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Prova scritta di meccanica razionale del 06.09.2011
Esercizio 1Una piastra P giace nel piano coordinato Oxydi una terna ortogonale Oxyz, come mostratoin figura. La densita della lamina e espressada:
!(Q) =µ
a4|Q ! O|2 "Q # P
dove µ ed a indicano una massa e una lun-ghezza caratteristiche. Si determinino delsistema:
(a) la massa e la posizione del baricentro rispetto a Oxyz;(b) la matrice d’inerzia in Oxyz e i momenti principali d’inerzia relativi ad O.
Esercizio 2Un punto materiale P , di massa m, scorrelungo una guida circolare " di centro O e rag-gio a fissa nel piano Oxy di una terna orto-gonale Oxyz = Oe1e2e3, con asse Oy verti-cale. Oltre al peso, sul punto agisce ancheuna resistenza !#P , essendo P la velocita diP relativa a Oxyz. Rispetto a un riferimentoinerziale !xyz (non in figura), la terna Oxyztrasla secondo la legge O ! ! = $ cos(%t)e1,con $ e % costanti positive. Usando l’angolo& # R come coordinata generalizzata, deter-minare nel riferimento Oxyz:(a) le equazioni pure del moto di P nel caso la guida " sia liscia;(b) la soluzione stazionaria di tali equazioni per & $ 0, assumendo quindi sin& $ & e
cos& $ 1;(c) la condizione su % a"nche il sistema descritto nell’approssimazione & $ 0 del punto
(b) sia risonante;(d) la condizione di equilibrio qualora " abbia un coe"ciente di attrito statico µs > 0.
1
Esercizio 3Nel piano verticale Oxy di una terna inerzialeOxyz un disco circolare omogeneo D, di cen-tro C , raggio r e massa m, rotola senza stri-sciare lungo l’asse orizzontale Ox. Un’astaomogenea AC , di massa m e lunghezza a > re incernierata a D in C . Sul sistema agisconoil peso ed una interazione elastica di costantek fra i punti A ed O. Supposti i vincoli idealied introdotti i parametri lagrangiani s # R e& # R in figura, determinare del sistema:
(a) gli equilibri;(b) le proprieta di stabilita degli equilibri;(c) l’espressione dell’energia cinetica;(d) le equazioni pure del moto;(e) l’espressione della quantita di moto;(f) le frequenze normali delle piccole oscillazioni attorno ad un equilibrio stabile per r =
a/2 e k = 3mg/5a.
2
Soluzione dell’esercizio 1Si puo considerare la piastra P come l’unione P1 % P2 delle parti seguenti:
& il rettangolo P1 = {(x, y) # [!a, 0]' [!a, a]};& il quadrato P2 = {(x, y) # [0, a] ' [!a, 0]},
su ciascuna delle quali la densita areale di massa assume la medesima forma esplicita:
!(x, y) =µ
a4(x2 + y2) " (x, y) # P .
(a) Massa e baricentroMassa della piastra P1
La massa della piastra rettangolare si ottiene integrando la densita areale sul dominio P1:
m1 =!
P1
! dA =0!
!a
dx
a!
!a
dyµ
a4(x2 + y2) =
µ
a4
0!
!a
dx
"x2y +
y3
3
#a
y=!a
=
=µ
a4
0!
!a
$2ax2 +
23a3%dx =
µ
a4
"2a
x3
3+
23a3x
#0
!a
=µ
a4
$2a
3a3 +
23a3a%
=43µ .
Massa della piastra P2
L’integrazione della densita sul quadrato P2 fornisce la relativa massa:
m2 =!
P2
! dA =a!
0
dx
0!
!a
dyµ
a4(x2 + y2) =
µ
a4
a!
0
dx
"x2y +
y3
3
#0
y=!a
=
=µ
a4
a!
0
$x2a +
a3
3
%dx =
µ
a4
"x3
3a +
a3
3x
#a
0
=µ
a4
$a4
3+
a4
3
%=
23µ .
Massa del sistemaLa massa del sistema e la somma delle masse parziali di P1 e P2:
m = m1 + m2 =43µ +
23µ = 2µ .
Baricentro della piastra P1
L’asse Ox costituisce un evidente asse di simmetria per la piastra P1, il cui baricentro equindi individuato da un vettore posizione della forma:
G1 ! O = x1e1
3
con ascissa:
x1 =1
m1
!
P1
x! dA =34µ
0!
!a
dx
a!
!a
dyµ
a4(x2 + y2)x =
34a4
0!
!a
dx
"x3y + x
y3
3
#a
y=!a
=
=3
4a4
0!
!a
$2ax3 +
23a3x%dx =
34a4
"2a
x4
4+
23a3 x2
2
#0
!a
=3
4a4
$!a5
2! a5
3
%= !5
8a .
Si conclude cosı che:G1 ! O = !5
8a e1 .
Baricentro della piastra P2
Per il quadrato P2 un asse di simmetria e costituito dalla retta y = !x: i punti simmetricirispetto ad essa si collocano infatti alla stessa distanza dall’origine O e presentano percio lostesso valore della densita areale, che esclusivamente di tale distanza e funzione. Il vettoreposizione del baricentro G2 della piastra P2 si scrive percio:
G2 ! O = x2e1 ! x2e2
dove l’ascissa viene calcolata direttamente dalla definizione:
x2 =1
m2
!
