Prova scritta di meccanica razionale 1 A-L ed M-Z del

Prova scritta di meccanica razionale 1 A-L ed M-Z del 1.7.27 Esercizio 1 All istante t =ipunti A3, 1, e B 2, 1, 1 di un sistema rigido con punto fisso O,, presentano le seguenti velocità istantanee: Determinare: v A = ê 1 +3ê 2 +5ê 3 v B = 4ê 2 4ê 3. a ilvettore velocità angolare istantanea del sistema; b l equazione parametrica dell asse istantaneo di moto. Esercizio 2 Un sistema rigido ècostituito da un asta OA, dilunghezza a, ilcuiestremo A èsaldato ortogonalmente al bordo di un disco circolare D di centro C eraggio a. Ilcentro C si trova lungo l asse Ox di una terna solidale Oxyz, comemostrato in figura. Le densità lineare dell asta e areale del disco in un loro generico punto P si scrivono, rispettivamente, essendo µ una massa caratteristica. λp = µ µ P O σp = P C, a2 πa3 Determinare del sistema: a ilbaricentro rispetto alla terna Oxyz; b la matrice d inerzia in Oxyz; c il momento d inerzia rispetto ad un asse passante per O etangente a D. 1

Esercizio 3 Un disco circolare omogeneo D, di centro O, raggio R e massa m ruota liberamente attorno all asse orizzontale Oz di una terna cartesiana Oxyz. Albordo di D èfissatounpunto P di massa m, mentreunsecondo punto Q, pure di massa m, èvincolato ascorrere lungo l asse orizzontale Ox einteragisce con P mediante una molla ideale di costante elastica mg/3r. Ilsistemaèpesante. Sapendo che la terna Oxyz ruota con velocità angolare costante g/6r attorno all asse verticale Oy rispetto ad un riferimento inerziale e che i vincoli si possono assumere ideali, usare i parametri s e ϑ in figura per determinare del sistema: a gli equilibri relativi a Oxyz; b lastabilità degli stessi equilibri; c l espressione dell energia cinetica relativa a Oxyz; d le equazioni pure del moto; e l espressione della quantità dimotorelativamente alla terna Oxyz; f per quali valori della costante α la funzione: V α s, ϑ, ṡ, ϑ =α cos ϑ + 1 12 sin2 ϑ 1 12 s2 + 1 3 s sin ϑ + ṡ2 2 + 3 4 ϑ 2 èunintegrale primo. 2

Soluzione dell esercizio 1 a Velocitàangolare istantanea I punti A3, 1, e B 2, 1, 1 hanno velocità istantaneerispettive A = ê 1 +3ê 2 +5ê 3 e Ḃ = 4ê 2 4ê 3..1 Poichéilsistemaèrigido con punto fisso O, lestesse velocità devonoanchepotersi esprimere per mezzo della formula di Poisson, in termini del vettore velocità angolare istantanea incognito: ω = ω 1 ê 1 + ω 2 ê 2 + ω 3 ê 3. Si hanno così lerelazioni: Ȧ = ω A O = ê 1 ê 2 ê 3 ω 1 ω 2 ω 3 3 1 = ω 3ê 1 +3ω 3 ê 2 +ω 1 3ω 2 ê 3 Ḃ = ω B O = ê 1 ê 2 ê 3 ω 1 ω 2 ω 3 2 1 1 =ω 2 + ω 3 ê 1 + 2ω 3 ω 1 ê 2 + ω 1 +2ω 2 ê 3 dalle quali, confrontando con le.1, seguono le equazioni lineari: ω 3 = 1 3ω 3 =3 ω 1 3ω 2 =5 ω 2 + ω 3 = 2ω 3 ω 1 = 4 ω 1 +2ω 2 = 4. Le prime due sono linearmente dipendenti e porgono il risultato: che sostituito nella quarta conduce a Dalla terza equazione si ottiene infine ω 3 =1, ω 2 = ω 3 = 1. ω 1 =5+3ω 2 =2 che verifica anche le quinta e la sesta. In definitiva, il vettore velocità angolare istantanea del sistema rigido risulta ω =2ê 1 ê 2 +ê 3. 3

