M N giace lungo l asse coordinato Ox: la matrice d inerzia relativa alla terna Oxyz risulta perciò diagonale, con momento d inerzia rispetto ad Ox nullo e momenti d inerzia rispetto ad Oy e Oz fra loro uguali per evidenti ragioni di simmetria: [L MN O ] = L MN yy L MN yy a 13/3. 13/3 Il momento d inerzia relativo all asse Oy si ricava infatti direttamente usando il teorema di Huygens-Steiner e ricordando l espressione per il momento d inerzia di un asta omogenea rispetto ad un asse passante per il suo baricentro e ad essa ortogonale: L MN yy = I MN Sy + m MN S O (a) 1 + µ (a) a 3 + 4µa = 13 3 µa. Matrice d inerzia relativa a Oxyz della piastra P La piastra è collocata nel piano coordinato Oxy della terna Oxyz, che ne costituisce un ovvio piano di simmetria: ne deriva che l asse Oz è un asse principale d inerzia in O della piastra. Analogamente, come già osservato, l asse Ox costituisce un asse di simmetria, e dunque anche un asse principale d inerzia in O, della piastra. Il teorema spettrale implica infine che anche l asse coordinato Oy, ortogonale ai due precedenti, sia un asse principale d inerzia in O della piastra. Si conclude che il riferimento Oxyz rappresenta una terna principale d inerzia in O della piastra, terna rispetto alla quale la matrice d inerzia assume la forma diagonale; l essere P contenuto in Oxy implica inoltre che il momento d inerzia rispetto ad Oz sia la somma dei momenti d inerzia relativi agli assi coordinati Ox e Oy. La matrice d inerzia cercata è dunque della forma: L P [L P xx O] = L P yy. L P xx + L P yy 6

Il momento d inerzia rispetto ad Ox si determina dalla definizione: L P xx = P y σ da = a 4a 4 4a 4 a a a dy y µ 4a 4 (x + y ) 4a 4 [x y3 3 + y5 5 [ x3 a3 3 3 + 5 a5 x ] a ] a y= a 4a 4 a a a a dy (x y + y 4 ) = ( 3 a3 x + 5 a5) = 4a 4 ( 16 9 a6 + 4 5 a6) = 9 45 µa, come pure quello relativo all asse Oy: L P yy = P x σ da = a 4a 4 4a 4 a a a dy x µ 4a 4 (x + y ) 4a 4 [x 4 y + x y3 3 [a x5 5 + x3 a3 3 3 ] a ] a y= a a 4a 4 a a a dy (x 4 + x y ) = ( ax 4 + 3 a3 x ) = 4a 4 ( 64 5 a6 + 16 9 a6) = 164 45 µa, in modo che il momento relativo ad Oz risulta: L P zz = 9 45 µa + 164 45 µa = 193 45 µa e la matrice d inerzia diventa: [L P O] a 9/45 164/45. 193/45 Matrice d inerzia rispetto ad Oxyz del sistema Per ottenere la matrice d inerzia relativa a Oxyz dell intero sistema basta sommare le matrici d inerzia parziali, relative alla stessa terna, di asta e piastra: [L O ] = [L MN O ] + [L P O] a 13/3 13/3 a 9/45 359/45 388/45 7 + µa 9/45. 164/45 193/45 =

Si osservi che la matrice ottenuta è diagonale: la cosa non sorprende, dato che Oxy e Ox sono rispettivamente piano ed asse di simmetria per l intero sistema MN P. (c) Momento d inerzia relativo all asse OB La retta OB passa chiaramente per l origine O e la sua direzione è individuata dal versore direttore: ˆn = B O B O = aê 1 aê aê 1 aê = aê 1 aê = ê 1 1 ê. 5 a 5 5 Il momento d inerzia del sistema rispetto alla retta OB è quindi dato dall espressione: I OB = I Oˆn = ˆn L O (ˆn) che nella terna Oxyz assume la forma matriciale equivalente: I OB = 1 1 ( 1 ) [L O ] 1 = 1 5 5 5[ L xx + ( 1) ] L yy + ( 1) L xy = = 1 5 µa( ) 1( ) 4L xx + L yy 4L xy = 4Lxx + L yy = = 1 5 ( 4 9 45 µa + 359 45 µa) = 1 5 5 116 + 359 µa = 1 45 5 475 45 µa = 95 45 µa = 19 9 µa. Soluzione dell esercizio 1 - Meccanica razionale (a) Massa e baricentro Massa della lamina L La lamina può essere parametrizzata usando le coordinate cartesiane x, y, in termini delle quali la densità areale assume la forma: σ(x, y) 4r 4 xê1 + yê = µ 4r 4 (x + y ) (x, y) [, r] [ r, r] ed integrata sul dominio L fornisce la massa della lamina: m L = σ da = L 4r 4 r ( r r r dy µ 4r 4 (x + y ) 4r 4 rx + 3 r3) 4r 4 Massa del sistema La massa del sistema è la somma delle masse di lamina e asta: r ] r [x y + y3 = 3 y= r [r x3 3 + ] r 3 r3 x ( 4r 4 3 r 8r3 + ) 3 r3 r = 5 3 µ. m = m L + m AB = 5 3 µ + µ = 8 3 µ. 8