P2
x! dA =32µ
a!
0
dx
0!
!a
dyµ
a4(x2 + y2)x =
32a4
a!
0
dx
"x3y + x
y3
3
#0
u=!a
=
=3
2a4
a!
0
$x3a + x
a3
3
%dx =
32a4
"x4
4a +
x2
2a3
3
#a
0
=3
2a4
$a5
4+
a5
6
%=
58a
per cui:
G2 !O =58a e1 !
58a e2 .
Baricentro del sistemaLa misura nulla dell’intersezione P1(P2, che non contribuisce in alcun modo agli integrali disuperficie calcolati per le masse e i baricentri parziali, autorizza a determinare il baricentroG del sistema ricorrendo al teorema distributivo. Si ha cosı:
G ! O =m1(G1 !O) + m2(G2 ! O)
m=
12µ
"43µ$!5
8a e1
%+
23µ$5
8a e1 !
58a e2
%#=
=23
$!5
8ae1
%+
13
$58ae1 !
58ae2
%= ! 5
24ae1 !
524
ae2 .
Da notare che il baricentro risulta collocato lungo la retta y = x, che e immediato ri-conoscere come asse di simmetria della piastra P.
4
(b) Matrice d’inerzia in Oxyz e momenti principali d’inerzia in OMatrice d’inerzia in Oxyz del sistemaLa piastra e collocata nel piano coordinato Oxy e quindi la matrice d’inerzia relativa allaterna Oxyz deve assumere la forma generale:
[LO] =
&
'Lxx Lxy 0Lxy Lyy 00 0 Lxx + Lyy
(
).
D’altra parte, la presenza dell’asse di simmetria y = x porta a concludere che Lxx = Lyy,per cui la matrice precedente si riduce a:
[LO] =
&
'Lxx Lxy 0Lxy Lxx 00 0 2Lxx
(
)
e richiede il calcolo del solo momento Lxx e del solo prodotto d’inerzia Lxy. Il primo puointendersi come somma dei momenti d’inerzia rispetto all’asse Ox di P1 e P2, e risulta
Lxx = LP1xx + LP2
xx =2845
µa2 +1445
µa2 =1415
µa2
essendo:
LP1xx =
!
P1
y2! dA =0!
!a
dx
a!
!a
dy y2 µ
a4(x2 + y2) =
µ
a4
0!
!a
dx
a!
!a
dy (x2y2 + y4) =
=µ
a4
0!
!a
dx
"x2 y3
3+
y5
5
#a
y=!a
=µ
a4
0!
!a
$23a3x2 +
25a5%dx =
µ
a4
$23a3 a3
3+
25a5a%
=2845
µa2
e:
LP2xx =
!
P2
y2! dA =µ
a4
a!
0
dx
0!
!a
dy (x2y2 + y4) =µ
a4
a!
0
dx*x2 y3
3+
y5
5
+0y=!a
=
=µ
a4
a!
0
$x2 a3
3+
a5
5
%dx =
µ
a4
"x3
3a3
3+
a5
5x
#a
0
=µ
a4
$a6
9+
a6
5
%=
1445
µa2 .
Per il prodotto d’inerzia vale invece:
Lxy = LP1xy + LP2
xy =14µa2
con LP1xy = 0 in quanto Ox e un asse di simmetria per P1, mentre:
LP2xy = !
!
P2
xy! dA =a!
0
dx
0!
!a
dyµ
a4(x2 + y2)xy = ! µ
a4
a!
0
dx
0!
!a
dy (x3y + xy3) =
5
= ! µ
a4
a!
0
dx
"x3 y2
2+ x
y4
4
#0
y=!a
= ! µ
a4
a!
0
$!x3 a2
2! x
a4
4
%dx =
= ! µ
a4
"!x4
4a2
2! x2
2a4
4
#a
0
=µ
a4
$a6
8+
a6
8
%=
14µa2.
La matrice d’inerzia della piastra risulta pertanto:
[LO] = µa2
&
'14/15 1/4 01/4 14/15 00 0 28/15
(
).
Momenti principali d’inerzia in OI momenti principali d’inerzia in O della piastra sono, per definizione, gli autovalori dellamatrice d’inerzia relativa alla terna Oxyz. Si tratta dunque di risolvere in ' il problemaagli autovalori:
det,[LO] ! 'I
-= 0
che con la sostituzione ' = µa2X si riduce alla forma adimensionale:
det$ 1
µa2[LO] ! X I
%= 0
ossia, esplicitamente:
det
&
'14/15! X 1/4 0
1/4 14/15! X 00 0 28/15! X
(
) = 0 .
Ne deriva l’equazione caratteristica:"$
X ! 1415
%2! 1
16
#$2815
! X%
= 0
vale a dire: $X ! 14
15! 1
4
%$X ! 14
15+
14
%$2815
! X%
= 0
e quindi: $X ! 71
60
%$X ! 41
60
%$2815
! X%
= 0 .
