Scritto di fondamenti di meccanica razionale del

Scritto di fondamenti di meccanica razionale del 1.06.011 Esercizio 1 Una piastra rigida quadrata Q, di lato L e centro C, ha densità σp = 3µ P C /L 4, dove P è un punto generico di Q e µ una massa costante caratteristica. Determinare del sistema: a una terna centrale d inerzia; b la relativa matrice centrale d inerzia; c il momento d inerzia rispetto alla retta passante per un lato di Q; d il momento d inerzia rispetto ad una diagonale di Q; e l energia cinetica relativa ad una terna in cui Q ha velocità angolare ω normale alla piastra e C si muove con velocità di modulo Lω. Esercizio Un punto materiale P, di massa m, è appeso tramite due funi eguali, di lunghezza a e massa trascurabile, ai punti fissi A e B dell asse orizzontale r, in modo che gli angoli P ÂB e P ˆBA abbiano eguale ampiezza α 0, π/ vedi figura. Supponendo che ciascuna fune possa esercitare su P una reazione vincolare parallela alla fune stessa tensione della fune, determinare: a le tensioni T A e T B esercitate da ciascuna fune sul punto P in quiete; b qualora la fune BP venga tagliata all improvviso, la tensione esercitata dalla fune AP immediatamente dopo il taglio quando cioè il punto P ha ancora velocità nulla e occupa la posizione iniziale. 1

Esercizio 3 Nel piano verticale Oxy di una terna inerziale Oxyz una guida circolare omogenea C, di centro C, raggio a e massa m, scorre con un diametro assegnato MN lungo l asse orizzontale Ox. Un asta omogenea AB, di massa m e lunghezza a, ha l estremo A vincolato a muoversi su C, mantenendosi sempre ortogonale alla guida. Due molle di eguale costante elastica k collegano B con l origine e con il punto fisso D4a, 0, 0. Il sistema è pesante. Assunti i vincoli ideali e introdotte le coordinate lagrangiane ξ, φ R in figura, determinare del sistema: a le configurazioni di equilibrio; b le proprietà di stabilità degli equilibri; c l espressione dell energia cinetica; d le equazioni pure del moto; e gli equilibri di confine qualora fosse ξ 1 e k = 3mg/8a.

Soluzione dell esercizio 1 a Terna centrale d inerzia Il centro C è un evidente centro di simmetria della piastra, dal momento che la densità areale è funzione della sola distanza da C, e i punti simmetrici rispetto a C sono ovviamente equidistanti da C. Si può quindi affermare che il baricentro della piastra va identificato con il centro C. In modo analogo si verifica che le due rette passanti per C e parallele ad un lato costituiscono altrettanti assi di simmetria per la piastra, in quanto i punti simmetrici rispetto a tali rette sono comunque equidistanti da C. Le rette sono quindi assi centrali d inerzia della piastra. Il terzo asse centrale d inerzia passa per C ed è ortogonale ai due precedenti, ovverto ortogonale alla piastra. La terna centrale d inerzia è così individuata sulla base di pure considerazioni di simmetria, senza dover procedere ad alcun calcolo. La si può indicare come terna Cxyz, essendo gli assi Cx e Cy paralleli ai lati e l asse Cz ortogonale alla piastra. b Matrice centrale d inerzia La matrice centrale d inerzia è la matrice d inerzia di Q relativa alla terna centrale d inerzia Cxyz o una qualsiasi altra. Per definizione si tratta di una matrice diagonale, nella quale tutti i prodotti d inerzia sono banalmente nulli. La presenza del centro di simmetria C consente di identificare i due momenti d inerzia relativi agli assi Cx e Cy, collocati nel piano di giacitura della piastra: L xx = L yy. 0.1 Trattandosi poi di sistema piano, completamente ubicato nel piano coordinato Cxy, deve aversi la relazione: L zz = L xx + L yy che grazie alla 0.1 fornisce infine: L zz = L xx + L xx = L xx. È quindi sufficiente calcolare il momento d inerzia relativo all asse Cx, momento che nelle coordinate Cxyz è espresso dall integrale doppio: L xx = L/ L/ = 3µ L 4 dx L/ L/ L/ L/ L 3 dy 3µ L 4 x + y y = 3µ L 4 1 x + L5 80 = 3µ L 3 L 3 L 4 1 1 + L5 80 L L/ L/ dx [x y3 3 + y5 5 dx = 3µ [ L 3 x 3 ] L/ L 4 1 3 + L5 80 x = L/ = 3µ 1 L 4 144 + 1 L 6 = 7 80 10 µl. La matrice centrale d inerzia diventa così: [L C ] = µl 7/10 0 0 0 7/10 0. 0 0 7/60 3 ] L/ y= L/ =

