TEMI RISOLTI
DI MECCANICA RAZIONALE
1
PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE
Corsi Meccanici I e II - Corso Aerospaziali, 30/6/1999
La lamina ABC omogenea di figura, triangolare isoscele e di massa M , è contenuta in
un piano parallelo al piano (x, z) e trasla nella direzione dell’asse y. Il suo lato AC ha
una feritoia nella quale scorre senza attrito un punto P di massa m, sul quale agiscono le
forze elastiche di due molle OP e CP , entrambe con rigidezza nota k e lunghezza a riposo
trascurabile. Al vertice A della lamina triangolare è inoltre applicata la forza F = cy 3 j
con c > 0, dove y è la coordinata lagrangiana che si assume per definire la posizione
istantanea dei punti della lamina. Introdotta come seconda coordinata lagrangiana la
posizione s = P C del punto P nella feritoia,
1) Determinare le configurazioni di equilibrio del sistema e discuterne la stabilità.
2) Scrivere l’equazione di moto del sistema.
3) Linearizzare l’equazione di moto della lamina nell’intorno della configurazione di equilibrio stabile determinata nel punto 1), e determinare la soluzione del moto del sistema
complessivo nell’intorno di questa configurazione stabile.
4) Calcolare la reazione vincolare interna in P , nelle condizioni di moto del punto precedente.
z
C
AB = BC =
l
P
y"
l
mg
O
y
B
l
A
x
Mg
F=
cy 3
y'
2
SOLUZIONE
1) Le forze attive sono tutte conservative, e il potenziale complessivo vale:
k
k
c
2
U (y, s) = y 4 − mgzP − s2 − OP + cost =
4
2
2
√
k
c 4
2
= y +
(mg + k`)s − ks2 − y 2 + cost.
4
2
2
Annullando le sue derivate prime, che sono:
√
Uy0
3
= cy − ky,
Us0
=
2
(mg + k`) − 2ks,
2
si trovano queste tre configurazioni di equilibrio qe = {ye , se }:
s
qe(1)
qe(2,3)
= {0, se },
k
= {±
, se }
c
√ µ
¶
2
mg
con se =
`+
.
4
k
Poiché le derivate seconde valgono:
U ”ss = −2k < 0;
U ”ys = 0;
U ”yy = 3cy 2 − k,
la matrice Hessiana ha autovalori negativi λ1 = −k, λ2 = −2k se calcolata per q = qe(1) ,
ed ha autovalori di segno opposto λ1,2 = ±2k se calcolata per q = qe(2,3) .
Dunque qe(1) è stabile e qe(2) , qe(3) sono instabili.
2) L’energia cinetica del sistema vale:
1
1
1
1
T = M ẏ 2 + mvP2 = (M + m)ẏ 2 + mṡ2
2
2
2
2
e scrivendo le equazioni di Lagrange
d
dt
Ã
∂T
∂ q̇i
!
−
∂T
∂U
=
,
∂qi
∂qi
q1 = y, q2 = s
si ricavano le seguenti equazioni del moto:
3
(M + m)ÿ + ky = cy
√
2ms̈ + 4ks =
2(mg + k`).
3) Nell’intorno di qe(1) il potenziale si approssima come segue:
1
1
k
U ' U ”ss (s − se )2 + U ”yy (0, se )y 2 = − [2(s − se )2 + y 2 ]
2
2
2
mentre l’energia cinetica non è da approssimare. Usando l’espressione approssimata di U
la prima delle due equazioni del moto si linearizza nella forma seguente:
(M + m)ÿ + ky = 0
3
mentre la seconda equazione del moto è già lineare. La soluzione delle equazioni linearizzate (che sono disaccoppiate) è :
y(t) = A sin(σy t + ϕ1 );
s(t) = se + B sin(σs t + ϕ2 )
dove le pulsazioni proprie dei due oscillatori valgono:
s
σy =
k
;
M +m
s
σs =
2k
m
e A, B, ϕ1 , ϕ2 sono costanti di integrazione.
4) Introduciamo la base ortonormale mobile (~λ, ~µ, ~j) in cui ~λ ha la direzione di (A − C)
e ~µ quella normale ad (A − C), contenuta nel piano della lamina:
√
√
2
2~ ~
~λ =
(~i − ~k);
~µ =
(i + k).
2
2
In assenza di attriti, la reazione interna in P si può scrivere come
~ P = Φµ ~µ + Φy~j
Φ
e si ricava applicando il teorema della quantità di moto:
−ks~λ − mg~k − k(s~λ + y~j + `~k) + Φµ ~µ + Φy~j = m(s̈~λ + ÿ~j).
Si esprime il versore dell’asse z nella base (~λ, ~µ, ~j):
√
~k = 2 (~µ − ~λ)
2
e si uguagliando le componenti delle forze agenti nelle direzioni ~µ e ~j. Si ricava:
√
2
Φµ =
(mg + k`);
2
³
´
Φy (t) = mÿ + ky = k − mσy2 · A sin(σy t + ϕ1 ).
(Se invece si uguagliano le componenti nella direzione ~λ, si ottiene la seconda equazione
del moto già ricavata al punto 2).
4
PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE - 14/7/1999
Il sistema di figura è contenuto in un piano verticale Oxy ruotante con assegnata velocità
angolare ω = cost intorno all’asse fisso verticale y. Il sistema è composto da un’asta
omogenea AB di lunghezza 2` e massa 3m incernierata al telaio nel suo baricentro O,
e da un punto materiale P di massa m vincolato a scorrere senza attrito sull’asta. Su
quest’ultima è applicata una coppia antioraria costante di momento M0~k.
Introdotte le coordinate lagrangiane ϑ ed s = OP indicate in figura,
1) esprimere la lagrangiana L del sistema e dedurre le equazioni del moto;
2) calcolare in un generico istante del moto la componente nel piano Oxy della reazione
vincolare ΦP ;
3) nell’ipotesi: ω 2 = 2g/`, determinare il valore che deve avere il momento M0 perché la
configurazione
Ã
!
π
`
q e = ϑ e = , se =
6
3
sia di equilibrio relativo al piano ruotante.
AO = OB =
OP = s
y
l
w
P
B
s
O
q
mg
x
A
MO
3mg
5
SOLUZIONE
1) L’energia cinetica T e il potenziale U delle forze agenti possono essere calcolate assumendo come sistema di riferimento sia un osservatore inerziale, sia un osservatore mobile, ruotante con velocità ω con il piano Oxy.
• Nel riferimento inerziale, la velocità angolare Ω dell’asta e la velocità di P valgono:
~ = ϑ̇~k + ω~j,
Ω
~vP = ṡ~λ + sϑ̇~µ − sω cos ϑ~k
dove ~λ è il versore di (B − O) e ~µ è il versore di ~k ∧ (B − O).
L’energia cinetica dell’asta vale:
T asta =
1 ~
~ O = 1 (IOz ϑ̇2 + IOy ω 2 ) = 1 m`2 (ϑ̇2 + ω 2 cos2 ϑ);
Ω×K
2
2
2
quella del punto P vale
1
T P = m(ṡ2 + s2 ϑ̇2 + s2 ω 2 cos2 ϑ)
2
e quella dell’intero sistema è
i
1 h
T = T asta + T P = m ṡ2 + (s2 + `2 )ϑ̇2 + cos2 ϑ(`2 + s2 )ω 2 .
2
Il potenziale del peso e della coppia hanno per somma:
Z
U = −mgyP +
M0 dϑ = −mgs sin ϑ + M0 ϑ + cost.
• Rispetto all’osservatore ruotante con il piano Oxy, l’energia cinetica si riduce a
i
1 h
1
1
T r = IOz ϑ̇2 + m(ṡ2 + s2 ϑ̇2 ) = m ṡ2 + (s2 + `2 )ϑ̇2 ,
2
2
2
mentre al potenziale U già calcolato si deve aggiungere quello delle forze centrifughe.
Indicando con IOy = m`2 cos2 ϑ il momento d’inerzia dell’asta rispetto all’asse di rotazione,
e con r = s cos ϑ la distanza di P da questo asse, il potenziale delle forze centrifughe vale:
Z
1
1
U c = ω 2 IOy + mrω 2 dr = mω 2 (`2 + s2 ) cos2 ϑ
2
2
e quindi nel sistema di riferimento ruotante il potenziale complessivo è
1
U r = −mgs sin ϑ + M0 ϑ + mω 2 (`2 + s2 ) cos2 ϑ + cost.
2
In ogni caso, si ricava la lagrangiana
L = T + U = T r + Ur
che, introdotta nelle equazioni di Lagrange
d
dt
Ã
∂L
∂ q˙i
!
=
∂L
∂qi
con q1 = ϑ, q2 = s,
6
fornisce:
(s2 + `2 )ϑ̈ + 2sṡϑ̇ = M0 /m − gs cos ϑ − ω 2 (`2 + s2 ) sin ϑ cos ϑ
s̈ = sϑ̇2 + sω 2 cos2 ϑ − g sin ϑ.
~ P = ΦP µ ~µ + ΦP z~k.