Baricentro della lamina L L asse coordinato Ox è un evidente asse di simmetria della lamina, in quanto i punti di L simmetrici rispetto ad Ox si trovano alla stessa distanza da O e presentano dunque lo stesso valore della densità areale. Il baricentro G L della lamina è quindi individuato da un vettore posizione della forma: G L O = x L ê 1 con ascissa: x L = 1 xσ da = 3 m L 5µ L in modo che risulta: r = 3 r 4 r r r = 3 [r x4 r 4 = 3 ( 8 + 4 3 dy x µ 4r 4 (x + y ) = 3 r 4 [x 3 y + x y3 3 4 + x r3 3 ] r ] r y= r ) r = 8 r = 7 5 r, G P O = 7 5 rê 1. = 3 r 4 r r r r dy (x 3 + xy ) = ( rx 3 + ) 3 r3 x = = 3 r 4 ( r 16r4 + r3 3 4r) = Baricentro dell asta AB Il baricentro G AB dell asta omogenea AB coincide con il suo punto medio S, che ne costituisce un ovvio centro di simmetria. Il punto è quindi individuato dal vettore posizione: G AB O = S O = rê 1. Baricentro del sistema Il baricentro G del sistema viene calcolato ricorrendo al teorema distributivo, che porge: G O = m AB(G AB O) + m L (G L O) m = 3 ( µ rê 1 + 5 8µ 3 µ 7 ) 5 rê 1 = 3 8 = ( + 7 3 ) rê 1 = 13 8 rê 1. (b) Matrice d inerzia Matrice d inerzia in Oxyz dell asta AB L asta omogenea AB giace lungo l asse coordinato Ox: la matrice d inerzia relativa alla terna Oxyz risulta perciò diagonale, con momento d inerzia rispetto ad Ox nullo e momenti d inerzia rispetto ad Oy e Oz fra loro uguali per evidenti ragioni di simmetria: [L AB O ] = L AB yy L AB yy r 13/3 13/3 9.

Il momento d inerzia relativo all asse Oy si ricava infatti direttamente usando il teorema di Huygens-Steiner e ricordando l espressione per il momento d inerzia di un asta omogenea rispetto ad un asse passante per il suo baricentro e ad essa ortogonale: L AB yy = I AB Sy + m AB S O (r) 1 + µ (r) r 3 + 4µr = 13 3 µr. Matrice d inerzia relativa a Oxyz della lamina L La lamina è collocata nel piano coordinato Oxy della terna Oxyz, che ne costituisce un ovvio piano di simmetria: ne deriva che l asse Oz è un asse principale d inerzia in O della lamina. Analogamente, come già osservato, l asse Ox costituisce un asse di simmetria, e dunque anche un asse principale d inerzia in O, della lamina. Il teorema spettrale implica infine che anche l asse coordinato Oy, ortogonale ai due precedenti, sia un asse principale d inerzia in O della lamina. Si conclude che il riferimento Oxyz rappresenta una terna principale d inerzia in O della lamina, terna rispetto alla quale la matrice d inerzia assume la forma diagonale; l essere L contenuto in Oxy implica inoltre che il momento d inerzia rispetto ad Oz sia la somma dei momenti d inerzia relativi agli assi coordinati Ox e Oy. La matrice d inerzia cercata è dunque della forma: L L [L L xx O] = L L yy. L L xx + L L yy Il momento d inerzia rispetto ad Ox si determina dalla definizione: L L xx = L y σ da = r 4r 4 4r 4 r r r dy y µ 4r 4 (x + y ) 4r 4 [x y3 3 + y5 5 [ x3 r3 3 3 + 5 r5 x ] r ] r y= r 4r 4 r r r r dy (x y + y 4 ) = ( 3 r3 x + 5 r5) = 4r 4 ( 16 9 r6 + 4 5 r6) = 9 45 µr, come pure quello relativo all asse Oy: L L yy = L x σ da = r 4r 4 4r 4 r r r dy x µ 4r 4 (x + y ) 4r 4 [x 4 y + x y3 3 [r x5 5 + x3 r3 3 3 ] r ] r y= r r 4r 4 r r r dy (x 4 + x y ) = ( rx 4 + 3 r3 x ) = 4r 4 ( 64 5 r6 + 16 9 r6) = 164 45 µr, 1