c Momento d inerzia rispetto alla retta passante per un lato La retta passante per un lato è parallela ad un asse coordinato della terna centrale d inerzia Cxyz, posto nel piano di giacitura Cxy. Sia Cx tale asse coordinato e sia r la corrispondente retta parallela. Poichè C è il baricentro del sistema, il momento d inerzia rispetto a r si determina per mezzo del teorema di Huygens-Steiner: L I r = I Cx + m = Lxx + ml 4 = 7 10 µl + ml 4 in cui figura la massa m della piastra. Questa si ricava per integrazione diretta della densità areale σ sul quadrato Q, tramite l ovvio integrale: m = L/ L/ = 3µ L 4 dx L/ L/ L/ L/ dy 3µ L 4 x + y = 3µ L 4 L/ L/ dx [x y + y3 3 ] L/ y= L/ Lx + L3 dx = 3µ ] L/ [L x3 1 L 4 3 + L3 1 x = 3µ L 4 L/ L 4 1 + L4 = µ 1. Il momento d inerzia richiesto diventa perciò: I r = 7 10 µl + µ L 4 = 11 60 µl. d Momento d inerzia rispetto ad una diagonale La retta di giacitura di una diagonale passa chiaramente per il centro C. Rispetto alla terna Cxyz la retta è individuata dal versore tangente: ˆn = 1 ê 1 + 1 ê = essendo ê 1 e ê i versori associati agli assi coordinati Cx e Cy. Il momento d inerzia rispetto alla diagonale è allora individuato dalla relazione: I d = 1 1 0 [L C ] 1/ 1/ = 1 1 1 0µL 0 0 0 7 0 0 1 10 1 7 0 0 0 60 7 10 = 7 10 µl. Si osservi che il momento è uguale ai momenti principali L xx e L yy. Ciò segue dal fatto che L xx = L yy, per cui qualsiasi combinazione lineare non nulla degli autovettori ê 1, ê è anch essa un autovettore dell operatore d inerzia in C della piastra: la piastra presenta struttura giroscopica rispetto al proprio centro di massa. 4

e Energia cinetica rispetto ad una terna assoluta Rispetto alla terna di riferimento assoluta l energia cinetica della piastra rigida si esprime per mezzo del teorema di König: T = m Ċ + 1 ω L C ω con m = µ/, Ċ = Lω e ω = ωê 3. Si ottiene pertanto: T = 1 µ L ω + 1 ωê 3 L C ωê 3 = µl ω + 1 4 L zzω = µl ω 4 + 7 10 µl ω = 37 10 µl ω. Soluzione dell esercizio a Tensioni nello stato di quiete Per ipotesi, la reazione vincolare esercitata da una fune è diretta parallelamente alla fune stessa tensione. Le reazioni applicate al punto dalle funi AP e BP possono quindi esprimersi nella forma: T A = T A cos α ê 1 + sin α ê T B = T B cos α ê 1 + sin α ê essendo T A e T B i moduli della tensione lungo AP e lungo BP, rispettivamente, ê 1 il versore tangente all asse orizzontale r e ê il versore diretto verticalmente verso l alto. La condizione di equilibrio impone allora che si abbia: ossia: T A + T B mg ê = 0 T A cos α ê 1 + sin α ê + T B cos α ê 1 + sin α ê mg ê = 0 e quindi, separando le componenti orizzontali e verticali: T A + T B cos α = 0 T A + T B sin α mg = 0. Poichè α 0, π/, nella prima equazione di equilibrio è certamente cos α 0, per cui risulta: T A = T B mentre dalla seconda equazione si ottiene: T A = T B = Le reazioni vincolari richieste sono perciò: T A = mg sin α. mg sin α cos αê 1 + sin αê TB = mg sin α cos αê 1 + sin αê. 5