b Asse instantaneo di moto Poichè ilvettore velocità angolare istantanea ω ènonnulloeilpuntoo fisso, l asse istantaneo di moto èineffetti un asse istantaneo di rotazione e si identifica con la retta condotta per O di direzione ω. L equazione parametrica dell asse centrale si scrive pertanto come x =2ξ y = ξ z = ξ ξ R. Soluzione dell esercizio 2 a Baricentro del sistema Il sistema si compone di una curva materiale, l asta OA, ediuna superficie materiale, il disco D. L astaoa ammette una parametrizzazione immediata della forma P O = x ê 1, x [,a], rispetto alla quale la densità lineare di massa assume la forma λx = µ a 2 x, x [,a]. La parametrizzazione del disco si scrive invece convenientemente in coordinate polari rispetto al suo centro C: P C = ρ cos ϕ ê 1 + ρ sin ϕ ê 2, ρ, ϕ [,a] [, 2π], con la funzione densità arealedimassa σρ, ϕ = µ ρ, ρ, ϕ [,a] [, 2π]. πa3 Massa dell asta Integrando la densità λx sulsegmento[,a]dell asse Ox si ottiene la massa dell asta OA: m OA = OA λds = a µ a xdx = µ a 2 2 a 2 2 = µ 2. Massa del disco In modo analogo, l integrale della densità arealeσ sul disco D fornisce la massa di questo: m D = D σda = 2π dϕ a dρ ρ µ πa 3 ρ = µ a πa 3 2π ρ 2 dρ = 2µ a 3 a 3 3 = 2 3 µ. 4

Massa del sistema La massa del sistema si calcola applicando la proprietà additiva, sommando cioè lemasse delle parti costituenti: m = m OA + m D = µ 2 + 2 3 µ = 7 6 µ. Baricentro dell asta Il baricentro G OA dell asta deve collocarsi lungo l asse coordinato Ox, checostituisce un evidente asse di simmetria. Si ha perciò G OA O = x 1 ê 1 con per cui x 1 = 1 m OA OA xλds = 2 µ a G OA O = 2 3 a ê 1. x µ a 2 xdx = 2 a 2 a 3 3 = 2 3 a Baricentro del disco Il baricentro C D del disco concide con il centro geometrico C della figura: G D O = C O =2a ê 1, che rappresenta un evidente centro di simmetria del disco, in quanto la densità σ dipende unicamente dalla distanza da C. Baricentro del sistema Noti che siano le masse e i baricentri dell asta e del disco, il baricentro G del sistema si calcola applicando la proprietà distributiva: G O = m OA G OA O+m D G D O m OA + m D = µ 2 2 3 a ê 1 + 2 3 µ 2a ê 1 = 7 6 µ 1 7 a ê 1. b Matrice d inerzia rispetto alla terna Oxyz La matrice d inerzia del sistema rispetto alla terna Oxyz si ottiene per additività, sommando le relative matrici d inerzia dell asta e del disco. Matrice d inerzia dell asta L asse Ox coincide con la retta di giacitura dell asta OA, percui Oxyz costituisce una terna principale d inerzia in O dell asta e la matrice d inerzia assume la forma diagonale [L OA O ]= L OA yy L OA yy 5

nella quale i momenti d inerzia non banali sono uguali per l evidente simmetria e risultano L OA yy = a x 2 µ a 2 xdx = µ a 2 a 4 4 = 1 4 µa2. Se ne conclude che [L OA O ]=µa 2 1/4 1/4. Matrice d inerzia del disco Per calcolare la matrice d inerzia del disco conviene osservare che il riferimento Cxyz,con l origine C egliassi rispettivamente paralleli a quelli della terna Oxyz, costituisce una terna centrale d inerzia per il disco, in quanto Cx e Cy sono due evidenti assi di simmetria fra loro ortogonali. D altra parte, la terna Oxyz èottenuta da Cxyz traslando lungo un asse coordinato, per cui è una terna principale d inerzia in O, secondo il teorema di Huygens-Steiner generalizzato: non si rende dunque necessario calcolare alcun prodotto d inerzia. Rispetto a Cxyz la matrice d inerzia del disco assume la forma diagonale [L D C ]= L D C,xx L D C,yy = L D C,xx + LD C,yy L D C,xx L D C,xx 2L D C,xx in quanto L D C,yy = LD C,xx per simmetria. Il momento d inerzia rispetto all asse Cx si calcola applicando direttamente la definizione: L D C,xx = 2π dϕ = µ πa 3 a 2π dρ ρ ρ sin ϕ 2 µ πa 3 ρ = µ πa 3 1 cos 2ϕ 2 2π [ dϕ a5 5 = µa2 ϕ 1π sin 2 ϕdϕ ] 2π sin 2ϕ 2 a ρ 4 dρ = = µa2 µa2 2π = 1π 5. La matrice d inerzia del disco rispetto alla terna Oxyz risulta anch essa diagonale [L D O]= L D O,xx L D O,yy L D O,xx + LD O,yy con e L D O,xx = LD C,xx = 1 5 µa2 L D O,yy = L D C,yy + m D C O 2 = 1 5 µa2 + 2 3 µ 2a2 = 1 5 µa2 + 8 3 µa2 = 43 15 µa2 6