2) In assenza di attriti la reazione vincolare in P è normale all’asta: Φ
Il teorema della quantità di moto per il punto P si scrive:
~
ΦP µ µ
~ + ΦP z~k −
aP =
h mg j = m~
i
= m s̈~λ + 2ṡϑ̇~µ + sϑ̈~µ − sϑ̇2~λ − ω 2 s cos ϑ~i + 2ω(s sin ϑϑ̇ − ṡ cos ϑ)~k
e moltiplicando scalarmente per ~µ si ottiene:
ΦP µ = m(g cos ϑ + 2ṡϑ̇ + sϑ̈ + sω 2 sin ϑ cos ϑ).
(Se si uguagliano le componenti nella direzione ~λ si ottiene la seconda equazione di moto;
se si uguagliano quelle nella direzione ~k si ricava la componente ΦP z della reazione in P
che è normale al piano ruotante, ed equilibra le forze apparenti di Coriolis).
3) Le derivate parziali di U r valgono:
∂U r
= −mgs cos ϑ + M0 − mω 2 (`2 + s2 ) sin ϑ cos ϑ
∂ϑr
∂U
= −mg sin ϑ + mω 2 s cos2 ϑ.
∂s
Se {ϑe = π/6, se = `/3} è un punto di stazionarietà di U r , esse devono soddisfare:
√
!√
Ã
2
` 3
3
`
−mg
+ M0 − mω 2 `2 +
=0
3 2
9
4
mg
` 3
−
+ mω 2 · · = 0.
2
3 4
Per ω 2 = 2g/` la seconda è automaticamente soddisfatta, e dalla prima si ricava:
M0 =
13 √
3mg`.
18
7
PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE - 2/5/2000
Corsi Ing. Aerospaziale - Meccanica II
Il sistema di figura è disposto in un piano verticale. L’estremo mobile A di una fune DA è
collegato al baricentro di un corsoio omogeneo di massa m, che scorre senza attrito entro
due guide parallele all’asse y. Al baricentro del corsoio è inoltre collegata una molla AA0
con rigidezza nota k e lunghezza a riposo trascurabile, che ha il suo estremo fisso nel punto
A0 (−2r, 0). La fune si avvolge senza strisciare su un disco omogeneo con baricentro G,
raggio r e massa M = 3m, e l’altro suo estremo D è fissato all’asse x nel punto D(2r, 0).
Si scelga come coordinata lagrangiana l’angolo ϑ di rotazione del disco, crescente nel verso
antiorario e nullo quando il baricentro A del corsoio coincide con l’origine O degli assi
cartesiani.
r
1) Esprimere in funzione di ϑ̇ e ϑ̈ la velocità e l’accelerazione di A, G e del punto P ( , yG )
2
del disco.
2) Determinare la configurazione di equilibrio del sistema.
3) Calcolare la reazione vincolare sul corsoio A e le tensioni nei tratti AB, CD della fune,
nella condizione di equilibrio determinata al punto precedente.
4) Ricavare l’equazione del moto e trovarne la soluzione ϑ(t; ϑ0 , ϑ̇0 ) soddisfacente ad arbitrarie condizioni iniziali ϑ(0) = ϑ0 , ϑ̇(0) = ϑ̇0 .
y
A'
2r
D
2r
0
x
A
mg
B
G
q
3mg
C
8
SOLUZIONE
1) Ricordando che C, centro delle velocità del disco, ha velocità nulla e accelerazione
~aC = −rϑ̇2~i, si ricava:
~vA = ẏA~j = ~vB = −2rϑ̇~j ;
~vG = ~vC + ϑ̇~k ∧ (G − C) = −rϑ̇~j ;
3r
~vP = ~vC + ϑ̇~k ∧ (P − C) = − ϑ̇~j ;
2
~aA = ÿA~j = −2rϑ̈~j
~aG = ~aC − rϑ̈~j + rϑ̇2~i = −rϑ̈~j
3r ~ 3r 2~
3r
r
~aP = ~aC −
ϑ̈j +
ϑ̇ i = − ϑ̈~j + ϑ̇2~i.
2
2
2
2
2-4) Anche se non espressamente richiesto, la soluzione dei punti 2, 3 e 4 può essere
ricercata applicando separatamente al corsoio e al disco le equazioni della Statica e i
teoremi della quantità di moto e del momento angolare.
• Le forze attive e reattive applicate al corsoio sono:
. la forza peso: −mg~j ;
. la tensione: T~A = −TA~j del tratto AB della fune ;
. il sistema di reazioni vincolari della guida verticale, che in assenza di attrito si riduce
~ v = Rv~i applicato in A, più il momento risultante M
~ Av = MAv ~k ;
al risultante R
. la forza elastica prodotta dalla molla la quale, tenuto conto che yA = −2rϑ, vale:
F~el = −k(A − A0 ) = −2kr~i + 2krϑ~j.
Il teorema della quantità di moto per il corsoio, proiettato sugli assi x e y, fornisce:
Rv = 2kr
−TA + 2krϑ − mg = mÿA = −2mrϑ̈
(1)
⇒
TA = 2krϑ − mg + 2mrϑ̈
(2)
e dal teorema del momento assiale delle quantità di moto si ricava:
MAv = 0.
(3)
• Le forze attive e reattive agenti sul disco (tutte verticali) sono:
. la forza peso: −3mg~j ;
. la tensione: T~B = −T~A = TA~j = (2krϑ − mg + 2mrϑ̈)~j del tratto AB della fune ;
. la tensione T~C = TC~j, ancora incognita, del tratto CD della fune.
Dal teorema della quantità di moto proiettato nella direzione dell’asse y si ricava:
TB − 3mg + TC = 3maG = −3mrϑ̈
⇒
TC = 4mg − 2krϑ − 5mrϑ̈.
(4)
Il teorema del momento assiale delle quantità di moto rispetto al centro delle velocità C
del disco si scrive:
3
−2rTB + 3mgr = IC ϑ̈ = · 3mr2 ϑ̈
2
e sostituendo il valore noto di TB si ottiene l’equazione del moto:
17
mrϑ̈ + 4krϑ = 5mg.
2
(5)
Se in questa equazione del moto si sopprime l’accelerazione angolare, si ricava la configurazione di equilibrio:
5mg
.
ϑe =
4kr
9
In tale configurazione di equilibrio, i moduli TAB e TCD delle tensioni della fune nei suoi
due tratti verticali valgono, per le (2) e (4):
3
TAB = TA = 2krϑe − mg = mg ,
2
3
TCD = TC = 4mg − 2krϑe = mg ≡ TA .
2
L’equazione del moto (5) è lineare, e si può riscrivere nella forma:
s
2
ϑ̈ + σ (ϑ − ϑe ) = 0,
σ=2
2k
.
17m
Il suo integrale generale è
ϑ(t) = ϑe + A sin(σt + ϕ)
con:
q
A=
(ϑ0 − ϑe )2 + (ϑ̇0 /σ)2 ,
tgϕ =
σ(ϑ0 − ϑe )
.
ϑ̇0
Osservazione 1
La configurazione di equilibrio ϑe e l’equazione del moto (5) possono anche essere ricavate
calcolando il potenziale delle forze attive:
U (ϑ) = −3mgyG − mgyA −
k
2
AA0 = 5mgrϑ − 2kr2 (1 + ϑ2 ) + cost
2
e l’energia cinetica del sistema materiale:
1
1
1
17
2
T (ϑ̇) = mẏA2 + · 3mvG
+ IG ϑ̇2 = mr2 ϑ̇2 .
2
2
2
4
In tal caso, annullando la derivata del potenziale si ottiene:
dU
= 5mgr − 4kr2 ϑ = 0
dϑ
⇒
ϑe =
5mg
,
4kr
e scrivendo il teorema delle forze vive o una equazione di Lagrange si ottiene subito la
(5).
Osservazione 2
Il vincolo di rotolamento senza strisciamento del disco sul tratto CD della fune (che è un
~ C = ΦCx~i + ΦCy~j,
vincolo doppio) richiederebbe di considerare una reazione vincolare Φ
applicata al centro delle velocità C del disco.
Ma la sua componente verticale non è altro che la tensione del tratto CD della fune:
ΦCy ≡ TC ; e la sua componente orizzontale è nulla in ogni istante del moto, perché tutte
le altre forze applicate al disco sono verticali, e sussiste l’integrale primo scalare delle
~ × ~i = cost = 0.
quantità di moto: Q
10
PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE - 20/6/2001
Nel sistema di figura, soggetto a vincoli perfetti e disposto in un piano verticale, l’estremo
B dell’asta AB omogenea, di massa m e lunghezza `, è ritenuto sull’asse y mentre l’estremo
A è incernierato al centro del disco omogeneo, di massa m e raggio r. Il disco rotola senza
strisciare sul lato DE di una piastra rettangolare di lati a ed h, anch’essa omogenea e di
egual massa m, che striscia sull’asse x. Sul disco agisce una coppia di momento costante
M ~k, e sul baricentro H della piastra agisce la forza elastica di una molla con costante k
e lunghezza a riposo trascurabile, fissata al telaio in O0 .