Ne derivano le radici:
X =7160
X =4160
X =2815
per cui i momenti principali d’inerzia in O risultano:
A1 =7160
µa2 A2 =4160
µa2 A3 =2815
µa2 .
6
Soluzione dell’esercizio 2Rispetto alla terna Oxyz, non inerziale, il punto si muove sulla guida circolare fissa " e lasua configurazione e individuata dalla parametrizzazione indipendente dal tempo:
P (&) ! O = a sin&e1 ! a cos&e2
con derivata:P "(&) =
(P
(&(&) = a(cos&e1 + sin&e2) .
I versori tangente e normale alla curva sono dati dalle relazioni:
) (&) =P "(&)|P "(&)| = cos&e1 + sin&e2
n(&) =d)
d&(&).////
d)
d&(&)//// =
! sin&e1 + cos&e2
|! sin&e1 + cos&e2|= ! sin&e1 + cos&e2
(1)
che torneranno utili nella determinazione sia delle equazioni del moto che della condizionedi equilibrio in presenza di attrito.
(a) Equazioni del moto per il caso di guida lisciaNella terna Oxyz, che si muove di moto traslatorio rispetto ad una terna galileiana !xyz,il punto P risulta soggetto alle seguenti sollecitazioni:
& il peso !mge2;& la resistenza viscosa !#P , essendo P la velocita di P relativa a Oxyz, la cui espressione
esplicita risulta quindi
!#P = !#(P
(&(&)& = !#a(cos&e1 + sin&e2)& = !#a&) ;
& la forza di trascinamento !mO, essendo O l’accelerazione dell’origine rispetto allaterna inerziale !xyz, esprimible esplicitamente come:
!mO = !m(!%2$) cos(%t)e1 = m%2$ cos(%t)e1 ;
& la reazione vincolare *# esercitata dalla guida liscia ", ortogonale a questa.Da notare l’assenza della forza di Coriolis, che non sussiste in una terna di riferimento insemplice moto traslatorio, per la quale la velocita angolare di trascinamento e costante-mente nulla. Il postulato delle reazioni vincolari porge allora l’equazione:
mP = !mge2 ! #P !mO + *#
che proiettata lungo il versore tangente conduce all’equazione pura del moto:
mP · ) = (!mge2 ! #P ! mO) · ) .
7
Il primo membro risulta:
mP · ) = md
dt
0&a)1· ) = m
0&a) + &2an
1· ) = ma&
mentre per le sollecitazioni a secondo membro si ha:
(!mge2 ! #P ! mO) · ) = (!mge2 ! #a&) + m%2$ cos(%t)e1) · ) =
= !mge2 · ) ! #a& + m%2$ cos(%t)e1 · ) =
= !mg sin&! #a& + m%2$ cos(%t) cos& .
L’equazione del moto del sistema e pertanto:
ma& = !mg sin&! #a& + m%2$ cos(%t) cos& . (2)
Vale la pena di osservare che l’equazione precedente non ammette alcun equilibrio, a causadel termine di trascinamento che dipende sinusoidalmente dal tempo. Si puo pero ritenereche, per $ piccolo, moti che partono con velocita & $ 0 da una posizione & $ 0 si man-tengano prossimi a & = 0.
(b) Soluzione stazionaria per le piccole oscillazioniNel limite di piccoli moti attorno a & = 0 l’equazione (2) si linearizza ponendo sin& = &e cos& = 1:
ma& + #a& + mg& = m%2$ cos(%t)
ed e identificabile con l’equazione di un oscillatore armonico smorzato soggetto ad unaforzante sinusoidale. Come ben noto, l’equazione ammette un’unica soluzione stazionaria,della forma:
& = A cos(%t + +)
dove A e + sono un’ampiezza e una fase costanti. E piu semplice, tuttavia, scrivere lastessa soluzione come combinazione di un termine cosinusoidale e di uno sinusoidale:
& = c1 cos(%t) + c2 sin(%t) (3)
con c1 e c2 costanti opportune, che l’Analisi Matematica assicura essere determinate uni-vocamente. Le derivate prima e seconda di (3) valgono:
& = !%c1 sin(%t) + %c2 cos(%t) & = !%2c1 cos(%t) ! %2c2 sin(%t)
e sostituite nella (2) porgono:
! ma%2c1 cos(%t) ! ma%2c2 sin(%t) ! #a%c1 sin(%t) + #a%c2 cos(%t)+
+ mgc1 cos(%t) + mgc2 sin(%t) = m%2$ cos(%t)
ossia, raccogliendo i termini simili in seno e coseno:
(!ma%2c1 + #a%c2 + mgc1 ! m%2$) cos(%t) + (!ma%2c2 ! #a%c1 + mgc2) sin(%t) = 0 .