in modo che il momento relativo ad Oz risulta: L L zz = 9 45 µr + 164 45 µr = 193 45 µr e la matrice d inerzia diventa: [L L O] r 9/45 164/45. 193/45 Matrice d inerzia rispetto a Oxyz del sistema Per ottenere la matrice d inerzia relativa a Oxyz dell intero sistema basta sommare le matrici d inerzia parziali, relative alla stessa terna, di asta e lamina: [L O ] = [L AB O ] + [L L O] r 13/3 13/3 r 9/45 359/45 388/45 + µr 9/45. 164/45 193/45 Si osservi che la matrice ottenuta è diagonale: la cosa non sorprende, dato che Oxy e Ox sono rispettivamente piano ed asse di simmetria per l intero sistema AB L. (c) Momento d inerzia relativo all asse OU La retta OU passa ovviamente per l origine O e la sua direzione è individuata dal versore direttore: = ˆn = U O U O = rê 1 rê rê 1 rê = rê 1 rê = ê 1 1 ê. 5 r 5 5 Il momento d inerzia del sistema rispetto alla retta OU è quindi dato dall espressione: I OU = I Oˆn = ˆn L O (ˆn) che nella terna Oxyz assume la forma matriciale equivalente: I OU = 1 1 ( 1 ) [L O ] 1 = 1 5 5 5[ L xx + ( 1) ] L yy + ( 1) L xy = = 1 5 µr( ) 1( ) 4L xx + L yy 4L xy = 4Lxx + L yy = 5 = 1 ( 4 9 5 45 µr + 359 45 µr) = 1 116 + 359 µr = 1 475 5 45 5 45 µr = 95 45 µr = 19 9 µr. 11

Soluzione dell esercizio - Fondamenti di meccanica razionale (a) Velocità angolare istantanea Poichè la piastra rigida si muove nel piano coordinato Oxy, il moto risulta piano e le relativa velocità angolare istantenea deve essere diretta ortogonalmente al piano del moto: ω = ωê 3, con ω R opportuno. Essendo note posizione e velocità istantanea dei punti A e B, partecipi del moto rigido, per determinare ω è sufficiente richiamare la relazione generale di Poisson che definisce l atto di moto rigido: Ḃ = A + ωê 3 (B A), nella quale si deve porre: Ḃ = 8ê 1 6ê A = ê 1 Si ha dunque: ossia: ed infine: B O = ê 1 + 4ê A O = 4ê 1 + ê. 8ê 1 6ê = ê 1 + ωê 3 ( ê 1 + 3ê ) 9ê 1 6ê = ω( ê 3ê 1 ) (3ω 9)ê 1 + (ω 6)ê =, in modo che ω = 3. La velocità angolare istantea risulta pertanto: ω = 3ê 3. (b) Centro di istantanea rotazione Il centro di istantanea rotazione C è definito in quanto ω. Si tratta dell unico punto dello spazio solidale nel piano Oxy la cui velocità risulta uguale a zero. Esso è dunque individuato dalla relazione di Poisson seguente: = Ċ = A + ω (C A). Posto C O = x C ê 1 + y C ê, l equazione diventa: ossia: ed infine: = ê 1 + 3ê 3 [ (x C 4)ê 1 + (y C 1)ê ], = ê 1 + 3(x C 4)ê 3(y C 1)ê 1 = (4 3y C )ê 1 + 3(x C 4)ê. Ne segue che x C = 4 e y C = 4/3, per cui il centro di istantanea rotazione ha vettore posizione: C O = 4ê 1 + 4 3ê. 1

Allo stesso risultato si può pervenire facendo uso del teorema di Chasles: il centro C è dato dall intersezione tra la retta r, passante per A ed ortogonale ad A, e la retta s, passante per B e ortogonale a Ḃ. La prima ha equazione cartesiana: mentre l equazione della seconda si scrive: ovvero: (X A) A = x 4 =, (X B) Ḃ = (x )( 8) + (y 4)( 6) =, 8x 6y + 4 = 4x 3y + =. Le coordinate di C si ricavano mettendo a sistema le due equazioni: { x 4 = 4x 3y + = a conferma del risultato precedente. = { x = 4 y = 4/3 Soluzione dell esercizio - Meccanica razionale (a) Velocità angolare istantanea Poichè la piastra rigida si muove nel piano coordinato Oxy, il moto risulta piano e le relativa velocità angolare istantenea deve essere diretta ortogonalmente al piano del moto: ω = ωê 3, con ω R opportuno. Essendo note posizione e velocità istantanea dei punti A e B, partecipi del moto rigido, per determinare ω è sufficiente richiamare la relazione generale di Poisson che definisce l atto di moto rigido: nella quale si deve porre: Ḃ = A + ωê 3 (B A), Ḃ = 7ê 1 6ê A = ê 1 B O = ê 1 + 4ê A O = 4ê 1 + ê. Si ha dunque: ossia: ed infine: 7ê 1 6ê = ê 1 + ωê 3 ( ê 1 + 3ê ) 9ê 1 6ê = ω( ê 3ê 1 ) (3ω 9)ê 1 + (ω 6)ê =, 13