Si assumano come coordinate lagrangiane l’ascissa x di H e l’angolo ϑ indicato in figura.
1) Calcolare l’energia cinetica del sistema.
2) Scrivere le equazioni del moto.
3) Determinare il momento M e la costante k affinché il sistema sia in equilibrio per
ϑ = π/4 e x = `/2.
4) Determinare le reazioni vincolari esterne nelle condizioni di equilibrio di cui al punto
3.
y
B
G
M
q
mg
A
mg
E
D
C
O'
O
H
h
k
a
mg
x
11
SOLUZIONE
Relazioni cinematiche (si indica con ϕ̇ la velocità angolare del disco):
~vA = ` cos ϑϑ̇~i = ~vC − rϕ̇~i = ẋ~i − rϕ̇~i ;
ϕ̇ =
ẋ − ` cos ϑϑ̇
.
r
1) L’energia cinetica del sistema vale:
1 2
1
1
1
1
T = mvG
+ IG ϑ̇2 + mvA2 + IA ϕ̇2 + mẋ2
2
2
2
2 Ã
2
!
1 m`2 3 2
3
1
2
=
+ m` cos ϑ ϑ̇2 + mẋ2 − m` cos ϑẋϑ̇.
2
3
2
4
2
2) Il potenziale della coppia di forze con momento M vale:
Z
U
coppia
=
M
M dϕ =
r
µZ
¶
Z
dx −
` cos ϑdϑ =
M
(x − ` sin ϑ) + cost.
r
Il potenziale complessivo delle forze agenti sul sistema è perciò:
k
`
M
U (x, ϑ) = − x2 − mg cos ϑ + (x − ` sin ϑ) + cost
2
2
r
ed ha derivate prime:
Ux0 ' Qx = −kx +
M
,
r
`
M`
Uϑ0 ' Qϑ = mg sin ϑ −
cos ϑ.
2
r
Per scrivere le equazioni di Lagrange, si calcolano le seguenti derivate dell’energia cinetica:
∂T
∂x
∂T
à ∂ ẋ
!
d ∂T
dt ∂ ẋ
∂T
∂ϑ
∂T
à ∂ ϑ̇
!
d ∂T
dt ∂ ϑ̇
= 0
3
m`
=
mẋ −
cos ϑϑ̇
2
2
3
m`
m`
=
mẍ −
cos ϑϑ̈ +
sin ϑϑ̇2
2
2
2
3
m`
= − m`2 cos ϑ sin ϑϑ̇2 +
sin ϑẋϑ̇
Ã2
! 2
m`
m`2 3 2
=
+ m` cos2 ϑ ϑ̇ −
cos ϑẋ
3
2
2
Ã
!
m`
m`
m`2 3 2
=
+ m` cos2 ϑ ϑ̈ −
cos ϑẍ − 3m`2 cos ϑ sin ϑϑ̇2 +
sin ϑẋϑ̇
3
2
2
2
con le quali si ricavano le equazioni del moto:
12
3
`
`
M
mẍ − m cos ϑϑ̈ + m sin ϑϑ̇2 + kx −
=0
2 µ
2
2
r
¶
1 3
m`
3
`
M`
m`2
+ cos2 ϑ ϑ̈ −
cos ϑẍ − m`2 sin ϑ cos ϑϑ̇2 − mg sin ϑ +
cos ϑ = 0.
3 2
2
2
2
r
3) Si annullano le derivate prime della funzione potenziale U (x, ϑ) e si impone: x = xe =
`/2 ; ϑ = ϑe = π/4. Si ottiene il sistema:
k` M
− +
=0
2
r
mg M
−
=0
2
r
nelle incognite M e k, che ha come unica soluzione
M=
mgr
;
2
k=
mg
.
`
4) In presenza di vincoli perfetti, le reazioni esterne da determinare sono:
~ B = ΦB~i, normale alla guida y ;
.Φ
~ v = Rv~j applicato
. le reazioni del telaio x sulla piastra, che si riducono al risultante R
~v
sulla retta passante per H, più una coppia di momento MHv ~k (oppure: al solo risultante R
applicato sull’asse centrale del sistema di reazioni, la cui distanza dalla retta baricentrica
vale b = MHv /Rv ).
Per determinare le tre incognite di reazione si possono applicare le equazioni cardinali
della statica al sistema complessivo. Queste si scrivono come segue:
• equazione di risultante lungo l’asse x:
ΦB − kxe ≡ ΦB −
mg `
=0
` 2
⇒
ΦB =
mg
2
• equazione di risultante lungo l’asse y:
−3mg + Rv = 0
⇒
Rv = 3mg
• equazione di momento rispetto al baricentro H della piastra:
Ã
−ΦB
!
!
Ã
h
`
` cos ϑe + r +
+ mg xe − sin ϑe + mg(xe − ` sin ϑe ) + M + MHv = 0.
2
2
Sostituendo xe = `/2, ϑe = π/4 ed M = mgr/2 si ottiene:
"
#
√
h
.
MHv = mg `( 2 − 1) +
4
13
PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE - 13/9/2001
Nel sistema di figura, disposto in un piano verticale, l’asta omogenea OA di lunghezza `
e massa m è incernierata in O ed è collegata al telaio da una molla verticale applicata al
suo estremo A, avente costante elastica k e lunghezza a riposo trascurabile. Sull’asta è
impegnato a scorrere senza attrito il baricentro P di un disco di massa M e raggio r < `
che rotola senza strisciare sull’asse y.
Si assuma come coordinata lagrangiana l’angolo ϑ che è indicato in figura, definito nelr
r
l’intervallo: arcsen ≤ ϑ ≤ π − arcsen .
`
`
1) Calcolare il valore che deve avere la costante elastica k per assicurare l’equilibrio del
sistema nella configurazione in cui ϑ = π/2, e verificare che tale configurazione è stabile.
2) Supponendo che il sistema parta dalla quiete nella configurazione ϑ0 = π/3, determinare
la velocità angolare dell’asta quando essa raggiunge la posizione orizzontale (ϑ = π/2).
3) Utilizzando il valore della costante elastica k già determinato al punto 1, calcolare
la pulsazione σ delle piccole oscillazioni del sistema nell’intorno della configurazione (di
equilibrio stabile) ϑ = π/2.
4) Determinare le reazioni vincolari interne ed esterne in un generico istante di moto.
y
A'
A
q
l
G
P
mg
C
Mg
O
x
14
SOLUZIONE
Relazioni geometriche e cinematiche (si indica con ϕ̇ la velocità angolare del disco):
yP = rctgϑ;
ẏP = −
r
ϑ̇ = −rϕ̇;
sin2 ϑ
ϕ̇ =
ϑ̇
sin2 ϑ
1) Le forze attive sono conservative ed hanno potenziale:
`
k
k
2
U (ϑ) = −mgyG − M gyP − AA0 = −mg cos ϑ − M grctgϑ − `2 (1 − cos ϑ)2 + cost.
2
2
2
La derivata prima di U vale
`
M gr
U 0 (ϑ) = mg sin ϑ +
− k`2 sin ϑ(1 − cos ϑ)
2
2
sin ϑ
e imponendo che essa si annulli per ϑ = π/2 si ricava:
k=
g
`
µ
¶
m Mr
+
.
2
`
La derivata seconda del potenziale è
`
2M gr cos ϑ
U ”(ϑ) = mg cos ϑ −
− k`2 [cos ϑ(1 − cos ϑ) + sin2 ϑ]
3
2
sin ϑ
e calcolata nella configurazione di equilibrio ϑe = π/2 vale: U ”(π/2) = −k`2 < 0. Dunque
l’energia potenziale V (ϑ) = −U (ϑ) ha un minimo per ϑe = π/2, e l’equilibrio è stabile.
2) Poiché il sistema è conservativo, si può scrivere l’integrale primo dell’energia: T1 −U1 =
E ≡ T0 − U0 , dove T1 e U1 sono l’energia cinetica e il potenziale calcolati per ϑ = π/2,
mentre T0 , U0 sono i loro valori nell’istante iniziale del moto. L’energia cinetica è la
seguente:
Ã
!
1
1 3
1 m`2
3M r2
2
2 2
T (ϑ, ϑ̇) = IO ϑ̇ + · M r ϕ̇ =
+
ϑ̇2 .
2
2 2
2
3
2 sin4 ϑ
Per ϑ0 = π/3 è nulla, e per ϑ = π/2 vale:
1
T1 =
2
Ã
!
m`2 3M r2
ϑ̇21 .
+
3
2
Il potenziale, calcolato nelle due configurazioni, vale
√
mg`
k`2
3
U0 = −
−
M gr −
;
4
3
8
1
U1 = − k`2 .
2
Dunque l’integrale primo dell’energia si scrive:
1
2
Ã
√
!
mg`
3
3k`2
m`2 3M r2
+
ϑ̇21 =
+
M gr −
3
2
4
3
8
e da esso si ricava:
ϑ˙1 =
v
√
u
u 3mg` + 4 3M gr − 9k`2 /2
t
2m`2 + 9M r2
.
