Esercizio 1. Un sistema materiale è costituito da una lamina piana omogenea di massa M e lato L e da un asta AB di lunghezza l e massa m. La lamina scorre con un lato sull asse x ed è soggetta a una forza costante F = F î che agisce sul centro di massa P 0. L estremo A dell asta, che sta sull asse x e coincide con l origine del sistema di coordinate, è fisso e l asta può ruotare attorno a esso. Infine, una molla collega l estremo B dell asta con il lato CD della lamina, rimanendo sempre perpendicolare a esso e agganciandolo nel punto K. Vogliamo determinare le configurazioni di equilibrio e studiare la stabilità del Φ E y Φ D Φ O F L P 0 K C k > 0 B E M D O=A s φ m, l x sistema (che è rappresentato in figura ). Infine, vogliamo calcolare le reazioni vincolari sul sistema. Il sistema in esame ha due gradi di libertà, che noi descriviamo con le coordinate lagrangiane s e ϕ, dove s è l ascissa del punto D cambiata di segno (quindi s > 0 quando la lamina si trova a sinistra dell asse y) e ϕ l angolo formato dall asta AB con l asse x. L energia potenziale è data da tre contributi: la forza peso sull asta, la forza elastica della molla e la forza costante sul centro di massa della lamina. Il centro di massa dell asta P 1 è il punto medio dell asta, pertanto e P 1 O = l (î cos ϕ + ĵ sin ϕ) (1) B O = l (î cos ϕ + ĵ sin ϕ). () La forza F è un campo costante, quindi è conservativa. La sua energia potenziale è F x 0 = F (s + L) (F è diretta lungo il verso negativo dell asse x), 1
dove x 0 è l ascissa del centro di massa P 0. Abbiamo dunque, trascurando la costante F L nell energia potenziale: V (s, ϕ) = m g l sin ϕ + 1 k (B C) F s = = m g l sin ϕ + 1 k (s + l cos ϕ) F s (3) I punti critici dell energia potenziale, che corrispondono alle configurazioni di equilibrio, sono dati dalle soluzioni del sistema ovvero s = 0 ϕ = 0 k (s + l cos ϕ) F = 0 s (4) ϕ m g l cos ϕ k (s + l cos ϕ) l sin ϕ = 0 (5) k (s + l cos ϕ) = F m g l cos ϕ F l sin ϕ = 0 tan ϕ = m g F s = F k (6) l cos ϕ (7) Ci sono due soluzioni per ϕ, ϕ 1 = ϕ 0 (8) ϕ = π + ϕ 0 (9) dove ϕ 0 è la determinazione nel primo quadrante di ( m g ) ϕ 0 = arctan. (10) F Le corrispondenti soluzioni per la variabile s sono s 1 = F k l cos ϕ 0 (11) s = F k + l cos ϕ 0. (1)
Abbiamo dunque complessivamente due configurazioni di equilibrio Q 1 e Q date da ( ) ( ) F F Q 1 = k l cos ϕ 0, ϕ 0 ; Q = k + l cos ϕ 0, π + ϕ 0. (13) Per studiare la stabilità di Q 1 e Q dobbiamo calcolare la matrice hessiana dell energia potenziale. Abbiamo per le derivate seconde: V s = k (14) V ϕ = m g l sin ϕ k s l cos ϕ k l (cos ϕ sin ϕ) (15) V = k l sin ϕ s ϕ (16) Sostituendo le configurazioni di equilibrio troviamo, dopo qualche passaggio, per le matrici hessiane H 1 e H nei due equilibri: ( ) k k l sin ϕ H 1, = 0 k l sin ϕ 0 k l sin ϕ 0 l F (1 + tan (17) ϕ 0 ) cos ϕ 0 che danno det(h 1, ) = k l F (1 + tan ϕ 0 ) cos ϕ 0, il cui segno dipende da cos ϕ 0. La configurazione di equilibrio Q è quindi incondizionatamente stabile mentre Q 1 è incondizionatamente instabile. Le