in modo che ω = 3. La velocità angolare istantea risulta pertanto: ω = 3ê 3. (b) Centro di istantanea rotazione Il centro di istantanea rotazione C è definito in quanto ω. Si tratta dell unico punto dello spazio solidale nel piano Oxy la cui velocità risulta uguale a zero. Esso è dunque individuato dalla relazione di Poisson seguente: = Ċ = A + ω (C A). Posto C O = x C ê 1 + y C ê, l equazione diventa: ossia: = ê 1 + 3ê 3 [ (x C 4)ê 1 + (y C 1)ê ], = ê 1 + 3(x C 4)ê 3(y C 1)ê 1 ed infine: = (5 3y C )ê 1 + 3(x C 4)ê. Ne segue che x C = 4 e y C = 5/3, per cui il centro di istantanea rotazione ha vettore posizione: C O = 4ê 1 + 5 3ê. Allo stesso risultato si può pervenire facendo uso del teorema di Chasles: il centro C è dato dall intersezione tra la retta r, passante per A ed ortogonale ad A, e la retta s, passante per B e ortogonale a Ḃ. La prima ha equazione cartesiana: (X A) A = (x 4) = x 4 =, mentre l equazione della seconda si scrive: (X B) Ḃ = (x )( 7) + (y 4)( 6) =, ovvero: 7x 6y + 38 =. Le coordinate di C si ricavano mettendo a sistema le due equazioni: { x 4 = 7x 6y + 38 = a conferma del risultato precedente. 14 = { x = 4 y = 5/3

Soluzione dell esercizio 3 - Versione comune (a) Moto transiente L equazione del moto del punto P si ricava a partire dal postulato delle reazioni vincolari: m P = mgê k(p O) β P + F + Φ. Sapendo che la reazione vincolare Φ è ortogonale all asse Ox, data la postulata assenza di attrito, l equazione pura del moto viene ricavata proiettando la relazione precedente lungo il versore direttore ê 1 : m P ê 1 = k(p O) ê 1 β P ê 1 + F ê 1 dove posizione, velocità ed accelerazione istantanee di P sono date rispettivamente da: P O = xê 1 P = ẋê 1 P = ẍê1 in modo che risulta: mẍ + βẋ + kx = 4 sin Ωt ed infine, sostituiti i valori numerici delle costanti caratteristiche: ẍ + ẋ + 7x = 4 sin Ωt. (1) Si tratta chiaramente dell equazione di un oscillatore armonico smorzato e soggetto ad una forzante sinusoidale. Il moto transiente è descritto dalla soluzione generale dell equazione omogenea associata: ẍ + ẋ + 7x =. La corrispondente equazione caratteristica si scrive: e fornisce gli autovalori: λ + λ + 7 = λ = ± 4 4 7 = 1 ± 6 = 1 ± i 6 cui corrisponde la soluzione generale: x(t) = c 1 e t sin( 6 t) + c e t cos( 6 t) t R con c 1 e c costanti reali arbitrarie che dipendono dalle condizioni iniziali. Quello transiente è dunque un moto oscillatorio smorzato. (b) Moto stazionario e sua ampiezza Il moto stazionario corrisponde ad una soluzione particolare dell equazione pura del moto della forma: x(t) = a sin Ωt + b cos Ωt t R 15

con a e b costanti reali da determinare convenientemente. A questo scopo si sostituiscono x(t) e le sue derivate successive: nell equazione completa (1): ẋ(t) = Ωa cos Ωt Ωb sin Ωt ẍ(t) = Ω a sin Ωt Ω b cos Ωt Ω a sin Ωt Ω b cos Ωt + Ωa cos Ωt Ωb sin Ωt + 7a sin Ωt + 7b cos Ωt = 4 sin Ωt e si raccolgono i termini simili: [ (7 Ω )a Ωb 4 ] sin Ωt + [ Ωa + (7 Ω )b ] cos Ωt = t R. L equazione è soddisfatta identicamente se e soltanto se si annullano i coefficienti di sin Ωt e cos Ωt basta considerare valori di t per i quali si abbia sin Ωt = 1 o cos Ωt = 1, rispettivamente: (7 Ω )a Ωb 4 = Ωa + (7 Ω )b = (7 Ω )a Ωb = 4 Ωa + (7 Ω )b =. Il sistema lineare non omogeneo così ottenuto si può risolvere immediatamente con il teorema di Cramer, dal quale si deduce: a = b = La soluzione stazionaria è dunque: 4 Ω 7 Ω 7 Ω Ω Ω 7 Ω 7 Ω 4 Ω 7 Ω Ω Ω 7 Ω = 4(7 Ω ) (7 Ω ) + 4Ω 8Ω = (7 Ω ) + 4Ω. x(t) = 4(7 Ω ) (7 Ω ) + 4Ω sin Ωt 8Ω (7 Ω ) cos Ωt t R, + 4Ω ovvero: x(t) = [ 4 7 Ω Ω sin Ωt (7 Ω ) + 4Ω (7 Ω ) + 4Ω 16 ] (7 Ω ) + 4Ω cos Ωt t R,