15
√
Questa soluzione è reale se 2g(3m + 4 3M r/`) ≥ 9k`. La condizione è verificata, per
esempio, se il valore di k è quello determinato al punto 1.
3) Approssimiamo l’energia cinetica e il potenziale nell’intorno della configurazione di
equilibrio stabile ϑe = π/2:
1
T ' T1 =
2
Ã
!
m`2 3M r2
+
ϑ̇2 ;
3
2
U '−
k`2
(ϑ − π/2)2 .
2
Si ricava che le piccole vibrazioni del sistema attorno a ϑe = π/2 sono descritte dall’equazione linearizzata: ϑ̈ + σ 2 (ϑ − π/2) = 0 con
σ2 =
k`2
.
m`2 /3 + 3M r2 /2
Sostituendo il valore di k ricavato al punto 1 si ottiene:
s
σ=
3g(m` + 2M r)
.
2m`2 + 9M r2
4) In assenza di attriti, la reazione vincolare interna è normale all’asta e si può scrivere:
~ P = ΦP ~n dove ~n è il versore di (A − O) ∧ ~k ; le reazioni esterne sono: Φ
~ C = ΦCx~i +
Φ
~ O = ΦOx~i + ΦOy~j. Tenendo conto che la forza elastica vale F~ = k`(1 − cos ϑ)~j, le
ΦCy~j ; Φ
cinque incognite si possono determinare scrivendo:
• una equazione di momento rispetto ad O per le forze agenti sull’asta, la quale fornisce:
"
#
1
m`
`
ϑ̈ ;
ΦP = sin ϑ mg sin ϑ + k` sin ϑ(cos ϑ − 1) −
r
2
3
• due equazioni di risultante per le forze agenti sul disco:
ΦCx = ΦP cos ϑ
ΦCy = −M g − ΦP sin ϑ = M ÿP = −M rϕ̈
da cui
Mr
(ϑ̈ − 2 · ctgϑ · ϑ̇2 );
sin2 ϑ
• due equazioni di risultante per le forze agenti sull’asta, che forniscono:
ΦCy = M g + ΦP sin ϑ −
ΦOx = mẍG − ΦP cos ϑ
ΦOy = mg − k`(1 − cos ϑ) − ΦP sin ϑ + mÿG .
16
PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE - 7/9/2001
Nel sistema di figura, disposto in un piano verticale, una sbarretta rigida di massa M e
lunghezza ` è appoggiata senza attrito sugli estremi A, B di una guida semicircolare di
raggio r < `/4, sulla quale è impegnato a scorrere senza attrito un anello P di massa
m e dimensioni trascurabili. Sulla sbarretta agisce la forza costante F~ = F~i ed il suo
baricentro G è collegato all’anello P da una molla con costante elastica k = mg/r e
lunghezza a riposo trascurabile.
Si assumano come coordinate lagrangiane l’ascissa x = xG del baricentro della sbarretta
e l’angolo ϑ indicato in figura.
1) Calcolare il valore che devono avere la forza F e la coordinata ϑ perchè il sistema sia
in equilibrio quando xG = xB .
2) Studiare la stabilità della configurazione di equilibrio determinata nel punto precedente.
3) Scrivere le equazioni del moto del sistema e linearizzarle nell’intorno della configurazione
di equilibrio sopra definita.
4) Determinare le reazioni vincolari interne ed esterne in un generico istante di moto.
q = ( q , xG )
y
F
O
OP = r
G
B
A
q
Mg
P
mg
x
17
SOLUZIONE
1) Il potenziale delle forze attive, tutte conservative, vale
Z
U (ϑ, x) =
k
k
2
F dx − mgyP − P G = F x + mgr cos ϑ − (r2 + x2 − 2rx sin ϑ) + cost
2
2
ed ha derivate prime:
Uϑ0 = −mgr sin ϑ + krx cos ϑ
Ux0 = F − kx + kr sin ϑ.
Annullando le derivate prime e imponendo x = xe = r si ha il sistema
F − kr + kr sin ϑe = 0
−mg sin ϑe + kr cos ϑe = 0
nelle due incognite ϑe ed F , la cui (unica) soluzione accettabile è
kr
=1
mg
π
à 4 √ !
2
F = kr(1 − sin ϑe ) = mg 1 −
.
2
tgϑe =
⇒
ϑe =
2) Le derivate seconde di U (ϑ, x) sono:
U ”ϑϑ = −mgr cos ϑ − krx sin ϑ
U ”xx = −k < 0
U ”ϑx = kr cos ϑ.
Nel punto di equilibrio {ϑe = π/4, xe = r} il determinante della matrice Hessiana vale:
detH =
√
µ√
¶
1
1
2mgkr − k 2 r2 =
2−
m2 g 2 > 0.
2
2
Poiché è positivo, e la derivata seconda U ”xx è negativa, si deduce (test delle derivate
seconde) che il potenziale ha un massimo nel punto di equilibrio. Dunque vi è un minimo
dell’energia potenziale V = −U , e l’equilibrio è stabile.
3) L’energia cinetica del sistema vale
1
1
T = M ẋ2 + mr2 ϑ̇2 .
2
2
Usandola insieme con le derivate prime del potenziale, si ricavano le seguenti equazioni di
Lagrange:
M ẍ = F − kx + kr sin ϑ
mr2 ϑ̈ = −mgr sin ϑ + krx cos ϑ.
Osservazione. Se si calcola la forza elastica applicata in G, che vale:
F~el,G = −k(G − P ) = −k(x − r sin ϑ)~i − kr cos ϑ~j,
18
la prima equazione si ricava anche scrivendo il Teorema della quantità di moto per la
sbarretta, moltiplicato scalarmente per il versore dell’asse x; la seconda si ricava scrivendo
per il punto P una equazione di momento rispetto al punto fisso O.
Per scrivere le equazioni linearizzate nell’intorno di {π/4, r} basta approssimare il potenziale nella forma:
√
√
k
2
2
U ' U ∗ = − (x − r)2 −
mgr(ϑ − π/4)2 +
kr(x − r)(ϑ − π/4)
2
2
2
e usare la funzione Lagrangiana approssimata L∗ = T + U ∗ . Si ricavano le seguenti
equazioni linearizzate del moto:
√
2
M ẍ = −k(x − r) +
kr(ϑ − π/4)
2
√
√
2
2
kr(x − r).
mr ϑ̈ = − 2mgr(ϑ − π/4) +
2
4) In assenza di attriti, e indicando con ~n il versore di (P − O), le reazioni vincolari si
esprimono come segue:
~ A = ΦA~j,
Φ
~ B = ΦB~j (esterne),
Φ
~ P = ΦP ~n (interna).
Φ
Le reazioni esterne si possono determinare scrivendo per la sbarretta un’equazione di
momento rispetto al suo baricentro G, e il teorema della quantità di moto lungo l’asse y:
−ΦA (r + x) + ΦB (r − x) = 0
ΦA + ΦB − M g − kr cos ϑ = 0
da cui si ricava:
ΦA =
r−x
· g(M + m cos ϑ);
2r
ΦB =
r+x
· g(M + m cos ϑ).
2r
Per ricavare ΦP è utile scrivere, per il punto P , il teorema della quantità di moto nella
direzione radiale. Se ~τ è il versore tangente in P alla semicirconferenza, la forza peso e la
forza elastica applicata in P si possono anche scrivere:
−mg~j = −mg(sin ϑ~τ + cos ϑ~n),
F~el,P = kx cos ϑ~τ + k(r − x sin ϑ)~n.
Il teorema della quantità di moto di P , proiettato nella direzione ~n, fornisce
k(r − x sin ϑ) − mg cos ϑ + ΦP = m~aP × ~n = mrϑ̇2
e da esso si ricava:
ΦP = k(x sin ϑ − r) + mg cos ϑ + mrϑ̇2 .
19
PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE
28 gennaio 2002
Nel sistema di figura, disposto in un piano verticale, il disco omogeneo di raggio r e massa
M rotola senza strisciare sulla guida rettilinea s, di versore ~λ, inclinata di π/6 rispetto
all’orizzontale x. Si assuma come sistema di riferimento inerziale il riferimento (O, ~λ, ~µ)
rappresentato in figura. Al baricentro G del disco è incernierata una sbarretta rigida
GB di lunghezza ` e massa trascurabile, che è impegnata a scorrere senza attrito nella
scanalatura verticale di un corsoio rettangolare.
Il corsoio omogeneo con baricentro A ha massa m, lunghezza 2a e altezza trascurabile;
striscia senza attrito sulla retta orizzontale x e i suoi estremi H e K sono collegati al
baricentro del disco con due molle di uguale costante elastica k e lunghezza a riposo
trascurabile.
~ avente la direzione
All’estremo B della sbarretta verticale è applicato un carico costante F
parallela a ~λ.
Si assuma come coordinata lagrangiana l’ascissa s = sG del baricentro del disco.
1) Determinare la configurazione di equilibrio del sistema e studiarne la stabilità.
2) Scrivere l’equazione del moto e trovarne la soluzione soddisfacente le condizioni iniziali:
s(0) = 2r , ṡ(0) = 0.