8
I coe"cienti costanti delle due funzioni linearmente indipendenti devono essere nulli:
!ma%2c1 + #a%c2 + mgc1 ! m%2$ = 0 ! ma%2c2 ! #a%c1 + mgc2 = 0
e consentono di scrivere il sistema di equazioni lineari non omogenee:23
4m(g ! a%2)c1 + #a%c2 = m%2$
!#a%c1 + m(g ! a%2)c2 = 0
da cui si traggono le costanti c1 e c2 richieste:
c1 =
////m%2$ #a%
0 m(g ! a%2)
////////m(g ! a%2) #a%
!#a% m(g ! a%2)
////= m%2$
m(g ! a%2)m2(g ! a%2)2 + #2a2%2
c2 =
////m(g ! a%2) m%2$
!#a% 0
////////m(g ! a%2) #a%
!#a% m(g ! a%2)
////= m%2$
#a%
m2(g ! a%2)2 + #2a2%2.
La soluzione stazionaria per l’equazione dei piccoli moti attorno a & = 0 risulta pertanto:
& =m%2$
m2(g ! a%2)2 + #2a2%2
0m(g ! a%2) cos(%t) + #a% sin(%t)
1" t # R . (4)
(c) Condizione di risonanza su %Seguendo la ben nota procedura, e immediato verificare che l’ampiezza della soluzionestazionaria (4) vale:
A(%) =m%2$5
m2(g ! a%2)2 + #2a2%2=
%2$/a6$g
a! %2
%2+
#2
m2%2
mentre la fase + viene individuata univocamente in [0, 2,) dalle relazioni:
cos+ =m(g ! a%2)5
m2(g ! a%2)2 + #2a2%2sin+ =
!#a%5m2(g ! a%2)2 + #2a2%2
.
Per definizione, la pulsazione di risonanza corrisponde al valore di % per il quale l’ampiezzaA(%) del moto stazionario risulta massima. Per semplicita conviene ricercare il massimodi A(%)2, in modo da eliminare l’ingombrante radice quadrata a denominatore e ridurreil problema allo studio di una semplice funzione razionale. L’irrilevante fattore costante
9
$2/a2 puo essere inoltre ignorato. Si tratta cosı di individuare, per % > 0, il massimoassoluto della funzione ausiliaria:
$(%) =a2
$2A(%)2 =
%4
$g
a! %2
%2+
#2
m2%2
.
A questo scopo si calcola la derivata prima:
$!(%) =
4%3
"$g
a! %2
%2+
#2
m2%2
#! %4
"2$%2 ! g
a
%2% + 2
#2
m2%
#
"$g
a! %2
%2+
#2
m2%2
#2 =
=4%3
"$g
a! %2
%2+
#2
2m2%2 ! %2
$%2 ! g
a
%#
"$g
a! %2
%2+
#2
m2%2
#2 =4%3$ g2
a2! g
a%2 +
#2
2m2%2%
"$g
a! %2
%2+
#2
m2%2
#2
e la si eguaglia a zero per ricavare gli eventuali punti critici di $(%):
4%3$ g2
a2! g
a%2 +
#2
2m2%2%
= 0 .
Per % > 0 l’equazione equivale alla seguente:
g2
a2! g
a%2 +
#2
2m2%2 = 0
ovvero: $g
a! #2
2m2
%%2 =
g2
a2.
La funzione ausiliaria ammette dunque un unico punto critico positivo:
% = %cr =g
a
$g
a! #2
2m2
%!1/2=6
g
a
$1! #2a
2m2g
%!1/2
a condizione che si abbia # < m5
2g/a . Per verificare che si tratta e%ettivamente di unmassimo basta osservare che la derivata seconda di $ nel punto critico vale semplicemente:
$!!(%cr) =
d
d%
"4%3$g2
a2! g
a%2 +
#2
2m2%2%#
"$ g
a! %2%2
+#2
m2%2
#2
/////!=!cr
10
ed il suo segno coincide percio con quello del solo numeratore:
d
d%
"4%3$g2
a2! g
a%2 +
#2
2m2%2%#////
!=!cr
=
=12%2$g2
a2! g
a%2 +
#2
2m2%2%////
!=!cr
+8%4$ #2
2m2! g
a
%////!=!cr
=
=8%4$ #2
2m2! g
a
%////!=!cr
= !8%4cr
g
a
$1 ! #2a
2m2g
%< 0 .
Per # ) m5
2g/a, quando cioe il coe"ciente di frizione risulta su"cientemente grande, lafunzione $(%) non presenta alcun punto critico % > 0 ed e monotona crescente su tutta lasemiretta dei reali positivi, in quanto:
lim!#0+
$(%) = 0 lim!#+$
$(%) = +1 .
Cio significa che l’ampiezza del moto stazionario cresce monotonicamente con la pulsazione,tendendo al limite finito A(+*) = $/a
5$(+*) = $/a, e non presenta alcun massimo.
La pulsazione di risonanza vale pertanto:
% = %cr =6
g
a
$1 ! #2a
2m2g
%!1/2
ed e definita se e soltanto se # < m5
2g/a . Si osservi che per # $ 0 si ha %cr $5
g/a, ela pulsazione di risonanza si identifica di fatto con la pulsazione dell’oscillatore armonicolibero — di equazione ma& + mg& = 0.