con ampiezza: A = 4 (7 Ω ) + 4Ω. (c) Pulsazione di risonanza e relativa ampiezza Si ha risonanza in ampiezza quando la pulsazione Ω > della forzante è scelta in modo da rendere massima l ampiezza A del moto stazionario. Ciò equivale a richiedere che il polinomio argomento della radice quadrata a denominatore nell espressione di A: P(Ω ) = (Ω 7) + 4Ω assuma il valore minimo possibile. Il valore richiesto si ricava annullando la derivata prima: e risulta pertanto: P (Ω ) = (Ω 7) + 4 = Ω 1 Ω = Ω ris = 5. L ampiezza del moto stazionario vale, di conseguenza: A ris = 4 (7 Ω ris ) + 4Ω ris = 4 (7 5) + 4 5 = 4 = = 4 6 6 3. Soluzione dell esercizio 4 - Fondamenti di meccanica razionale (a) Equazioni pure del moto La terna Oxyz è non inerziale e dunque sede di forze fittizie, quella centrifuga e quella di Coriolis: F cf = mω ê 1 FCor = mωê P. Per il punto materiale P il postulato delle reazioni vincolari porge l equazione: m P = mgê + mω xê 1 mωê P β P + Φ, () nella quale la reazione vincolare Φ è diretta ortogonalmente alla retta vincolare liscia r. La posizione di P lungo r è individuata dalla parametrizzazione della retta: P (x) O = xê 1 + kxê, cui corrispondono la velocità e l accelerazione istantanee: P = ẋê 1 + kẋê P = ẍê1 + kẍê. L equazione pura del moto si ottiene proiettando la () lungo il versore direttore di r: ˆτ = P (x) P (x) = ê1 + kê ê 1 + kê = ê1 + kê. 1 + k 17

Il risultato è il seguente: m P ˆτ = mgê ˆτ + mω xê 1 ˆτ mωê P ˆτ β P ˆτ + Φ ˆτ dove: m P ˆτ = m(ẍê 1 + kẍê ) ê1 + kê 1 + k = mẍ 1 + k k mgê ˆτ = mg 1 + k mω xê 1 ˆτ = mω 1 x 1 + k mωê P ˆτ = mωê P (x)ẋ P (x) P (x) β P ˆτ = β(ẋê 1 + kẋê ) ê1 + kê 1 + k Φ ˆτ =, = = β 1 + k ẋ per cui: mẍ 1 + k k = mg + 1 1 + k mω x β 1 + k ẋ. 1 + k L equazione pura del moto di P può quindi scriversi come: (1 + k )ẍ = gk + ω x β 1 + k m ẋ. (b) Equilibri Le configurazioni di equilibrio corrispondono alle soluzioni costanti dell equazione pura del moto e si ottengono perciò risolvendo l equazione algebrica: dalla quale segue l unica soluzione: = gk + ω x x = gk ω. (3) Il sistema ammette quindi un unica configurazione di equilibrio, individuata dal vettore posizione: P o O = gk ω ê1 + gk ω ê. (c) Condizione di equilibrio per r scabra Le reazione vincolare che deve agire sul punto materiale P in quiete in una posizione di ascissa x è individuata tramite il postulato delle reazioni vincolari: = mgê + mω xê 1 + Φ 18

dal quale si deduce: Φ = mω xê 1 + mgê. Per stabilire se la configurazione considerata sia o meno di equilibrio occorre determinare la componente della reazione vincolare tangente alla retta r: Φ τ = Φ ˆτ ˆτ = ( mω xê 1 + mgê ) ê1 + kê 1 + k ê 1 + kê 1 + k = = mω x + mgk 1 + k (ê 1 + kê ) = m 1 + k ( ω x + gk)(ê 1 + kê ) e la corrispondente componente ortogonale, che si ricava per differenza: Φ o = Φ Φ τ = mω xê 1 + mgê + mω x mgk 1 + k (ê 1 + kê ) = ( = mω x + mω x mgk ) 1 + k ê 1 + (mg mgk 1 + k + mω kx ) 1 + k ê = = mω k x mgk 1 + k ê 1 + mg + mω kx 1 + k ê = = mk g + ω kx 1 + k ê 1 + m g + ω kx 1 + k ê = = m 1 + k (g + ω kx)( kê 1 + ê ). La configurazione è di equilibrio se e soltanto se la quiete in tale configurazione è resa possibile da una reazione vincolare compatibile con la legge di Coulomb-Morin dell attrito radente statico, tale che cioè: Φ τ µ s Φ o per ogni t R. Sostituendo le espressioni precedenti si ottiene la condizione di equilibrio richiesta, che in effetti risulta indipendente da t, visto che forze e vincoli sono costanti: m 1 + k ( ω x + gk)(ê 1 + kê ) µ m s 1 + k (g + ω kx)( kê 1 + ê ), vale a dire, semplificando fattori positivi comuni a primo e a secondo membro: ω x + gk µ s g + ω kx. (4) Per le soluzioni di questa disequazione di equilibrio non può aversi g + ω kx =, ossia x = g/kω, poichè ne seguirebbe l evidente contraddizione: ω x + gk = g k + gk = g k + gk >. La disequazione (4) è perciò equivalente a: gk ω x g + kω x µ s (5) 19