b Tensione immediatamente dopo il taglio della fune BP Nell istante in cui la fune BP viene tagliata t = 0 il moto del punto materiale P è governato dall equazione del moto: corredata delle condizioni iniziali: m P = mgê + T A, 0. P 0 A = a cos αê 1 a sin αê P 0 = 0 0.3 È facile convincersi che all stante iniziale la fune AP deve mantenersi tesa, poichè in caso contrario per t = 0 si avrebbe: m P0 = mgê e quindi la componente dell accelerazione iniziale lungo il vettore posizione P 0 A risulterebbe di segno positivo: P 0 P 0 A P 0 A = gê a cos αê 1 a sin αê a cos αê 1 a sin αê = g sin α > 0 incompatibile con la circostanza che la fune AP sia già tesa prima del taglio la suddetta componente dovrebbe risultare negativa o al più nulla, visto che la distanza fra P ed A non può aumentare. Per continuità, la condizione della fune AP tesa deve mantenersi per un certo intervallo di tempo successivo all istante iniziale. Il punto P dovrà quindi muoversi sulla circonferenza di centro A e raggio a, e la sua posizione effettiva sarà descritta dall angolo ϑ = BÂP. Poichè inoltre la reazione vincolare si mantiene diretta lungo la fune, dunque ortogonale alla traiettoria circolare, l equazione pura del moto sarà data dalla proiezione della 0. lungo la tangente alla traiettoria circolare, e si identificherà pertanto l equazione di un pendolo semplice, ad esempio ricavata con il formalismo lagrangiano usando ϑ come coordinata generalizzata. Dal vettore posizione: si deduce la velocità istantanea: P A = a cos ϑê 1 a sin ϑê 0.4 P = a sin ϑê 1 cos ϑê ϑ 0.5 e si traggono quindi le espressioni di energia cinetica e potenziale: T = m P = ma L equazione pura del moto è dunque: ϑ U = mgê P A = mga sin ϑ. d T dt ϑ T ϑ = ϑ 6

ed eseguendo i calcoli diventa: Le condizioni iniziali da considerare sono, ovviamente: ma ϑ = mga cos ϑ. 0.6 ϑ0 = α ϑ0 = 0, 0.7 corrispondenti alle 0.3. Per ricavare la tensione del filo AP subito dopo il taglio si torna a considerare il postulato delle reazioni vincolari 0., che deve essere espresso in termini della parametrizzazione 0.4. Derivando in t l espressione 0.5 della velocità istantanea si ottiene: P = a sin ϑê 1 cos ϑê ϑ + a cos ϑê 1 + sin ϑê ϑ per cui in forza delle 0.7 all istante t = 0 risulta: P 0 = a[ sin ϑ0ê 1 cos ϑ0ê ] ϑ0 + a[ cos ϑ0ê 1 + sin ϑ0ê ] ϑ0 = = a sin αê 1 cos αê ϑ0. L accelerazione angolare istantanea per t = 0 si deduce dall equazione pura 0.6 e dalle condizioni iniziali 0.7: ϑ0 = g a cos ϑ0 = g a cos α per cui: e quindi: P 0 = a sin αê 1 cos αê g a cos α = g sin α cos αê 1 g cos αê T A 0 = m P0 + mgê = mg sin α cos αê 1 mg cos αê + mgê = = mg sin α cos αê 1 + mg sin αê = mg sin α cos αê 1 + sin αê. Da notare che, rispetto al valore di equilibrio, la variazione della reazione vincolare esercitata dalla fune AP sul punto materiale immediatamente dopo il taglio della fune BP risulta in generale discontinua, passando da: a T A = mg sin α cos αê 1 + sin αê T A 0 = mg sin α cos αê 1 + sin αê. In particolare, la tensione della fune aumenta bruscamente per: mg sin α = T A < T A 0 = mg sin α ossia per α π/4, π/, mentre diminuisce se mg sin α = TA > TA 0 = mg sin α 7