per cui [L D O]=µa 2 1/5 43/15. 46/15 Matrice d inerzia del sistema Non resta che sommare le matrici d inerzia parziali per ottenere la matrice d inerzia dell intero sistema: [L O ]=[L OA O ]+[LD O ]=µa2 1/4 + µa 2 1/5 43/15 = 1/4 46/15 = µa 2 1/5 187/6. 199/6 c Momento d inerzia relativo all asse per O e tangente al disco Come ben noto dalla geometria elementare, la retta condotta da O ètangente al bordo del disco in un punto B tale che il triangolo OCB risulta rettangolo nel vertice B la retta tangente a una circonferenza in un punto èanche ortogonale al raggio condotto per lo stesso punto. Avendosi B C = a per definizione e C O =2a per ipotesi, èallora evidente che il triangolo OCB èlametàdiuntriangolo equilatero di altezza OB elato C O = 2a. Ne deriva che l angolo CÔB ha ampiezza pari a π/6 radianti. Il versore associato alla retta OB vale allora ˆn = B O B O π π =cos ê 1 +sin ê 2 = 6 6 3 2 ê1 + 1 2 ê2 eilmomento d inerzia del sistema rispetto all asse OB si scrive I OB = 3/2 1/2 µa 2 1/5 187/6 199/6 1 = µa 2 3 5 4 + 187 1 = 223 6 4 24 µa2. 7 3/2 1/2 =

Si osservi che, a rigore, l asse passante per O etangente al bordo del cerchio non èindividuato in modo univoco: esistono infatti due diversi assi con le medesime caratteristiche. Appare tuttavia evidente che, per simmetria, i momenti d inerzia del sistema rispetto a questi due assi sono identici uno di tali assi si ottiene dall altro per simmetria rispetto all asse Ox, operazionechenon altera la distribuzione di massa del sistema né, conseguentemente, la relativa matrice d inerzia. Soluzione dell esercizio 3 a Equilibri relativi a Oxyz Il sistema èscleronomo, posizionale e conservativo, a vincoli bilaterali ideali. I suoi equilibri sono perciò tutti ordinari e si identificano con i punti critici del potenziale, nel quale si devono sommare i contributi delle forze peso, dell interazione elastica fra i punti P e Q e delle forze centrifughe. Potenziale elastico Per calcolare il potenziale associato alla molla ideale di estremi P, Q edicostanteelastica mg/3r occorre esprimere le coordinate degli estremi in funzione dei parametri lagrangiani: Q O = Rs ê 1 P O = R sin ϑ ê 1 R cos ϑ ê 2 e calcolare quindi il vettore distanza fra gli stessi estremi in modo che il potenziale elastico risulta U el = 1 2 Q P = Rs sin ϑê 1 + R cos ϑ ê 2 mg 3R Q P 2 = 1 mg 2 3R R2[ s sin ϑ 2 +cos 2 ϑ ] = 1 6 mgrs2 2s sin ϑ +1. Potenziale gravitazionale Il potenziale gravitazionale èlasomma di termine relativo al disco uno associato al punto materiale Q e uno pertinente al punto P U D g = mg ê 2 O O =, U Q g = mg ê 2 Q O = U P g = mg ê 2 P O = mg R cos ϑ =mgr cos ϑ. Potenziale centrifugo Il moto rotatorio uniforme della terna Oxyz, convelocitàangolare costante ω = g/6r, rispetto ad un riferimento inerziale comporta l insorgere di un campo di forze centrifughe. 8