che costituisce la condizione di equilibrio richiesta. Si osservi che l equilibrio x = gk/ω calcolato nel caso di vincolo liscio soddisfa certamente la condizione ne annulla infatti il primo membro e individua quindi un equilibrio anche per il sistema con attrito. Ciò conformemente al ben noto principio di sicurezza. Osservazione. Soluzione della relazione di equilibrio La condizione di equilibrio (4) si può esprimere nella forma equivalente: x + kg ω µs g ω + kx e introdotta la lunghezza caratteristica λ = g/ω diventa: kλ x µ s λ + kx. I valori assoluti vengono eliminati elevando al quadrato la relazione membro a membro: dalla quale segue: (kλ x) µ s(λ + kx) k λ kλx + x µ sλ + µ sλkx + µ sk x o ancora, raccogliendo a primo membro i termini simili in x: (µ sk 1)x + λk(µ s + 1)x + λ (µ s k ). (6) Conviene distinguere tre diversi casi, in relazione al segno assunto dal coefficiente del termine in x, o all eventuale annullarsi di questo. (i) Se µ s k = 1 si ha: vale a dire: λk(µ s + 1)x + λ (µ s k ) x λ (k µ s) λk(µ s + 1). Le configurazioni di equilibrio del sistema si hanno dunque per: x λ(k µ s) k(µ s + 1). (ii) Per µ s k > 1 il discriminante del polinomio a primo membro vale: = 4λ k (µ s + 1) 4(µ sk 1)λ (µ s k ) = = 4λ (k µ 4 s + k µ s + k µ 4 sk + µ sk 4 + µ s k ) = = 4λ (k + k 4 + 1)µ s = 4λ (k + 1) µ s

con radice quadrata aritmetica: = λ(k + 1)µ s che dello stesso polinomio porge le radici: x ± = λk(µ s + 1) ± λ(k + 1)µ s (µ sk 1) = λ [ kµ µ sk 1 s k ± (k µ s + µ s ) ] = = λ [ kµ µ sk 1 s k + k ] λ µ s + µ s = µ sk 1 (µ sk 1)(k µ s ) λ [ kµ µ sk 1 s k k ] λ µ s µ s = µ sk 1 (µ sk + 1)(k + µ s ), con x < x +. Poichè il grafico del polinomio è una parabola con la concavità rivolta verso l alto, la disequazione (6) sarà soddisfatta per x x e per x x +, e gli equilibri saranno perciò tutte e sole le posizioni individuate dai valori di x compresi nell insieme: { } λ x R : x µ sk 1 (µ sk + 1)(k + µ s ) { x R : x } λ µ sk 1 (µ sk 1)(k µ s ). (iii) Se infine µ s k < 1 le radici del polinomio a primo membro in (6) sono, in ordine crescente: x = λ µ sk 1 (µ λ sk 1)(k µ s ) x + = µ sk 1 (µ sk + 1)(k + µ s ). Il grafico del polinomio è una parabola con la concavità rivolta verso il basso, per cui la disequazione è verificata per ogni x compreso fra x e x +. In definitiva, gli equilibri sono dati dai valori di x dell insieme: { } λ x R : µ sk 1 (µ λ sk 1)(k µ s ) x µ sk 1 (µ sk + 1)(k + µ s ). Soluzione dell esercizio 4 - Meccanica razionale (a) Equazioni pure del moto La terna Oxyz è non inerziale e dunque sede di forze fittizie, quella centrifuga e quella di Coriolis: F cf = mω ê 1 FCor = mωê P. Per il punto materiale P il postulato delle reazioni vincolari porge l equazione: m P = mgê + mω xê 1 mωê P β P + Φ, (7) nella quale la reazione vincolare Φ è diretta ortogonalmente alla retta vincolare liscia s. La posizione di P lungo s è individuata dalla parametrizzazione della retta: P (x) O = xê 1 + hxê, 1

cui corrispondono la velocità e l accelerazione istantanee: P = ẋê 1 + hẋê P = ẍê1 + hẍê. L equazione pura del moto si ottiene proiettando la () lungo il versore direttore di r: ˆτ = P (x) P (x) = ê1 + hê ê 1 + hê = ê1 + hê. 1 + h Il risultato è il seguente: m P ˆτ = mgê ˆτ + mω xê 1 ˆτ mωê P ˆτ β P ˆτ + Φ ˆτ dove: m P ˆτ = m(ẍê 1 + hẍê ) ê1 + hê 1 + h = mẍ 1 + h h mgê ˆτ = mg 1 + h mω xê 1 ˆτ = mω 1 x 1 + h mωê P ˆτ = mωê P (x)ẋ P (x) P (x) β P ˆτ = β(ẋê 1 + hẋê ) ê1 + hê 1 + h Φ ˆτ =, = = β 1 + h ẋ per cui: mẍ 1 + h h = mg + 1 1 + h mω x β 1 + h ẋ. 1 + h L equazione pura del moto di P può quindi scriversi come: (1 + h )ẍ = gh + ω x β 1 + h m ẋ. (b) Equilibri Le configurazioni di equilibrio corrispondono alle soluzioni costanti dell equazione pura del moto e si ottengono perciò risolvendo l equazione algebrica: = gh + ω x dalla quale segue l unica soluzione: x = gh ω. (8)