ovvero α 0, π/4. Nessuna variazione ricorre, infine, nel caso si abbia α = π/4. Soluzione dell esercizio 3 a Equilibri Il sistema è scleronomo a vincoli bilaterali ideali, e soggetto esclusivamente a sollecitazioni posizionali conservative. Gli equilibri si identificano perciò con i punti critici del potenziale. Potenziale delle forze peso La guida circolare omogenea ha il baricentro C che scorre lungo l asse orizzontale e mantiene quindi costante il proprio potenziale gravitazionale. Il baricentro G dell asta omogenea AB coincide con il punto medio di questa e la sua posizione è individuata dal vettore: G O = C O + G C = aξê 1 + 3 acos φ ê 1 + sin φ ê = = a ξ + 3 cos φ ê 1 + 3 a sin φ ê. Il solo contributo al potenziale gravitazionale è dunque quello offerto dall asta: Ug AB = mg ê G O = 3 mga sin φ. Potenziale elastico La posizione dell estremo B dell asta è data dal vettore posizione: B O = C O + B C = aξê 1 + acos φ ê 1 + sin φ ê = aξ + cos φê 1 + a sin φ ê, mentre il vettore posizione del punto fisso D vale D O = 4aê 1. Ne deriva che: e che: B O = a ξ + cos φ + 4a sin φ = per cui, analogamente, = a ξ + 4cos φ + 4ξ cos φ + 4sin φ = a ξ + 4ξ cos φ + 4 B D = aξ + cos φ 4ê 1 + a sin φ ê B D = a ξ + cos φ 4 + 4a sin φ. Per il potenziale elastico del sistema si ha dunque l espressione: U el = k B O k B D = = ka [ ξ + 4ξ cos φ + 4 + ξ + cos φ 4 + 4sin φ ] = = ka [ ξ + 4ξ cos φ + ξ + cos φ 4 + 4sin φ ] + costante. Potenziale del sistema Il potenziale del sistema è definito dalla somma dei potenziali parziali, gravitazionale ed elastico, omettendo le costanti additive: Uξ, φ = 3 mga sin φ ka [ ξ + 4ξ cos φ + ξ + cos φ 4 + 4sin φ ]. 8

Equilibri Gli equilibri del sistema si ricavano annullando simultaneamente le derivate parziali prime del potenziale: ξ ka [ ] ξ, φ = ξ + 4 cos φ + ξ + cos φ 4 = ka ξ 4 cos φ + 4 [ ] 4ξ sin φ 4 sin φξ + cos φ 4 + 8 sin φ cos φ = φ ξ, φ = 3 mga cos φ ka = 3 mga cos φ + ka 4ξ sin φ 8 sin φ ovvero risolvendo il sistema di equazioni algebriche non lineari: ka ξ 4 cos φ + 4 = 0 3 mga cos φ + ka 4ξ sin φ 8 sin φ = 0 che con qualche semplificazione si riduce alla forma equivalente: ξ = cos φ 3 mga cos φ + 4ka ξ sin φ = 0. Sostituendo l espressione di ξ in funzione di φ fornita dalla prima, la seconda equazione di equilibrio diventa: ossia: 3 mga cos φ 8ka cos φ sin φ = 0 3 8ka mg cos φ 16 ka + sin φ = 0. Soluzioni definite incondizionatamente si hanno per cos φ = 0: φ = π/ φ = π/ e corrispondono alle configurazioni di equilibrio: ξ, φ =, π/ ξ, φ =, π/. Posto per brevità λ = 3mg/16ka, due ulteriori radici seguono dalla condizione λ+sin φ = 0: φ = arcsin λ := φ π/, 0 φ = π φ π, 3π/ ed individuano gli equilibri: ξ, φ = cos φ, φ ξ, φ = + cos φ, π φ, 9