3) Calcolare le reazioni vincolari (interna ed esterna) che si esercitano sul disco in condizioni statiche
m
p/6
H
O
F
B
A
a
p/6
a
K
x
mg
l
r
G
C
Mg
s
20
SOLUZIONE
Relazioni geometriche e cinematiche (ϑ è l’angolo di rotazione del disco, crescente nel
verso antiorario):
√
√
√
√
3
1
1
~λ =
~ = s~λ + r~µ = 1 ( 3s + r)~i + 1 ( 3r − s)~j
~i − ~j; ~µ = ~i + 3 ~j ;
G
2
2
2
2
2
2
1 √
1 √
xA = xB = xG = ( 3s + r);
yB = yG + ` = ( 3r − s) + `
2
2
√
1 √
3 ~
2
2
~vA =
GH = GK = a2 + ( 3r − s)2
ṡi;
~vG = ṡ~λ = −rϑ̇ ~λ ;
2
4
1) Il potenziale delle forze attive (tutte conservative) vale:
√
µ
¶
3F
Mg
F
k
k √
2
U (s) = −M gyG +
xB − yB − 2 · GH =
+ F s − ( 3r − s)2 + cost.
2
2
2
2
4
Se si annulla la sua derivata prima:
Mg
k √
dU
=
+ F + ( 3r − s) = 0
ds
2
2
si ricava la configurazione di equilibrio:
se =
√
3r +
M g + 2F
k
che è sempre stabile perché la derivata seconda di U (s) é negativa: U ”(s) = −k/2 < 0 e
dunque l’energia potenziale V (s) = −U (s) del sistema ha un minimo per s = se .
2) Calcolata l’energia cinetica del sistema, che vale:
µ
T =
3
m
1
1
IC ϑ̇2 + mvA2 =
M+
2
2
4
2
¶
ṡ2 ,
se si applica il Teorema delle forze vive o si scrive una equazione di Lagrange si ricava:
√
µ
¶
3
m
k
3
Mg
k
M+
s̈ + s =
kr +
+ F ≡ se
2
2
2
2
2
2
che si può riscrivere:
s̈ + ω 2 (s − se ) = 0,
ω2 =
2k
.
3(2M + m)
Il suo integrale generale è: s(t) = se + A sin(ωt + ϕ) con A, ϕ costanti che si determinano
imponendo le condizioni iniziali:
s(0) = 2r = se + A sin ϕ
ṡ(0) = 0 = ωA cos ϕ.
⇒
A = 2r − se ;
ϕ = π/2.
Si ottiene dunque:
s(t) = se + (2r − se ) cos(ωt).
~C e Φ
~ G . Indichiamo con ΦCλ , ΦCµ
3) Le reazioni vincolari che si esercitano sul disco sono Φ
e ΦGλ , ΦGµ le loro componenti incognite nella direzione della coppia di versori (~λ, ~µ); con
21
ΦCx , ΦCy e ΦGx , ΦGy quelle nella direzione degli assi (x, y), ruotati di π/6 rispetto al
sistema di riferimento (O, ~λ, ~µ).
• In assenza di attrito le reazioni prodotte dall’asse x sul corsoio HK sono verticali:
dunque in condizioni statiche l’equazione di risultante per le componenti orizzontali delle
forze esterne agenti sul sistema complessivo fornisce
√
√
3
3
ΦCx +
F =0
ΦCx = −
F.
(1)
2
2
• Le forze elastiche applicate al baricentro G del disco valgono:
k √
−k(G − H) = −ka~i − ( 3r − s)~j;
2
k √
−k(G − K) = ka~i − ( 3r − s)~j
2
e la loro risultante ha componente nulla nella direzione dell’asse x. Dalle equazioni cardinali della Statica per il disco isolato si ricava:
√
3
ΦCx + ΦGx = 0
⇒ ΦGx =
F
(2)
2
rΦCλ = 0
⇒
ΦCλ = 0.
(3)
~ G e le reazioni prodotte dal suo scorrimento nella
• Sulla sbarretta agiscono: F~ , −Φ
~ v = Rv~i
scanalatura del corsoio HK. Queste ultime si riducono ad un risultante R
applicato sul loro asse centrale, e non sono richieste. L’equazione di risultante per le
componenti verticali delle forze agenti sulla sbarretta isolata fornisce:
−ΦGy −
F
=0
2
⇒
F
ΦGy = − .
2
(4)
Dalle (1) e (3) si ricava subito:
ΦCµ = 2ΦCx
√
= − 3F ;
√
ΦCy =
3
3
ΦCµ = − F.
2
2
In conclusione si ottiene
√
√
~ C = − F ( 3~i + 3 ~j) = − 3 F ~µ ;
Φ
2
√
~ G = F ( 3~i − ~j) = F ~λ.
Φ
2
Al posto della (4) si può anche usare la rimanente equazione di risultante (lungo l’asse y)
delle forze agenti sul disco isolato. Da essa, con la sostituzione di se , si ricava ancora:
√
F
ΦGy = M g − ΦCy + k( 3r − se ) = − .
2
22
PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE
28 aprile 2003
Il sistema di figura è disposto in un piano verticale. Una trave a T, omogenea e con massa
complessiva m, è costituita da due bracci di uguale lunghezza ` e spessore trascurabile.
Il suo braccio verticale è impegnato a scorrere senza attrito lungo l’asse y, ed è sostenuto
da una forza costante nota F~ = F~. Sul suo braccio orizzontale rotola senza strisciare un
disco omogeneo di massa M e raggio r = `/4, il cui baricentro A è collegato all’origine
O del sistema di riferimento inerziale O(x, y) da una molla con costante elastica nota k e
lunghezza a riposo trascurabile.
Si assumano come coordinate lagrangiane: l’ascissa x del baricentro A del disco e l’ordinata
y del baricentro G della trave.
1. Determinare la configurazione di equilibrio del sistema e studiarne la stabilità.
2. Ricavare le equazioni del moto e scrivere la loro soluzione soddisfacente ad arbitrarie
condizioni iniziali.
3. Calcolare tutte le reazioni vincolari esterne ed interne in un generico istante di moto
del sistema.
y
A
C
q = { xA, yG }
AC = r =
l /4
Mg
G
mg
O
x
F
23
Soluzione
1. Il baricentro G della trave a T si trova sull’asse y, a una distanza d = `/4 dal suo braccio
orizzontale. Se x, y sono le due coordinate lagrangiane e ϑ è l’angolo di rotazione del disco,
crescente in verso antiorario, si hanno le seguaenti relazioni geometico-cinenatiche:
2
A = O + x~ı + (y + r + `/4)~ = O + x~ı + (y + `/2)~ ⇒ AO = x2 + (y + `/2)2
~vA = ẋ~ı + ẏ~ ≡ ~vC + ϑ̇~k ∧ (A − C) = ẏ~ − rϑ̇~ı ⇒ ϑ̇ = −ẋ/r
~aA = ẍ~ı + ÿ~.
Il potenziale delle forze attive vale
k
2
U (x, y) = −mgyG − M gyA + F yG − AO + cost
2
k 2
= [F − (M + m)g ] y − (x + y 2 + `y) + cost.
2
Il suo punto di stazionarietà si trova annullandone le derivate prime:
∂U
∂x
∂U
∂y
= −kx = 0
= F − (M + m)g − ky − k`/2 = 0
e fornisce la seguente configurazione di equilibrio:
qe = {xe , ye };
xe = 0,
` F − (M + m)g
ye = − +
.
2
k
Le derivate seconde del potenziale valgono:
∂ 2U
∂2U
=
= −k,
∂x2
∂y 2
∂ 2U
= 0.
∂x∂y
La matrice Hessiana ha un autovalore doppio, negativo: λ1,2 = −k, per cui il punto di
stazionarietà è un massimo e la configurazione di equilibrio trovata è stabile.
2. Determinata l’energia cinetica del sistema, che vale
1 2
1
1
1
3
T (ẋ, ẏ) = mvG
+ M vA2 + IA ϑ̇2 = (M + m)ẏ 2 + M ẋ2 ,
2
2
2
2
4
si ricavano le seguenti equazioni di Lagrange
3
M ẍ = −kx
2
(M + m)ÿ = F − (M + m)g − ky − k`/2
che, posto:
σx2 =
2k
3M
σy2 =
k
,
M +m
24
si possono riscrivere
ẍ + σx2 x = 0;
ÿ + σy2 (y − ye ) = 0.
Queste sono le equazioni differenziali del moto di due oscillatori lineari disaccoppiati, la
cui soluzione è
x(t) = A sin(σx t + ϕx ),
y(t) = ye + B sin(σy t + ϕy )
in cui le costanti A, B, ϕx , ϕy sono definite dalle rispettive condizioni iniziali (x0 , ẋ0 ),
(y0 , ẏ0 ) , e precisamente:
A
v
u
u
ẋ2
= tx20 + 02 ,
v
u
u
ẏ 2
B = t(y0 − ye )2 + 02
σx
µ
ϕx = arctan
"
¶
σy
#
σy (y0 − ye )
ϕy = arctan
.