Il sistema ammette quindi un unica configurazione di equilibrio, individuata dal vettore posizione: P o O = gh ω ê1 + gh ω ê. (c) Condizione di equilibrio per s scabra Le reazione vincolare che deve agire sul punto materiale P in quiete in una posizione di ascissa x è individuata tramite il postulato delle reazioni vincolari: = mgê + mω xê 1 + Φ dal quale si deduce: Φ = mω xê 1 + mgê. Per stabilire se la configurazione considerata sia o meno di equilibrio occorre determinare la componente della reazione vincolare tangente alla retta r: Φ τ = Φ ˆτ ˆτ = ( mω xê 1 + mgê ) ê1 + hê 1 + h ê 1 + hê 1 + h = = mω x + mgh 1 + h (ê 1 + hê ) = m 1 + h ( ω x + gh)(ê 1 + hê ) e la corrispondente componente ortogonale, che si ricava per differenza: Φ o = Φ Φ τ = mω xê 1 + mgê + mω x mgh 1 + h (ê 1 + hê ) = ( = mω x + mω x mgh ) 1 + h ê 1 + (mg mgh 1 + h + mω hx ) 1 + h ê = = mω h x mgh 1 + h ê 1 + mg + mω hx 1 + h ê = = mh g + ω hx 1 + h ê 1 + m g + ω hx 1 + h ê = = m 1 + h (g + ω hx)( hê 1 + ê ). La configurazione è di equilibrio se e soltanto se la quiete in tale configurazione è resa possibile da una reazione vincolare compatibile con la legge di Coulomb-Morin dell attrito radente statico, tale che cioè: Φ τ µ s Φ o per ogni t R. Sostituendo le espressioni precedenti si ottiene la condizione di equilibrio richiesta, che in effetti risulta indipendente da t, visto che forze e vincoli sono costanti: m 1 + h ( ω x + gh)(ê 1 + hê ) µ m s 1 + h (g + ω hx)( hê 1 + ê ), 3

vale a dire, semplificando fattori positivi comuni a primo e a secondo membro: ω x + gh µ s g + ω hx. (9) Per le soluzioni di questa disequazione di equilibrio non può aversi g + ω hx =, ossia x = g/hω, poichè ne seguirebbe l evidente contraddizione: ω x + gh = La disequazione (9) è perciò equivalente a: g h + gh = g h + gh >. gh ω x g + hω x µ s (1) che costituisce la condizione di equilibrio richiesta. Si osservi che l equilibrio x = gh/ω calcolato nel caso di vincolo liscio soddisfa certamente la condizione ne annulla infatti il primo membro e rappresenta quindi un equilibrio anche per il sistema con attrito. Ciò è conforme al ben noto principio di sicurezza. Soluzione dell esercizio 5 - Fondamenti di meccanica razionale (a) Equazioni pure del moto Nell ipotesi di asse fisso privo di attrito l equazione pura del moto del sistema si scrive: I Oz ϕ = M a,e O ê 3 = in quanto il sistema ruota per ipotesi libero da forze attive esterne. L equazione pura del moto è quindi, banalmente: L zz ϕ = (11) ovvero ϕ =. (b) Equilibri Gli equilibri del sistema corrispondono alle soluzioni costanti dell equazione pura del moto (11). Poichè la soluzione generale di tale equazione è ovviamente: ϕ(t) = αt + β t R, con α, β costanti reali arbitrarie, si conclude che tutte le configurazioni ϕ R sono di equilibrio. (c) Variazione della velocità angolare Le interazioni elastiche associate alla molla ideale che collega i punti N ed S, rispettivamente dell asta e della piastra, sono chiaramente forze interne al sistema; così come interne sono le reazioni vincolari fra piastra e asta che accompagnano lo spostamento di questa. Per il terzo principio della dinamica ne segue che dette forze hanno momento nullo e non 4

modificano perciò il momento angolare in O K O del sistema. La forza reattiva applicata sull asta in O che determina l arresto dello scorrimento è invece una forza esterna, ma il suo momento rispetto all asse fisso risulta nullo. Ne segue che la componente lungo l asse fisso del momento angolare K O ê 3 deve conservarsi durante il riposizionamento dell asta. Prima dello slittamento la velocità angolare del sistema vale ωê 3 e la componente del momento angolare lungo l asse si scrive: K O ê 3 = L O (ωê 3 ) ê 3 = ωl O (ê 3 ) ê 3 = L zz ω, mentre dopo il riposizionamento la velocità angolare si indicherà con ω ê 3 e la componente del momento angolare diventerà: K O ê 3 = L O(ω ê 3 ) ê 3 = ω L O(ê 3 ) ê 3 = L zzω. Dovendosi avere K O ê 3 = K O ê 3, risulta: e quindi: L zzω = L zz ω Ma per quanto visto nella soluzione dell esercizio 1 vale: ω = L zz L ω. (1) zz L zz = 388 45 µa, mentre: L zz = L P zz + L OS zz = 193 45 µa + µ(a) 3 = ( 193 45 + 4 ) µa = 53 3 45 µa, per cui, sostituendo in (1): ω = 388 45 1 µa 45 53 µa ω = 388 53 ω. La variazione subita dalla velocità angolare del sistema per effetto del riposizionamento dell asta MN è quindi data da: ω ω = 388 53 ω ω = 135 53 ω. Si osservi che qualunque sia il segno di ω, il modulo della velocità angolare a seguito dello slittamento di M N risulta maggiore rispetto a quello della velocità angolare prima dello spostamento. Il risultato è intuitivo, poichè lo slittamento dell asta porta la massa del sistema maggiormente a ridosso dell asse di rotazione cioè riduce il momento d inerzia 5