(d) Condizione per l’equilibrio in presenza di attritoLa legge di Coulomb-Morin dell’attrito radente statico prescrive che una configurazione &del sistema sia di equilibrio se e soltanto se:
//*F (t,&, 0) · )(&)// + µs
//*F (t,&, 0) · n(&)// " t # R ,
dove *F (t,&, 0) indica il risultante delle forze attive calcolate in condizioni statiche. Inquesto caso la resistenza viscosa e dunque nulla, e il predetto risultante si riduce ai solicontributi gravitazionale e inerziale:
*F (t,&, 0) = !mg e2 + m%2$ cos(%t) e1
il secondo dei quali dipende esplicitamente dal tempo. Ricordate le espressioni (1) si haallora:
*F (t,&, 0) · ) (&) = m%2$ cos(%t) cos&! mg sin&
*F (t,&, 0) · n(&) = !m%2$ cos(%t) sin&! mg cos&
e la condizione di equilibrio diventa://m%2$ cos(%t) cos&! mg sin&
// + µs
//!m%2$ cos(%t) sin&! mg cos&// " t # R
11
ovvero, dividendo membro a membro per la costante positiva mg:////sin&! $%2
gcos& cos(%t)
//// + µs
////cos& +$%2
gsin& cos(%t)
//// " t # R .
Ad una forma piu compatta della stessa condizione si perviene introducendo il parametroadimensionale:
' = $%2/g
in modo che risulta:
| sin&! ' cos& cos(%t)| + µs| cos& + ' sin& cos(%t)| " t # R . (5)
La determinazione esplicita delle soluzioni in & non e del tutto immediata — ne peraltro erichiesta. Si puo pero notare che (5), dovendo essere valida anche all’annullarsi di cos(%t),implica senz’altro la relazione:
| sin&| + µs| cos&|
che e proprio la condizione di equilibrio in presenza della sola forza peso e si riesprimequindi nella semplice forma:
|tg&| + µs .
L’insieme delle configurazioni di equilibrio in presenza delle forze di trascinamento costitu-isce quindi un sottoinsieme di {& # R : |tg&| + µs}. La forza fittizia puo solo rimuovere, intutto o in parte, le posizioni di equilibrio che sussisterebbero per e%etto della sola gravita.
Complemento. Determinazione esplicita degli equilibriSi osserva preliminarmente che in una configurazione di equilibrio non puo aversi cos& = 0,poiche se cosı fosse ne deriverebbe l’assurdo:
1 + µs' | cos(%t)| " t # R .
La condizione (5) equivale quindi alla seguente:
|tg&! ' cos(%t)| + µs|1 + ' tg& cos(%t)| " t # R
che introdotta la funzione ausiliaria -(t) = arctg0' cos(%t)
1# (!,/2,,/2) diventa:
|tg&! tg -(t)| + µs|1 + tg& tg -(t)| " t # R . (6)
In e%etti non esistono valori di & e di t per i quali la disequazione sia soddisfatta con ilsecondo membro nullo:
23
4|tg&! tg -(t)| + µs|1 + tg& tg -(t)|
1 + tg& tg -(t) = 0
12
poiche ne seguirebbe il sistema incompatibile:23
4tg&! tg -(t) = 0
1 + tg& tg -(t) = 0=, 1 +
2tg& = 0 .
E cosı lecito dividere la (6) membro a membro per |1 + tg& tg -(t)| ed ottenere la carat-terizzazione degli equilibri nella forma:
////tg&! tg -(t)
1 + tg& tg -(t)
//// + µs " t # R
ossia, grazie alla nota identita trigonometrica per la tangente della di%erenza di due angoli://tg [&! -(t)]
// + µs " t # R .
Dal momento che7- = -(t) : t # R
8=7- = arctg[' cos(%t)](t) : t # R
8= [!arctg', arctg' ] ,
l’ultima relazione equivale a://tg [&! - ]
// + µs " - # [!arctg', arctg' ] (7)
e consente di ricavare esplicitamente le configurazioni di equilibrio. Per - fissato la dise-quazione ammette infatti infinite soluzioni &, costituite dalla seguente unione numerabiledi intervalli aperti disgiunti:
!" :=9
n%Z
,!arctgµs + - + n,, arctgµs + - + n,
-
e gli equilibri sono i punti dell’intersezione su - # [!arctg', arctg' ] di tali insiemi:
! :=:
"%[!arctg#,arctg# ]
!" .
L’intersezione e non vuota se e solo se ' + µs, ed in tal caso risulta:
! =9
n%Z
,!arctgµs + arctg' + n,, arctg µs ! arctg' + n,
-
per cui, limitandosi al solo intervallo & # [!,/2, 3,/2) di ampiezza 2,, i valori di equilibriodi & sono ricompresi negli intervalli disgiunti:
,!arctgµs + arctg', arctgµs ! arctg'
-
,!arctgµs + arctg' + ,, arctgµs ! arctg' + ,
-.
13
Sono esattamente gli intervalli angolari degli equilibri che si sarebbero ottenuti nel casopuramente gravitazionale, ma ridotti ad ambo gli estremi di un tratto arctg' + arctgµs.Nonostante i calcoli un po’ involuti, l’interpretazione del risultato e relativamente semplice.Il punto e che la forza di trascinamento, al pari della forza peso, risulta proporzionalealla massa inerziale di P . Nella terna Oxyz tutto va come se, di fatto, l’accelerazionegravitazionale della Terra fosse soggetta ad una variazione orizzontale variabile nel tempo;l’accelerazione e%ettiva risulta percio:
*g(t) = $%2 cos(%t)e1 ! g e2
ed e inclinata rispetto alla verticale di un angolo:
arctg*$%2 cos(%t)
g
+= arctg
0' cos(%t)
1= -(t) .