ẏ0
σx x0
;
ẋ0
~ C = ΦCx~ı + ΦCy~ la reazione vincolare interna in C agente sul disco,
3. Indichiamo con Φ
v
v
~ = R ~ı, M v la risultante e il momento risultante delle reazioni della coppia
e con R
G
prismatica agenti sull’elemento verticale della trave.
Il Teorema del momento angolare rispetto al baricentro A del disco isolato fornisce:
rΦCx = IA ϑ̈
⇒
ΦCx =
Mr
M
ϑ̈ = − ẍ(t).
2
2
~ trave
~ C . Per il Teorema della quantità
La reazione interna agente sulla trave vale Φ
= −Φ
C
di moto applicato alle forze agenti sulla trave isolata si ha:
Rv − ΦCx = 0
F − mg − ΦCy = mÿ
M
ẍ(t)
2
= F − m[g + ÿ(t)].
⇒
Rv = −
⇒
ΦCy
Infine, una equazione di momento rispetto al baricentro G della trave isolata fornisce
l’ultima incognita di reazione:
MGv +
`
ΦCx − xΦCy = 0
4
⇒
MGv =
M`
ẍ(t) + {F − m [g + ÿ(t)]} x(t).
8
Le equazioni di moto richieste al punto 2 possono anche essere ricavate applicando il
Teorema della quantità di moto al sistema complessivo:
Rv~ı + F~ − (M + m)g~ − k[x~ı + (y + `/2)~ ] = m~aG + M~aA = (M + m)ÿ~ + M ẍ~ı
che è equivalente alle due equazioni scalari
Rv − kx = M ẍ
F − (M + m)g − k(y + `/2) = (M + m)ÿ.
La seconda è l’equazione differenziale soddisfatta dalla coordinata y, e sostituendo Rv
nella prima si ottiene l’equazione differenziale per la coordinata x.
25
PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE
3 settembre 2003
Nel sistema di figura, disposto in un piano verticale, il disco omogeneo di massa m e raggio
r ha il baricentro G che scorre senza attrito sull’asse x, ed è collegato al punto K(b, 0)
con una molla avente costante elastica k2 e lunghezza a riposo trascurabile. Una seconda
molla, con costante elastica k1 e lunghezza a riposo pure trascurabile, collega il punto A
della periferia del disco con il punto H(0, 2r) dell’asse y. Sul disco è inoltre applicata una
coppia antioraria di momento costante M .
Si assumano come coordinate lagrangiane l’ascissa x di G e l’angolo ϑ ı̀ndicato in figura.
1. Calcolare il valore del momento M da applicare al disco perchè esso sia in equilibrio
per ϑe = π/2, e la posizione xe di G in tale configurazione di equilibrio. Studiare quindi
la stabilità della soluzione (ϑe , xe ).
2. Scrivere i teoremi della quantità di moto e del momento risultante delle quantità di
moto del disco e ricavare:
a) le equazioni di moto del sistema;
b) la reazione vincolare nel baricentro G del disco.
3. Approssimare il potenziale delle forze attive in un intorno della configurazione di
equilibrio individuata al punto 1, mediante sviluppo in serie di Taylor troncato ai termini
del secondo ordine. Scrivere quindi la Lagrangiana approssimata del sistema e ricavare le
equazioni del moto linearizzate nell’intorno di (ϑe , xe ).
y
H(0, 2r)
A
r
O
q
G
K(b,0)
M
mg
x
26
Soluzione
1. Il potenziale delle forze applicate è la funzione
U (ϑ, x) = −mgyG −
= −
k2
k1
2
2
AH − GK + M ϑ
2
2
i
k1 h
k2
(x + r cos ϑ)2 + (2r − r sin ϑ)2 − (b − x)2 + M ϑ + cost
2
2
ed ha derivate parziali
Uϑ0 = k1 r(x sin ϑ + 2r cos ϑ) + M,
Ux0 = −k1 (x + r cos ϑ) + k2 (b − x).
Posto ϑ = π/2 ed uguagliando a zero le due derivate parziali, si ottiene il sistema
rk1 x + M = 0
−k1 x + k2 (b − x) = 0
nelle incognite M, x che fornisce la soluzione:
M = −rk1 xe = −
rbk1 k2
,
k1 + k2
xe =
k2 b
.
k1 + k2
Le derivate seconde del potenziale sono
U ”xx = −(k1 + k2 ),
U ”ϑϑ = k1 r(x cos ϑ − 2r sin ϑ),
U ”ϑx = k1 r sin ϑ
e nella configurazione di equilibrio valgono
U ”xx,e = −(k1 + k2 ),
U ”ϑϑ,e = −2k1 r2 ,
U ”ϑx,e = k1 r.
Poichè il determinante della matrice Hessiana è positivo:
U ”xx,e U ”ϑϑ,e − [U ”ϑx,e ]2 = k12 r2 + 2k1 k2 r2
e inoltre U ”ϑϑ,e < 0, U ”xx,e < 0, la funzione potenziale ha un massimo per (ϑe , xe ). Se ne
deduce che l’energia potenziale V (ϑ) = −U (ϑ) ha un minimo e l’equilibrio è stabile.
2. Il teorema della quantità di moto fornisce le due equazioni scalari:
k2 (b − x) − k1 (x + r cos ϑ)) = mẍ
−mg + k1 r(2 − sin ϑ) + ΦG = mÿG = 0.
Il teorema del momento risultante delle quantità di moto rispetto al baricentro G fornisce:
k1 (x + r cos ϑ)r sin ϑ + k1 r(2 − sin ϑ)r cos ϑ + M = IG ϑ̈.
La prima e la terza sono le equazioni pure del moto:
mẍ = −(k1 + k2 )x − k1 r cos ϑ + k2 b
mr2
ϑ̈ = M + rk1 (x sin ϑ + 2r cos ϑ)
2
27
~ G = ΦG~ :
e dalla seconda si ricava la reazione vincolare Φ
ΦG = mg − k1 r(2 − sin ϑ).
3. L’energia cinetica del disco vale
Ã
!
1 2
1
1
r2
T (ϑ̇, ẋ) = mvG
+ IG ϑ̇2 = m ẋ2 + ϑ̇2 .
2
2
2
2
L’approssimazione del secondo ordine della funzione potenziale, nell’intorno di (ϑe , xe ), è
la seguente:
1
1
U ”ϑϑ,e (ϑ − ϑe )2 + U ”xx,e (x − xe )2 + U ”ϑx,e (ϑ − ϑe )(x − xe ) + cost
2
2
k
1 + k2
= −k1 r2 (ϑ − π/2)2 −
(x − xe )2 + k1 r(ϑ − π/2)(x − xe ) + cost.
2
U (ϑ, x) '
Sommamdo questa espressione approssimata alla energia cinetica già calcolata (che è
anch’essa del secondo ordine rispetto a una piccola perturbazione della soluzione di equilibrio), si ottiene l’espressione approssimata delle funzione Lagrangiana, valida in un intorno
di (π/2, xe ):
L(ϑ, x, ϑ̇, ẋ) = T (ϑ̇, ẋ) + U (ϑ, x) '
Ã
!
1
r2 2
k1 + k2
2
m ẋ + ϑ̇ − k1 r2 (ϑ − π/2)2 −
(x − xe )2 + k1 r(ϑ − π/2)(x − xe ) + c
2
2
2
da cui le seguenti equazioni del moto, linearizzate nell’intorno della configurazione di
equilibrio (π/2, xe ):
mr2
ϑ̈ + 2k1 r2 (ϑ − π/2) − k1 r(x − xe ) = 0
2
mẍ − k1 r(ϑ − π/2) + (k1 + k2 )(x − xe ) = 0.
con xe che è stato ricavato al punto 1.
28
PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE
2 febbraio 2004
Nel sistema di figura, disposto in un piano verticale, la sbarretta omogenea AC, di massa
m e lunghezza `, scorre senza attrito lungo l’asse y. Al suo estremo C è applicata la forza
elastica F~ = −k(C − O), e l’estremo A è incernierato alla periferia di un disco di raggio
r√e massa 4m. Il punto P del disco, posto all’estremo della sua corda AP di lunghezza
r 3, è collegato al baricentro B della sbarretta con una molla che ha costante elastica
h = 4mg/` e lunghezza a riposo trascurabile. Si assumono come coordinate lagrangiane:
l’ordinata y = yB del baricentro della sbarretta e l’angolo ϑ di rotazione del disco che è
indicato in figura.
1. Determinare le configurazioni di equilibrio del sistema e studiarne la stabilità.
2. Calcolare l’energia cinetica, scrivere la funzione Lagrangiana e ricavare le equazioni del
moto.
3. Si blocca la sbarretta nella configurazione y0 = −`/2, e si mette in moto il disco a
partire dalla configurazione ϑ0 = 0 con velocità angolare ϑ̇0 nulla. Determinare la velocità
angolare del disco nell’istante in cui raggiunge la configurazione ϑ1 = π/2.