reazioni vincolari sul sistema sono: la reazione vincolare Φ O = Φ x î + Φ y ĵ nell origine e le reazioni Φ D = Φ D ĵ e Φ E = Φ E ĵ nei punti D ed E. La prima equazione cardinale sull asta all equilibrio ci da Scomposta lungo le due direzioni coordinate da : Φ O m g ĵ + k (K B) = 0 (18) Φ x k (s + l cos ϕ) = 0 Φ y m g = 0 e quindi le componenti della reazione vincolare in O all equilibrio sono Φ x = k (s + l cos ϕ) = F Φ y = m g. La prima equazione cardinale della statica applicata alla lamina quadrata, Φ E + Φ D M g ĵ + k (B K) F î = 0, (19) 3
scomposta lungo le direzioni coordinate, ci dà k (s + l cos ϕ) F = 0 (0) Φ E + Φ D M g = 0 (1) La prima equazione è una delle equazioni dell equilibrio che abbiamo già trovato. La seconda equazione non è sufficiente a determinare separatamente Φ E e Φ D, quindi dobbiamo usare anche la seconda equazione cardinale. Scegliendo il centro di massa della lamina P 0 come polo abbiamo: (E P 0 ) Φ E + (D P 0 ) Φ D + (K P 0 ) [k (B K)] = 0 () Proiettando lungo k si ha: L (Φ D Φ E ) k (s + l cos ϕ) (l sin ϕ L) = 0 (3) L (Φ D Φ E ) F (l sin ϕ L) = 0. (4) Le reazioni vincolari Φ D e Φ E sono quindi date dal sistema Φ D + Φ E = M g (5) Φ D Φ E = F (l sin ϕ L) (6) L da cui otteniamo Φ D = 1 Φ E = 1 (M g F + F ll ) sin ϕ (7) [M g + F F ll ] sin ϕ. (8) Ricordando la relazione trigonometrica tan ϕ sin ϕ = ± 1 + tan ϕ otteniamo all equilibrio: m g sin ϕ 0 = 4 F + m g m g sin(ϕ 0 + π) = 4 F + m g e usando i dati dell equilibrio abbiamo in Q 1 : ( ) Φ D = 1 M g F + F m g l (9) L 4 F + m g ( ) Φ E = 1 M g + F F m g l. (30) L 4 F + m g 4
Esercizio. Una lamina piana omogenea di massa m è costituita da un disco di centro C e raggio R nel quale è praticato un foro quadrato concentrico di lato R. La lamina si muove nel piano verticale O(x, y) ed è libera di ruotare attorno al centro C, a sua volta libero di scorrere senza attrito sull asse y. Sui punti diametrali A e B agiscono due forze: una molla di costante elastica k > 0, che collega A con l origine O, e una forza costante applicata in B, parallela alla direzione dell asse y nel verso positivo. Il sistema ha due gradi di libertà; si scelgano come coordinate lagrangiane i parametri s e θ indicati in figura, con s > 0 quando C sta sotto di O. Si chiede di: y k > 0 O s F x R C R B θ A m Φ C calcolare la matrice d inerzia della lamina in un sistema di riferimento con l origine in C e gli assi paralleli ai lati del quadrato; scrivere l energia potenziale del sistema; calcolare le configurazioni di equilibrio; studiare la stabilità delle configurazioni di equilibrio trovate; scrivere l energia cinetica del sistema; scrivere le equazioni di Lagrange nell ipotesi che sul punto C agisca una forza viscosa di costante λ. 5