Se il vettore *g(t) si mantenesse costante, le configurazioni compatibili con la condizione diCoulomb-Morin sarebbero quelle calcolate per il caso di g verticale, ma ruotate dell’angolo-(t), come evidenziato in neretto nella figura seguente:
Poiche la condizione di compatibilita va verificata a tutti i tempi, tuttavia, solo l’interse-zione di tutte le zone di compatibilita corrisponde agli e%ettivi equilibri del sistema: cioequivale a rimuovere gli archi di ampiezza massima arctg' agli estremi. Appare del tuttoevidente che se ' > µs non puo sussistere alcun equilibrio.
Soluzione dell’esercizio 3(a) EquilibriIl sistema in esame e scleronomo e a vincoli bilaterali ideali, soggetto unicamente a sol-lecitazioni posizionali conservative. Gli equilibri del sistema, tutti ordinari, si identificanoquindi con tutti e soli i punti critici del potenziale. Questo consta di un contributo gravi-tazionale e di uno elastico associato alla molla ideale.
14
Potenziale gravitazionaleIl baricentro del disco omogeneo coincide con il centro geometrico (e di simmetria) diquesto, ed e quindi individuato dal vettore posizione:
C ! O = ase1 + re2 .
Il baricentro G dell’asta omogenea AC va invece identificato con il relativo punto medio:
G ! O = C ! O +A ! C
2= ase1 + re2 +
12(a sin&e1 ! a cos&e2) =
= a$s +
12
sin&%e1 +
$r ! a
2cos&
%e2 .
Per il potenziale gravitazionale del sistema si ha cosı l’espressione:
Ug = !mge2 · (C ! O) ! mge2 · (G ! O) =
= !mgr ! mg$r ! a
2cos&
%=
12mga cos& + costante .
Potenziale elasticoL’estremo A dell’asta e individuato dal vettore posizione:
A ! O = C ! O + A ! C = a(s + sin&)e1 + (r ! a cos&)e2
di modulo quadrato:
|A ! O|2 = a2(s + sin&)2 + (r ! a cos&)2 =
= a2(s2 + sin2& + 2s sin&) + r2 + a2cos2&! 2ra cos& =
= a2s2 + 2a2s sin& + a2 + r2 ! 2ra cos& .
Il potenziale elastico associato alla molla ideale vale pertanto:
Uel = !k
2|A ! O|2 = !k
2(a2s2 + 2a2s sin&! 2ra cos &) + costante .
Potenziale del sistemaIl potenziale del sistema e la somma dei potenziali gravitazionale ed elastico. Omesse lecostanti additive, irrilevanti, esso risulta pertanto:
U(s,&) = Ug + Uel =12mga cos&! k
2(a2s2 + 2a2s sin&! 2ra cos&) , (s,&) # R2 .
EquilibriLe configurazioni di equilibrio si ricavano imponendo il simultaneo annullarsi delle derivateparziali prime del potenziale:
(U
(s(s,&) = !k(a2s + a2 sin&)
(U
(&(s,&) = !1
2mga sin&! k(a2s cos& + ra sin&)
15
ossia risolvendo il sistema di equazioni:
2;3
;4
!ka2(s + sin&) = 0
!12mga sin&! ka(as cos& + r sin&) = 0
che, semplificando alcuni fattori costanti, equivale a:
2;3
;4
s = ! sin&
mg
2kasin& + s cos& +
r
asin& = 0 .
Sostituendo l’espressione per s in termini di & ottenuta dalla prima, la seconda equazionedi equilibrio si riduce a:
mg
2kasin&! sin& cos& +
r
asin& = 0
vale a dire:sin&$mg
2ka! cos& +
r
a
%= 0 .
Due radici definite incondizionatamente ricorrono per sin& = 0:
& = 0 & = , ,
mentre permg
2ka! cos& +
r
a= 0 si hanno le due ulteriori soluzioni:
& = arccos$mg
2ka+
r
a
%:= &$ & = !&$ ,
definite e distinte dalle precedenti per
' :=mg
2ka+
r
a< 1 .
Il sistema ammette pertanto i due equilibri definiti incondizionatamente:
(s,&) = (0, 0) , (s,&) = (0,,)
e i due ulteriori equilibri:
(s,&) = (! sin&$,&$) , (s,&) = (sin&$,!&$)
definiti e distinti rispetto ai precedenti per ' < 1, essendo &$ = arccos' # (0,,/2).