4. Determinare tutte le reazioni vincolari esterne ed interne nelle condizioni di equilibrio
determinate al punto 1.
y
O
x
C
B
mg
A
p /6
G
q r
4mg
P
29
Soluzione
1. Tenendo conto che nel triangolo isoscele AGP gli angoli alla base hanno ampiezza π/6,
applichiamo il teorema di Carnot al triangolo ABP per ricavare
BP
2
√
√
`2
=
+ 3r2 − 3r` cos[π − (ϑ + π/6)] = 3r` cos(ϑ + π/6) + cost
4
√
3 √
=
r`( 3 cos ϑ − sin ϑ) + cost.
2
Inoltre:
xG = r sin ϑ;
yG = y − `/2 − r cos ϑ.
Il potenziale delle forze attive è perciò
k
h
2
2
OC − BP
2
2
√
Ã
!2
k
`
h 3 √
= −mgy − 4mg(y − r cos ϑ) −
y+
−
r`( 3 cos ϑ − sin ϑ) + cost
2
2
2 2
Ã
!2
√
k
`
= −5mgy −
y+
+ mgr(cos ϑ + 3 sin ϑ) + cost.
2
2
U (y, ϑ) = −mgyB − 4mgyG −
Per ricavare le configurazioni di equilibrio annulliamo le derivate parziali:
Uy0 = −5mg − k(y + `/2) = 0
√
Uϑ0 = mgr( 3 cos ϑ − sin ϑ) = 0.
Il sistema è soddisfatto per
Ã
` 5mg
ye = −
+
2
k
!
;
√
π
ϑ(1)
=
arctan(
3) = ,
e
3
ϑ(2)
e =
4π
3
per cui sono sempre possibili le due configurazioni di equilibrio
qe(1) = {ye , π/3} ;
qe(2) = {ye , 4π/3}.
Per studiarne la stabilità calcoliamo le derivate seconde:
√
U ”yy = −k < 0 ;
U ”ϑϑ = −mgr( 3 sin ϑ + cos ϑ) ;
U ”yϑ = 0.
Poichè U ”ϑϑ è negativa per ϑ = π/3 e positiva per ϑ = 4π/3, si deduce che il determinante
della matrice Hessiana è:
• positivo nella configurazione qe(1) , la quale risulta stabile;
• negativo nella configurazione qe(2) , che è perciò instabile.
2. L’energia cinetica del sistema vale
1
1
1
1 4mr2 2
1 2
1
2
+ IG ϑ̇2 = mẏ 2 + · 4m(r2 ϑ̇2 + 2r sin ϑẏ ϑ̇) +
mvB + · 4mvG
ϑ̇
2
2
2
2
2
2 2
5 2
=
mẏ + +4mrẏ ϑ̇ + 3mr2 ϑ̇2 .
2
T =
30
Ricavata la funzione Lagrangiana L = T + U con T ed U sopra calcolate, si ottengono le
seguenti equazioni del moto:
5ÿ + 4rϑ̈ + 5g + k(y + `/2)/m = 0
√
4ÿ + 6rϑ̈ + g(sin ϑ − 3 cos ϑ) = 0.
3. Poichè il sistema è conservativo, applichiamo l’integrale primo dell’energia: T0 − U0 =
T1 − U1 tra l’istante iniziale t0 = 0 in cui
µ
y0 = −`/2, ẏ0 = 0, ϑ0 = 0, ϑ̇0 = 0
⇒
T0 = 0,
5
U0 = mg
`+r
2
¶
e l’istante finale t1 in cui
µ
y1 = −`/2, ẏ1 = 0, ϑ1 = π/2
⇒
e otteniamo:
T1 =
3mr2 ϑ̇21 ,
√
5
U1 = mg
` + 3r
2
¶
s √
ϑ̇1 =
( 3 − 1)g
.
3r
~ A = ΦAx~ı+ΦAy~ la reazione vincolare interna nella cerniera A, agente
4. Indichiamo con Φ
~ v = Rv~ı, M v la risultante e il momento risultante (rispetto a B) delle
sul disco, e con R
reazioni del telaio y sulla sbarretta. Dalle le equazioni cardinali della Statica, applicate
all’intero sistema e alla sbarretta isolata, si ricava:
Rv = 0 ,
M v = (`/2)ΦAx .
L’equazione di risultante per il disco isolato fornisce:
ΦAx + h(B − P ) ×~ı = 0;
ΦAy − 4mg + h(B − P ) × ~ = 0.
Il vettore (B − P ) è funzione della sola coordinata ϑ. In condizioni generiche di moto vale
√
√
(B − P ) = −r 3 sin(ϑ + π/6)~ı + [`/2 + r 3 cos(ϑ + π/6)]~
e nelle configurazioni di equilibrio, in cui la corda AP è parallela all’asse x, si riduce
rispettivamente a
√
(B − P ) = − 3r~ı + (`/2)~
per ϑ(1)
e = π/3
√
(2)
(B − P ) =
3r~ı + (`/2)~
per ϑe = 4π/3.
Quindi le componenti della reazione vincolare interna in condizioni statiche valgono:
 √

nella configurazione qe(1)
 4 3mgr/`
ΦAx =  √

−4 3mgr/` nella configurazione qe(2) ;
ΦAy = 2mg.
31
PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE
13 febbraio 2004
Nel sistema di figura, disposto in un piano verticale, il disco di massa m e raggio r rotola
senza strisciare sull’asse y e il suo baricentro A è incernierato a un estremo della sbarretta
omogenea AB di lunghezza ` e ugual massa m. L’estremo B è incernierato a una seconda
sbarretta omogenea BD di massa 2m e lunghezza 2`, che ruota attorno al suo baricentro
fisso E ed è sollecitata da una coppia esterna di momento costante M0 . Si assuma come
coordinata lagrangiana l’angolo ϑ indicato in figura, e che sia: yA 6= 0 se ϑ 6= 0.
1. Determinare le configurazioni di equilibrio del sistema e studiarne la stabilità,
2. Calcolare l’energia cinetica e ricavare l’equazione del moto.
3. Determinare tutte le reazioni vincolari esterne ed interne nelle condizioni di equilibrio
individuate al punto 1.
y
AB = l
BD = 2 l
C
r
A
G
mg
B
mg
q
O
D
E( r ,0)
M
2mg
x
32
Soluzione
1. Il potenziale delle forze applicate vale
7
U (ϑ) = −mgyA − mgyG − M ϑ + cost = − mg` sin ϑ + M ϑ + cost.
2
Le configurazioni di equilibrio sono i suoi punti di stazionarietà, che si ricavano annullando
la derivata prima:
7
U 0 (ϑ) = − mg` cos ϑ + M = 0.
2
Si ricavano le due soluzioni di equilibrio
Ã
ϑ(1)
e
!
2M
= arccos
,
7mg`
(1)
ϑ(2)
e = −ϑe ,
reali se 2M ≤ 7mg`. Per studiare la stabilità calcoliamo il segno della derivata seconda
U ”(ϑ) = 27 mg` sin ϑ nelle due configurazioni di equilibrio. Se è soddisfatta la condizione
per la loro esistenza, essa vale
v
u
u
t
Ã
7
2M
U ”(ϑ(1)
e ) = mg` 1 −
2
7mg`
!2
> 0;
v
u
u
t
Ã
7
2M
U ”(ϑ(2)
e ) = − mg` 1 −
2
7mg`
!2
< 0.
Poichè l’equilibrio è stabile nei punti di minimo della energia potenziale V (ϑ) = −U (ϑ),
(2)
si deduce che la configurazione ϑ(1)
e è instabile e ϑe è stabile.
2. L’energia cinetica del sistema vale
1
1
1 2
1
T (ϑ, ϑ̇) = IE ϑ̇2 + IC ϕ̇2 + mvG
+ IG ψ̇ 2
2
2
2
2
dove ϕ̇ è la velocità angolare del disco e ψ̇ quella della sbarretta AB. Quest’ultima è
uguale e contraria a ϑ̇, e quella del disco si ricava sfruttando la condizione di rotolamento
senza strisciamento:
yA = 2` sin ϑ,
vA = ẏA = 2` cos ϑϑ̇ = rϕ̇
⇒
ϕ̇ =
2`
cos ϑϑ̇.
r
Inoltre:
xG = r +
yG =
`
cos ϑ,
2
3`
sin ϑ,
2
`
ẋG = − sin ϑϑ̇
2
3`
ẏG =
cos ϑϑ̇
2
2
= (`2 /4)(1 + 8 cos2 ϑ)ϑ̇2 . Si ricava pertanto:
da cui: vG
1 8m`2 2 1 3mr2 4`2
1 m`2
1 m`2 2
2
2
2
2
ϑ̇ +
·
cos
ϑ
ϑ̇
+
·
(1
+
8
cos
ϑ)
ϑ̇
+
·
ϑ̇
2 12
2 2 r2
2
4
2 12
1
=
m`2 (1 + 8 cos2 ϑ)ϑ̇2
2
T (ϑ, ϑ̇) =
33
da cui la Lagrangiana del sistema
L(ϑ, ϑ̇) = T (ϑ, ϑ̇) + U (ϑ) =
1
7
m`2 (1 + 8 cos2 ϑ)ϑ̇2 − mg` sin ϑ + M ϑ + cost.