. La matrice d inerzia I della lamina è data dalla differenza delle matrici I D del disco pieno e I Q del foro quadrato: I = I D I Q, (31) con le matrici I D e I Q calcolate con la densità della lamina. Le masse del disco pieno m D e del foro quadrato m Q sono date dalla soluzione del sistema da cui ricaviamo m D m Q = m (3) m D = π R = π m Q R (33) m D = π π 1 m (34) m Q = 1 π 1 m (35) Per le matrici d inerzia del disco e del quadrato facciamo riferimento alle espressioni ricavate a lezione: I D = 1 1 0 0 4 m D R 0 1 0 (36) 0 0 per il disco e I Q = 1 1 0 0 1 m Q R 0 1 0. (37) 0 0 per il quadrato (che ha lato R). In conclusione: I = 1 1 0 0 1 R (3 m D m Q ) 0 1 0. (38) 0 0 L energia potenziale del sistema contiene tre contributi: quello della forza peso, quello della molla e quello della forza costante applicata in B: V = m g y C + 1 k (A O) F y B = (39) = m g s + 1 k ( R + s + R s sin θ ) F (R sin θ s) (40) 6
I punti critici dell energia potenziale, che corrispondono alle configurazioni di equilibrio, sono dati dalle soluzioni del sistema ovvero s = 0 θ = 0 m g + k (s + R sin θ) + F = 0 s (41) k R s cos θ F R cos θ = 0. θ (4) Calcoliamo anche le derivate seconde dell energia potenziale, in preparazione per lo studio della stabilità: V ss = V s = k (43) V sθ = V s θ Il sistema (41)-(4) si riduce a: La seconda equazione è soddisfatta per = k R cos θ (44) V θθ = V = R (k s F ) sin θ. (45) θ s + R sin θ = m g F k (46) (k s F ) cos θ = 0. (47) (i) cos θ = 0, che fornisce i due valori θ 1 = π/ e θ 1 = 3 π/; (ii) s = F/k, che fornisce sin θ = (m g F )/( k R). Il secondo insieme di soluzioni esiste solo quando m g F k R 1 7
e in tal caso abbiamo θ 3 = arcsin(m g F )/( k R) e θ 4 = π θ 3. I due insiemi di soluzioni danno le seguenti configurazioni di equilibrio Q(s, θ): ( ) m g F Q 1 = R, π/ (48) k ( ) m g F Q = + R, 3 π/ (49) k ( ) F Q 3 = k, θ 3 (50) ( ) F Q 4 = k, π θ 3 (51) Nelle configurazioni Q 1 e Q abbiamo V sθ = 0, quindi la stabilità è determinata da V θθ : Q 1 : V θθ = R [ (F + R) m g] (5) Q : V θθ = R [ (F R) m g]. (53) Q 1 è stabile se (F + R) m g mentre Q 1 è stabile se (F R) m g. In Q 3 e Q 4 abbiamo V θθ = 0, quindi il determinante della matrice hessiana è negativo e gli equilibri non sono stabili. Calcoliamo ora le reazioni vincolari all equilibrio. L unica reazione vincolare presente è Φ C = Φ C î. Dalla prima equazione cardinale della statica lungo l asse x abbiamo: Φ C k x A = 0 (54) e quindi Φ C = k x A = k R cos θ. (55) Nelle configurazioni Q 1 e Q abbiamo Φ C = 0; in Q 3 e Q 4 abbiamo rispettivamente Φ C = k R cos θ 3 e Φ C = k R cos θ 3. L energia cinetica del sistema va calcolata con il teorema di König. Dato che C è il centro di massa abbiamo: T = 1 m v C + 1 I 33 ω = 1 m ṡ + 1 I 33 θ (56) dove I 33 = 1 6 R (3 m D m Q ) 8
è l elemento della matrice d inerzia dell equazione (38). sistema è L = T V. Abbiamo La lagrangiana del L ṡ = m ṡ (57) L θ = I θ 33 (58) L = m g k (s + R sin θ) F s (59) L = k R s cos θ + F R cos θ. θ (60) La forza viscosa che agisce sul punto C è data da: F λ = λ v C = λ ( ṡ ĵ) = λ ṡ ĵ. (61) Le forze generalizzate relative alla forza viscosa sono date da: Q s = F λ C s e le equazioni di Lagrange sono: = λ ṡ ĵ ( ĵ) = λ ṡ (6) Q θ = F λ C θ = 0 (63) m s m g + k (s + R sin θ) + F = λ ṡ (64) I 33 θ = k R s cos θ + F R cos θ (65) 9