16
(b) Stabilita degli equilibriL’analisi di stabilita degli equilibri puo essere basata sui teoremi di Lagrange-Dirichlet edi inversione parziale, data la natura posizionale conservativa delle sollecitazioni applicateal sistema scleronomo. Necessaria premessa e il calcolo delle derivate parziali seconde delpotenziale, che risultano:
(2U
(s2(s,&) = !ka2 (2U
(&(s(s,&) = !ka2 cos&
(2U
(s(&(s,&) = !ka2 cos&
(2U
(&2(s,&) = !1
2mga cos&! k(!a2s sin& + ra cos &)
e porgono per la matrice hessiana del potenziale l’espressione:
HU (s,&) = ka2
<!1 ! cos&
! cos& !' cos& + s sin&
=
che va determinata in ciascuna configurazione di equilibrio.
Configurazione (s,&) = (0, 0)In questo caso la matrice hessiana si riduce a:
HU (0, 0) = ka2
<!1 !1!1 !'
=
con traccia negativa:trHU (0, 0) = !ka2(1 + ') < 0
e determinante di segno non definito:
detHU (0, 0) = (ka2)2('! 1) .
Si devono quindi distinguere tre casi:
& per ' > 1 il determinante della matrice e positivo. La matrice risulta quindi definitanegativa e caratterizza la configurazione di equilibrio come un massimo relativo propriodel potenziale, la cui stabilita segue dal teorema di Lagrange-Dirichlet;
& se ' < 1 si ha invece detHU (0, 0) < 0. Gli autovalori dell’hessiana sono di segnoopposto. La presenza di un autovalore positivo implica l’instabilita dell’equilibriograzie al teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;
& per ' = 1 la matrice hessiana ha determinante nullo. Gli autovalori della matricerisultano uno negativo e uno nullo, per cui non e possibile applicare il teorema diinversione parziale. Al tempo stesso non e tuttavia evidente che l’equilibrio costituiscaun massimo relativo proprio del potenziale, per cui neppure l’applicabilita del teorema
17
di Lagrange-Dirichlet appare ovvia. In e%etti, una semplice riscrittura del potenzialeconsente di riconoscere che l’equilibrio e un massimo relativo proprio della funzione:
U(s,&) =ka2
2(!s2 ! 2s sin& + 2 cos&) =
ka2
20!(s + sin&)2 + sin2& + 2 cos&
1=
=ka2
2
"!(s + sin&)2 + sin2& + 2 ! 4 sin2&
2
#=
=ka2
2
"!(s + sin&)2 + 4 sin2&
2cos2
&
2+ 2 ! 4 sin2&
2
#=
=ka2
2
"2 ! (s + sin&)2 ! 4 sin4&
2
#.
L’equilibrio e quindi stabile per Lagrange-Dirichlet.
Configurazione (s,&) = (0,,)Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale diventa:
HU (0,,) = ka2
<!1 11 '
=
e ha determinante negativo:
detHU (0,,) = !(ka2)2(' + 1) < 0
risultando cosı indefinita. Il ricorrere di un autovalore positivo comporta l’instabilitadell’equilibrio in virtu del teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.
Configurazione (s,&) = (! sin&$,&$)Per questa configurazione la matrice hessiana del potenziale assume la forma:
HU (! sin&$,&$) = ka2
<!1 ! cos&$
! cos&$ !' cos&$ ! sin2&$
== ka2
<!1 ! cos&$
! cos&$ !1
=
in quanto ' = cos&$. E evidente che la matrice ha sempre traccia negativa:
trHU (! sin&$,&$) = !2ka2 < 0
mentre il determinante risulta strettamente positivo:
detHU (! sin&$,&$) = (ka2)2(1 ! cos2&$) = (ka2)2sin2&$ > 0 ,
essendo &$ # (0,,/2). La matrice hessiana risulta cosı definita negativa e qualifica l’equili-brio come massimo relativo proprio del potenziale, stabile per Lagrange-Dirichlet.
18
Configurazione (s,&) = (sin&$,!&$)In questo caso la matrice hessiana e identica a quella gia calcolata per l’equilibrio simme-trico precedente:
HU (sin&$,!&$) = ka2
<!1 ! cos&$
! cos&$ !1
=
e conduce alla medesima conclusione.
(c) Energia cineticaLa proprieta additiva consente di esprimere l’energia cinetica del sistema come sommadelle energie cinetiche relative al disco e all’asta.
Energia cinetica del discoIl disco appare privo di punti fissi. La sua energia cinetica puo essere espressa convenien-temente ricorrendo al teorema di Konig:
TD =m
2C2 +
12IDCz
//*%D//2
dove la velocita del baricentro e il momento d’inerzia del disco rispetto all’asse Cz sonorispettivamente dati da:
C = ase1 IDCz =
mr2
2mentre la velocita angolare del disco si ricava immediatamente dalla condizione di purorotolamento:
*%D = !as
re3 .
L’energia cinetica di D diventa cosı:
TD =m
2a2s2 +
12
mr2
2a2s2
r2=
ma2
2s2 +
ma2
4s2 =
34ma2s2.
Energia cinetica dell’astaPer l’asta omogenea il teorema di Konig porge:
TAC =m
2G2 +
12IACGz
//*%AC
//2 .