definiti e distinti dai precedenti se e solo se λ < 1. b Stabilità degli equilibri L analisi di stabilità degli equilibri viene condotta ricorrendo ai teoremi di Lagrange- Dirichlet e di inversione parziale, data la natura posizionale conservativa del sistema scleronomo. A questo scopo occorre calcolare preliminarmente le derivate parziali seconde del potenziale: U ξξ ξ, φ = ka U φξ ξ, φ = 4ka sin φ U ξφ ξ, φ = 4ka sin φ U φφ ξ, φ = 3 mga sin φ + 4ka ξ cos φ che porgono la matrice hessiana: H U ξ, φ = 4ka 1/ sin φ 3 mg 8 ka sin φ = sin φ + ξ cos φ = 4ka 1/ sin φ sin φ λ sin φ + ξ cos φ Questa va valutata in ciascuna configurazione di equilibrio del sistema. Configurazione ξ, φ =, π/ La matrice hessiana del potenziale vale in questo caso: ed ha determinante di segno negativo: H U, π/ = 4ka 1/ 1 1 λ deth U, π/ = 16k a 4 λ 1 < 0 che ne comporta il carattere indefinito, con autovalori di segno opposto. La presenza di un autovalore positivo implica l instabilità dell equilibrio in forza del teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet. Configurazione ξ, φ =, π/ Nella fattispecie la matrice hessiana assume la forma: H U, π/ = 4ka 1/ 1 1 λ con traccia negativa ma determinante di segno non definito: deth U, π/ = 16k a 4 λ 1 10.

che obbliga a considerare tre diversi casi: per λ > 1 il determinante è positivo e la matrice risulta perciò definita negativa. L equilibrio costituisce un massimo relativo proprio del potenziale, stabile per Lagrange-Dirichlet; qualora sia λ < 1, il segno negativo del determinante implica il carattere indefinito della matrice, che presenta autovalori si segno opposto. Il ricorrere di un autovalore positivo comporta che l equilibrio sia instabile per l inversione parziale del teorema di Lagrange-Dirichlet; se infine λ = 1 il determinante si annulla e la matrice hessiana è semidefinita non definita negativa. Questa circostanza esclude la possibilità di applicare il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet, ma non quella di utilizzare il criterio di stabilità, a patto di dimostrare che l equilibrio costituisca un massimo relativo proprio del potenziale. È quanto risulta riesprimendo convenientemente la funzione U in un intorno del punto di equilibrio, con δξ, δφ 0, 0: U + δξ, π + δφ = 3 mga cos δφ ka [ + δξ + 4 + δξ sin δφ + + δξ + sin δφ 4 + 4cos δφ ] = = 3 mga cos δφ ka [ 4 + 4δξ + δξ + 8 sin δφ + 4δξ sin δφ+ + δξ + sin δφ + 4 4sin δφ ] = = 3 ka [ mga cos δφ 8 + 4δξ + δξ + 8 sin δφ + 4δξ sin δφ 4sin δφ+ + δξ + 4sin δφ + 4 + 4δξ sin δφ 4δξ 8 sin δφ ] = = 3 ka mga cos δφ 1 + δξ + 8δξ sin δφ = = 3 mga cos δφ ka 6 + δξ + 4δξ sin δφ = 3mg = ka ka cos δφ 6 δξ 4δξ sin δφ = = ka 8 cos δφ 6 δξ 4δξ sin δφ = = ka 8 16 sin δφ 6 δξ 4δξ sin δφ 4sin δφ + 4sin δφ = [ = ka δξ + sin δφ 16 sin δφ + 16 δφ δφ ] sin cos = [ ] = ka δξ + sin δφ 16 sin 4 δφ per cui l equilibrio è effettivamente stabile. 11