Il corrispondente potenziale centrifugo è la somma dei contributi relativi al disco D, al punto P ealpunto Q. Ilpotenziale centrifugo del disco ècostante U D cf = ω2 2 ID Oy = 1 2 g 6R mr 2 4 = 1 48 mgr, mentre quello del punto Q risulta U Q cf = ω2 2 mq O2 = 1 2 g 6R mr2 s 2 = 1 12 mgrs2 equello relativo al punto P si scrive U P cf = ω2 2 m[p O ê 1] 2 = 1 2 g 6R mr2 sin 2 ϑ = 1 12 mgr sin2 ϑ. Componenti generalizzate delle forze di Coriolis Oltre alle forze centrifughe, nel sistema non inerziale Oxyz agiscono anche le forze di Coriolis, le cui componenti lagrangiane sono tuttavia identicamente nulle. Indicati con P i il generico punto del sistema e con m i la relativa massa, per la componente relativa al parametro s si ha infatti: Q Cor s = i 2m i ω ê 2 P i P i s = 2ω ê 2 i = 2ω i m i Pi s ṡ + P i ϑ ϑ P i s m i ê 2 P i P i s = = 2ω ê 2 i m i P i ϑ P i s ϑ = in quanto ê 2, P i / ϑ e P i / s sono vettori paralleli al piano coordinato Oxy. In modo analogo si verifica che Q Cor ϑ =. Potenziale del sistema Ignorando le costanti additive inessenziali, i potenziali gravitazionale, elastico e centrifugo sono dati dalle espressioni: U g = mgr cos ϑ U el = mgr 1 6 s2 + 1 3 s sin ϑ 1 U cf = mgr 12 s2 + 1 12 sin2 ϑ e la loro somma definisce il potenziale del sistema: Us, ϑ =U g + U el + U cf = mgr cos ϑ 1 12 s2 + 1 12 sin2 ϑ + 1 3 s sin ϑ..2 9

Equilibri Le derivate parziali prime del potenziale.2 si ricavano immediatamente U s = mgr 1 6 s + 1 3 sin ϑ U ϑ = mgr sin ϑ + 1 6 sin ϑ cos ϑ + 1 3 s cos ϑ ed eguagliate a zero porgono il sistema di equazioni di equilibrio: 1 6 s + 1 sin ϑ = 3 sin ϑ + 1 6 sin ϑ cos ϑ + 1.3 3 s cos ϑ =. La prima delle equazioni.3 permette di esprimere l ascissa s di equilibrio in termini dell angolo di equilibrio ϑ: s =2sinϑ, relazione che sostituita nella seconda delle.3 conduce all equazione trigonometrica sin ϑ + 1 6 sin ϑ cos ϑ + 2 sin ϑ cos ϑ = 3 che si semplifica in epoichè 1+ 5 6 cos ϑ sin ϑ = 1+ 5 cos ϑ< ϑ R, 6 equivale semplicemente a sin ϑ =. Gli equilibri del sistema ricorrono dunque per ϑ =eϑ = π: s, ϑ =,, s, ϑ =,π. b Stabilità degliequilibri Trattandosi di sistema scleronomo posizionale conservativo, la stabilità degli equilibri può essere discussa ricorrendo ai teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale, che richiedono la valutazione preliminare delle derivate parziali seconde del potenziale: U ss = 1 6 mgr U ϑs = 1 mgr cos ϑ 3 U sϑ = 1 mgr cos ϑ 3 U ϑϑ = mgr cos ϑ + 1 6 cos2 ϑ 1 6 sin2 ϑ 1 3 s sin ϑ 1

ossia della matrice hessiana: H U s, ϑ =mgr 1/6 1 3 cos ϑ 1 3 cos ϑ cos ϑ + 1 6 cos2 ϑ 1 6 sin2 ϑ 1 3 s sin ϑ che vacalcolata in ciascuna posizione di equilibrio. Configurazione s, ϑ =, In questo caso la matrice hessiana del potenziale assume la forma 1/6 1/3 H U, = mgr 1/3 5/6 ed èdotata di traccia negativa e determinante positivo: trh U, = mgr < deth U, = 1 36 m2 g 2 R 2 > che ne assicurano il carattere definito negativo. Ciò permette di riconoscere in s, ϑ =, un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilità èassicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet. Configurazione s, ϑ =,π Nella fattispecie la matrice hessiana si riduce a H U,π=mgR epresentadeterminante di segno negativo: 1/6 1/3 1/3 7/6 deth U,π= 11 36 m2 g 2 R 2 < ossia carattere indefinito, con due autovalori di segno opposto. L autovalore di segno positivo implica l instabilità della configurazione in virtù dell inversione parziale del teorema di Lagrange-Dirichlet. c Energia cinetica Conviene applicare la proprietà additiva e calcolare l energia cinetica del sistema come somma dei contributi relativi al disco,alpuntoq ealpunto P. Energia cinetica del disco Il disco ruota con velocità angolare ϑ ê 3 attorno all asse fisso Oz elasuaenergia cinetica può quindi esprimersi per mezzo della relazione T D = 1 2 ID Oz ϑ ê 3 2 = 1 mr 2 2 2 11 ϑ 2 = mr2 4 ϑ 2..4