La velocita del baricentro si ottiene derivando in t il vettore posizione di G:
G ! O = a$s +
12
sin&%e1 +
$r ! a
2cos&
%e2
che porge:
G = a$s +
12
cos& &%e1 +
a
2sin& & e2
19
con modulo quadrato:
G2 = a2s2 +a2
4cos2& &2 + a2 cos& s& +
a2
4sin2& &2 = a2s2 +
a2
4&2 + a2 cos& s& .
Il momento d’inerzia dell’asta rispetto all’asse baricentrale Gz vale inoltre:
IACGz =
ma2
12
mentre la velocita angolare istantanea si scrive:
*%AC = & e3 .
L’energia cinetica cercata si riduce dunque all’espressione:
TAC =m
2
$a2s2 +
a2
4&2 + a2 cos& s&
%+
12
ma2
12&2 =
ma2
2
$s2 +
13&2 + cos& s&
%.
Energia cinetica del sistemaSommando i contributi di disco e asta si perviene all’energia cinetica del sistema:
T = TD + TAC =34ma2s2 +
ma2
2
$s2 +
13&2 + cos& s&
%=
ma2
2
$52s2 +
13&2 + cos& s&
%.
(d) Equazioni pure del motoLe equazioni del moto sono quelle di Lagrange:
d
dt
$(T
(s
%! (T
(s=
(U
(s
d
dt
$(T
(&
%! (T
(&=
(U
(&
in cui figurano i termini parziali:
(T
(s= ma2
$52s +
12
cos& &%
d
dt
$(T
(s
%= ma2
$52s +
12
cos& &! 12
sin&&2% (T
(s= 0
(U
(s= !ka2(s + sin&)
(T
(&=
ma2
2
$23& + cos& s
%= ma2
$13& +
12
cos& s%
d
dt
$(T
(&
%= ma2
$13& +
12
cos& s ! 12
sin& &s% (T
(&= !ma2
2sin& &s
(U
(&= !$1
2mga + kra
%sin&! ka2s cos& .
20
Si ha cosı:2;;3
;;4
ma2$5
2s +
12
cos& &! 12
sin&&2%
= !ka2(s + sin&)
ma2$1
3& +
12
cos& s%
= !$1
2mga + kra
%sin&! ka2s cos& .
(e) Quantita di motoLa quantita di moto del sistema e la somma delle quantita di moto relative al disco eall’asta. La quantita di moto del disco si scrive:
mC = mase1 ,
mentre per l’asta si ha l’espressione:
mG = ma$s +
12
cos& &%e1 + m
a
2sin& & e2 .
La quantita di moto del sistema vale percio:
*Q = ma$2s +
12
cos& &%e1 +
ma
2sin& & e2 .
(f) Frequenze normali delle piccole oscillazioniPer r = a/2 e k = 3mg/5a il parametro d’ordine assume il valore
' =mg
2ka+
r
a=
mg
25
3mg+
12
=56
+12
=43
in corrispondenza del quale l’unico equilibrio definito e stabile e dato da (s,&) = (0, 0). Eintorno a questo equilibrio che si analizzano le piccole oscillazioni. L’energia cinetica delsistema si esprime nella forma matriciale:
T =ma2
2
$52s2 +
13&2 + cos& s&
%=
12(s &)A(s,&)
<s&
=
per mezzo della matrice di rappresentazione:
A(s,&) = ma2
&
'5/2
12
cos&12
cos& 1/3
(
)
che in (s,&) = (0, 0) si riduce a:
A(0, 0) = ma2
<5/2 1/21/2 1/3
=.
21
Nella stessa configurazione la matrice hessiana del potenziale vale invece:
HU (0, 0) = ka2
<!1 !1!1 !4/3
=.
Come ben noto, le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni sono individuate dall’equa-zione caratteristica:
det0%2A(0, 0) + HU (0, 0)
1= 0 .
Si deve calcolare il determinante della matrice:
%2A(0, 0) + HU (0, 0) = ma2%2
<5/2 1/21/2 1/3
=+ ka2
<!1 !1!1 !4/3
==
= ka2
"m%2
k
<5/2 1/21/2 1/3
=+<!1 !1!1 !4/3
=#=
= ka2
"53
a%2
g
<5/2 1/21/2 1/3
=+<!1 !1!1 !4/3
=#.
Posto per brevita 5a%2/3g = µ, si ottiene:
0 = det
&
>>'
52µ ! 1
12µ ! 1
12µ ! 1
13µ ! 4
3
(
??) =$5
2µ ! 1
%$13µ ! 4
3
%!$1
2µ ! 1
%2=
=56µ2 ! 10
3µ ! 1
3µ +
43! 1
4µ2 ! 1 + µ =
712
µ2 ! 83µ +
13
ossia:74µ2 ! 8µ + 1 = 0
e quindi:
µ =27
<8 ±6
64 ! 4 · 74· 1=
=27,8 ±
-57-.
Ne deriva che:%2 =
3g
5aµ =
3g
5a· 27,8 ±
-57-
=635,8 ±
-57- g
a
per cui le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni risultano:
%1 =6
635
@8 !
-576
g
a%2 =
6635
@8 +
-576
g
a
e le relative frequenze normali sono:
f1 =%1
2,=
12,
6635
@8 !
-576
g
af2 =
%2
2,=
12,
6635
@8 +
-576
g
a.
22