relativo a tale asse e quindi implica un accelerazione del moto di rotazione dovuta alla conservazione del momento angolare. Osservazione. Lavoro delle forze interne È interessante notare che durante lo spostamento dell asta il lavoro svolto dalle forze interne elastiche e reattive risulta non nullo. Basta osservare che tale lavoro deve coincidere con la variazione di energia cinetica subita dal sistema durante il processo teorema dell energia cinetica. Si ha infatti: T T = 1 L zzω 1 L zzω = 1 ω L zzω 1 ω L zzω = = 1 ω L zz ω 1 ω L zzω = 1 (ω ω)l zz ω = 1 135 53 ω 388 45 µa ω = 58 53 µa ω. Durante lo spostamento dell asta le forze interne svolgono lavoro positivo sempre che sia ω, ovviamente. Soluzione dell esercizio 5 - Meccanica razionale (a) Equazioni pure del moto Nell ipotesi di asse fisso privo di attrito l equazione pura del moto del sistema si scrive: I Oz θ = M a,e O ê 3 = in quanto il sistema ruota per ipotesi libero da forze attive esterne. L equazione pura del moto è quindi, banalmente: L zz θ = (13) ovvero θ =. (b) Equilibri Gli equilibri del sistema corrispondono alle soluzioni costanti dell equazione pura del moto (13). Poichè la soluzione generale di tale equazione è ovviamente: θ(t) = αt + β t R, con α, β costanti reali arbitrarie, si conclude che tutte le configurazioni θ R sono di equilibrio. (c) Variazione della velocità angolare Le interazioni elastiche associate alla molla ideale che collega i punti B ed S, rispettivamente dell asta e della lamina, sono chiaramente forze interne al sistema; così come interne sono le reazioni vincolari fra asta e lamina che accompagnano lo spostamento dell asta. Per il terzo principio della dinamica ne segue che dette forze hanno momento nullo e non modificano perciò il momento angolare in O K O del sistema. La forza reattiva applicata sull asta in O che determina l arresto dello scorrimento è invece una forza esterna, ma il suo momento rispetto all asse fisso risulta nullo. Ne segue che la componente lungo l asse fisso del momento angolare K O ê 3 deve conservarsi durante il riposizionamento 6

dell asta. Prima dello slittamento dell asta la velocità angolare del sistema vale ωê 3 e la componente del momento angolare lungo l asse si scrive: K O ê 3 = L O (ωê 3 ) ê 3 = ωl O (ê 3 ) ê 3 = L zz ω, mentre dopo il riposizionamento la velocità angolare si indicherà con ω ê 3 e la componente del momento angolare diventerà: K O ê 3 = L O(ω ê 3 ) ê 3 = ω L O(ê 3 ) ê 3 = L zzω. Dovendosi avere K O ê 3 = K O ê 3, risulta: e quindi: L zzω = L zz ω ω = L zz ω. (14) L zz Ma per quanto visto nella soluzione dell esercizio 1 vale: L zz = 388 45 µr, mentre: L zz = L L zz + L OS zz = 193 ( 45 µr + µ(r) 193 = 3 45 + 4 ) µr = 53 3 45 µr, per cui, sostituendo in (14): ω = 388 45 1 µr 45 53 µr ω = 388 53 ω. La variazione subita dalla velocità angolare del sistema per effetto del riposizionamento dell asta AB è quindi data da: ω ω = 388 53 ω ω = 135 53 ω. Si osservi che qualunque sia il segno di ω, il modulo della velocità angolare a seguito dello slittamento di AB risulta maggiore rispetto a quello della velocità angolare prima dello spostamento. Il risultato è intuitivo, poichè lo slittamento dell asta porta la massa del sistema maggiormente a ridosso dell asse di rotazione cioè riduce il momento d inerzia relativo a tale asse e quindi implica un accelerazione del moto di rotazione dovuta alla conservazione del momento angolare. Osservazione. Lavoro delle forze interne È interessante notare che durante lo spostamento dell asta il lavoro svolto dalle forze interne elastiche e reattive risulta non nullo. Basta osservare che tale lavoro deve coincidere con la variazione di energia cinetica subita dal sistema durante il processo teorema dell energia cinetica. Si ha infatti: T T = 1 L zzω 1 L zzω = 1 ω L zzω 1 ω L zzω = = 1 ω L zz ω 1 ω L zzω = 1 (ω ω)l zz ω = 1 135 53 ω 388 45 µr ω = 58 53 µr ω. Durante lo spostamento dell asta le forze interne svolgono lavoro positivo sempre che sia ω, ovviamente. 7