Configurazione ξ, φ = cos φ, φ, con sin φ = λ e λ = 3mg/16ka Per questa configurazione la matrice hessiana si scrive: H U cos φ, φ = 4ka 1/ sin φ = 4ka 1/ sin φ sin φ λ sin φ cos φ sin φ e risulta sempre definita negativa, essendo: trh U cos φ, φ = 10ka < 0 deth U cos φ, φ = 16k a 4 1 sin φ = 16k a 4 cos φ > 0 in quanto φ π/, 0. L equilibrio è quindi un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilità è assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet. Configurazione ξ, φ = + cos φ, π φ, con sin φ = λ e λ = 3mg/16ka La matrice hessiana è identica a quella calcolata nella configurazione simmetrica precedente: H U + cos φ, π φ = 4ka 1/ sin φ = H U cos φ, φ sin φ λ sin φ cos φ e si perviene pertanto alla stessa conclusione: l equilibrio risulta stabile. c Energia cinetica Energia cinetica della guida circolare La guida circolare è vincolata a muoversi di moto traslatorio rettilineo. La relativa energia cinetica è perciò data dalla semplice relazione: T C = m Ċ = m a ξê 1 = ma ξ. Energia cinetica dell asta Data la mancanza di punti fissi, l energia cinetica dell asta AB si esprime convenientemente per mezzo del teorema di König: T AB = m Ġ + 1 IAB Gz ω AB dove momento d inerzia rispetto a Gz e velocità angolare sono dati da: I AB Gz = ma 1 ω AB = φê 3 mentre la velocità del baricentro e il relativo modulo quadrato risultano: Ġ = a ξ 3 sin φ φ ê 1 + 3 a cos φ φ ê 1

Di conseguenza: Ġ = a 3 9 ξ sin φ φ + 4 a cos φ φ = a ξ 3 sin φ ξ φ + 9 4 φ. T AB = ma ξ 3 sin φ ξ φ + 9 4 φ + ma 4 φ = ma ξ 3 sin φ ξ φ + 7 3 φ. Energia cinetica del sistema Per additività, l energia cinetica del sistema è la somma delle energie cinetiche di guida e asta: T = T C + T AB = ma ξ 3 sin φ ξ φ + 7 3 φ. d Equazioni pure del moto L ipotesi dei vincoli ideali autorizza a scrivere le equazioni pure del moto nella forma di Lagrange: in cui risulta: d T dt ξ T ξ = ξ d T dt φ T φ = φ T ξ = ma ξ 3 T sin φ φ ξ = 0 d T dt ξ = ma ξ 3 sin φ φ 3 cos φ φ T φ = ma 3 sin φ ξ + 7 3 φ T φ = 3 ma cos φ ξ φ d T dt φ = ma 3 sin φ ξ + 7 3 φ 3 cos φ φ ξ ξ = ka ξ 4 cos φ + 4 φ = 3 mga cos φ + 4ka ξ sin φ. Le equazioni cercate sono pertanto: ma ξ 3 sin φ φ 3 cos φ φ = ka ξ 4 cos φ + 4 ma 3 sin φ ξ + 7 3 φ = 3 mga cos φ + 4ka ξ sin φ. e Equilibri di confine per ξ 1 e k = 3mg/8a Le configurazioni di confine del sistema corrispondono ai punti della retta: {ξ, φ R : ξ = 1, φ R} 13

nel piano ξ, φ. Grazie all ipotesi dei vincoli ideali, il teorema dei lavori virtuali impone che la configurazione ξ, φ = 1, φ sia un equilibrio di confine se e soltanto se: ossia, equivalentemente: 1, φ δξ + 1, φ δφ 0 δξ 0, δφ R, ξ φ 1, φ 0 ξ 1, φ = 0. φ Sostituendo le espressioni delle derivate parziali prime del potenziale si ottiene il sistema di disequazioni: ka 4 cos φ + 4 0 3 mga cos φ + ka 4 sin φ 8 sin φ = 0 che debitamente semplificato si riduce a: 4 cos φ 0 3 mga cos φ 4ka sin φ = 0. 0.8 L equazione in 0.8 porge: 3mg cos φ + sin φ = 0 8ka e non potendo essere verificata per cos φ = 0 può porsi nella forma equivalente: tgφ = 3mg 8ka = 1 dalla quale seguono le radici distinte: φ = π 4 φ = 3 4 π, definite a meno di multipli interi di π, peraltro fisicamente irrilevanti. La disequazione in 0.8 richiede invece che si abbia: 1 cos φ. È allora immediato verificare che: cos π 4 = 1 1 mentre 3π cos 4 = 1 < 1. Si conclude pertanto che il sistema ammette un solo equilibrio di confine, corrispondente a ξ, φ = 1, π/4. 14