Energia cinetica del punto Q L energia cinetica del punto Q si ricava direttamente dalla definizione: T Q = m 2 Q 2 = m 2 Rṡ ê 1 2 = mr2 ṡ 2..5 2 Energia cinetica del punto P Per l energia cinetica del punto P si ha infine l espressione T P = m 2 P 2 = m 2 R2 cos ϑ ê 1 +sinϑ ê 2 2 ϑ2 = mr2 2 ϑ 2..6 Energia cinetica del sistema Sommando le relazioni.4,.5 e.6 si ottiene l energia cinetica richiesta: T = mr2 ṡ 2 + 3 2 4 mr2 ϑ2 = 1 2 mr2 ṡ 2 + 3 2 ϑ 2..7 d Equazioni pure del moto Per questo sistema scleronomo a vincoli ideali le equazioni pure del moto sono quelle di Lagrange: d L L dt ṡ s = d L dt ϑ L ϑ = con la lagrangiana L = T + U data da L = 1 2 mr2 ṡ 2 + 3 2 ϑ 2 + mgr cos ϑ 1 12 s2 + 1 12 sin2 ϑ + 1 3 s sin ϑ come èimmediato dedurre dalle relazioni.7 e.2. Si ha allora: d L dt ṡ d L dt ϑ = 3 2 mr2 ϑ = mr 2 s L s = mgr 1 6 s + 1 3 sin ϑ L ϑ = mgr sin ϑ + 1 6 sin ϑ cos ϑ + 1 3 s cos ϑ per cui le equazioni del moto si riducono a mr 2 s 1 + mgr 6 s 1 3 sin ϑ = 3 2 mr2 ϑ + mgr sin ϑ 1 6 sin ϑ cos ϑ 1 3 s cos ϑ =..8 12

e Quantità dimoto Trattandosi di grandezza additiva, la quantità di moto del sistema si ottiene sommando le quantità dimotoditutteleparticostituenti,ildiscod Q D = mȯ =, il punto materiale Q ed il punto materiale P Q Q = m Q = mrṡ ê 1 Q P = m P = mrcos ϑ ê 1 +sinϑ ê 2 ϑ. Si ha pertanto: Q = mrṡ +cosϑ ϑê 1 + mr sin ϑ ϑ ê 2. f Condizione per l integrale primo La funzione V α s, ϑ rappresenta un integrale primo per ilsistemaseesoltantoseα = g/r, poichèintal caso essa si identifica con l energia meccanica del sistema, a meno di un fattore costante: V g/r s, ϑ, ṡ, ϑ = 1 mr 2 Hs, ϑ, ṡ, ϑ. La condizione può essere accertata direttamente, facendo ricorso al teorema di caratterizzazione degli integrali primi per mezzo della derivata di Lie. Per la derivata di Lie della funzione V si ha in effetti: V α s, ϑ, ṡ, ϑ = V α ṡ s + V α ϑ ϑ + V α s ṡ + V α ϑ ϑ dove le accelerazioni generalizzate si ricavano dalle equazioni del moto.8: s = g R 1 6 s + 1 3 sin ϑ ϑ = 2 3 g sin ϑ + 1 R 6 sin ϑ cos ϑ + 1 3 s cos ϑ mentre le derivate parziali prime di V si scrivono: V α ṡ = ṡ V α ϑ = 3 2 ϑ V α s = α 1 6 s + 1 3 sin ϑ V α ϑ = α sin ϑ + 1 6 sin ϑ cos ϑ + 1 3 s cos ϑ 13

per cui: V α s, ϑ, ṡ, ϑ =ṡ g 1 R 6 s + 1 3 sin ϑ + + 3 2 ϑ 2 g sin ϑ + 1 3 R 6 sin ϑ cos ϑ + 1 3 s cos ϑ + + α 1 6 s + 1 3 sin ϑ ṡ+ + α sin ϑ + 1 6 sin ϑ cos ϑ + 1 3 s cos ϑ ϑ = = α + g [ 1 R 6 s + 1 3 sin ϑ ṡ+ + sin ϑ + 1 6 sin ϑ cos ϑ + 1 ] 3 s cos ϑ ϑ espressione che èidenticamente nulla in s, ϑ, ṡ, ϑ R 4 seesoloseα +g/r =. In definitiva, il valore cercato del parametro α è: α = g R. 14