2
2
Da essa si ricava l’equazione del moto:
7
m`2 (1 + 8 cos2 ϑ)ϑ̈ − 8m`2 sin ϑ cos ϑϑ̇2 + mg` cos ϑ − M = 0.
2
~C =
3. Il sistema è soggetto a quattro vincoli doppi: indichiamo le reazioni esterne con Φ
~
ΦCx~ı + ΦCy~, ΦE = ΦEx~ı + ΦEy~; quella interna nella cerniera A, e agente sul disco, con
~ A = ΦAx~ı + ΦAy~; quella interna e agente sull’asta BD con Φ
~ B = ΦBx~ı + ΦBy~. Le otto
Φ
incognite di reazione si possono determinare applicando le seguenti equazioni cardinali
della Statica:
• al disco isolato:
ΦCx + ΦAx = 0
ΦCy + ΦAy − mg = 0
−rΦCy = 0
• all’asta BD isolata:
ΦBx + ΦEx = 0
ΦBy + ΦEy − 2mg = 0
• al sistema complessivo:
ΦCx + ΦEx = 0
ΦCy + ΦEy − 4mg = 0
• e alle due aste isolate, con un’equazione di momento rispetto alla cerniera E:
M−
mg`
cos ϑ + 2` sin ϑΦAx = 0
2
Da quest’ultima si ricava
ΦAx = ∓
3M
v
Ã
!2
u
u
2M
t
7` 1 −
7mg`
e dalle precedenti:
ΦAy
ΦCx
ΦEx
ΦBx
=
=
=
=
mg
−ΦAx ;
ΦAx ;
−ΦAx ;
ΦCy = 0
ΦEy = 4mg
ΦBy = −2mg.
34
PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE
8 luglio 2004
Nel sistema in figura, che è disposto in un piano verticale, la sbarretta rigida AB di
lunghezza ` e massa m è incernierata, ad un terzo della sua lunghezza, nell’origine del
sistema di riferimento inerziale O(x, y). Ad essa sono applicate: una coppia di momento
costante M, e una molla con costante elastica k e lunghezza a riposo trascurabile, che
collega l’estremo A ad un punto materiale P di massa mP scorrevole senza attrito sull’asse
x. Al punto P è applicata una forza costante F~ = F~ı.
1. Determinare la posizione di equilibrio xe del punto P e il valore che deve avere il
momento M della coppia, perchè la sbarretta si trovi in equilibrio per ϑe = π.
2. Determinare la condizione che deve essere soddisfatta dalla forza F per assicurare la
stabilità della configurazione di equilibrio (ϑe , xe ) determinata al punto precedente.
3. Scrivere le equazioni del moto del sistema.
4. Calcolare tutte le reazioni vincolari in un generico istante di moto.
y
A
AB = l
OB = l /3
G
q
F
P
O
x
mg
m g
B
M
P
35
Soluzione
1. Calcolati il quadrato della elongazione della molla e la quota del baricentro G:
4
4
(AP )2 = x2 + `2 − `x cos ϑ ;
9
3
il potenziale delle forze attive risulta:
yG = OG sin ϑ =
µ
`
sin ϑ,
6
¶
mg`
k 2 4 2 4
U (ϑ, x) = −
sin ϑ −
x + ` − `x cos ϑ + M ϑ + F x + cost
6
2
9
3
ed ha derivate parziali:
mg`
2k`
cos ϑ −
x sin ϑ + M
6
3
2k`
Ux0 (ϑ, x) = −kx +
cos ϑ + F.
3
Annullandole entrambe e ponendo ϑ = ϑe = π si ricava subito:
Uϑ0 (ϑ, x) = −
M =−
mg`
;
6
xe =
F
2`
− .
k
3
2. Le derivate seconde del potenziale, calcolate nella configurazione di equilibrio qe =
(−π, xe ), valgono:
mg`
2k`
2k`
U ”ϑϑ (qe ) =
sin ϑe −
xe cos ϑe =
6
3
3
U ”xx (qe ) = −k < 0
2k`
U ”ϑx (qe ) =
sin ϑe = 0
3
Ã
F
2`
−
k
3
!
per cui U ”ϑϑ (qe ) e U ”xx (qe ) = −k coincidono con gli autovalori della matrice Hessiana.
Affinchè entrambi gli autovalori siano negativi (condizione affichè U (ϑ, x) abbia un massimo in qe ), occorre che F < 2k`/3. Se è soddisfatta questa condizione, l’energia potenziale
V = −U ha un minimo, e qe è stabile.
3. L’energia cinetica del sistema vale
1
1 m`2 2 1
1
T (ϑ̇, ẋ) = IO ϑ̇2 + mP vP2 =
ϑ̇ + mP ẋ2
2
2
2 9
2
e usandola per scrivere le equazioni di Lagrange si ottengono le seguenti equazioni del
moto:
6k
9M
3g
cos ϑ + x sin ϑ =
ϑ̈ +
2`
`
m`2
2
mP ẍ + kx − k` cos ϑ = F.
3
~ P = ΦP ~ della guida x sul punto P si ricava con una equazione di
4. La reazione Φ
risultante:
2k`
sin ϑ
−mP g − k(P − A) × ~ + ΦP = 0
=⇒
ΦP = mP g − kyA = mP g −
3
36
oppure applicando al sistema complessivo il teorema del momento delle quantità di moto
rispetto ad O
mg`
M + ΦP x −
cos ϑ − mP gx = IO ϑ̈
6
che fornisce l’espressione equivalente:
1
ΦP =
x
Ã
m`2
mg`
cos ϑ + mP g − M
ϑ̈ +
9
6
!
dove ϑ(t) e x(t) sono soluzioni delle precedenti equazioni del moto.
Le due componenti della reazione di cerniera si ottengono applicando il teorema della
quantità di moto alla sbarretta isolata:
ΦOx + k(P − A) ×~ı = mẍG = −
ΦOy − mg − kyA = mÿG =
m`
(sin ϑϑ̈ + cos ϑϑ̇2 )
6
m`
(cos ϑϑ̈ − sin ϑϑ̇2 )
6
da cui si ricava
Ã
ΦOx
ΦOy
!
2`
m`
= k
cos ϑ − x −
(sin ϑϑ̈ + cos ϑϑ̇2 )
3
6
2k`
m`
= mg +
sin ϑ +
(cos ϑϑ̈ − sin ϑϑ̇2 ).
3
6
37
PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE
2 settembre 2004
Nel sistema in figura, che è disposto in un piano verticale, il disco omogeneo di massa m
e raggio R rotola senza strisciare su una retta ξ inclinata di un angolo α = π/6 rispetto
all’asse x del sistema di riferimento inerziale O(x, y).
Al suo baricentro G sono applicate le forze elastiche prodotte da due molle GG0 e GG”
che si mantengono parallele rispettivamente all’asse x e all’asse y, hanno uguale costante
elastica k = mg/R e lunghezze a riposo trascurabili.
Al disco è inoltre applicata una coppia di momento M (ϑ) = M0 ϑ2 , con M0 = mgR/4 e ϑ
angolo di rotazione del disco, che si assume crescente nel verso antiorario e nullo quando
il punto di contatto C del disco coincide con O.
1. Determinare le configurazioni di equilibrio del disco e studiarne la stabilità.
2. Scrivere l’equazione del moto del sistema.
3. Calcolare la reazione vincolare nel punto di contatto C in condizioni statiche e in
generiche condizioni di moto.
4. Si supponga che il moto del disco abbia inizio con velocità angolare ω0 6= 0 quando
ϑ = ϑ0 = 0. Calcolare il valore da assegnare √
ad ω0 per far sı̀ che il disco raggiunga con
velocità nulle la configurazione in cui yG = − 3R/2.
y
G"
x
a = p /6
O
x
q
M = M 0 q2
G'
G
C
mg
38
Soluzione
1) Dalla geometria del sistema si ricava
R √
R √
yG = ξC sin α + R cos α = ( 3 − ϑ)
xG = ξC cos α − R sin α = − ( 3ϑ + 1);
2
2
Rϑ̇ √
~vG = ẋG~ı + ẏG~ = −
( 3~ı + ~) = −Rϑ̇~λ ≡ ξ˙G~λ
2
dove ~λ è il versore dell’asse ξ.
Il potenziale delle forze applicate è pertanto
Z
k 2
mgR 3
2
U (ϑ) = −mgyG − (xG + yG ) + M (ϑ)dϑ =
(ϑ /6 − ϑ2 + ϑ) + cost
2
2
e la sua derivata prima vale
U 0 (ϑ) =
mgR 2
(ϑ /2 − 2ϑ + 1).
2
I suoi zeri forniscono i seguenti due punti di stazionarietà:
√
√
2;
ϑ(2)
2
ϑ(1)
e = 2−
e = 2+
che definiscono altrettante soluzioni di equilibrio. Per valutarne la stabilità ricaviamo la
(ϑ − 2) che nelle configurazioni di equilibrio vale
derivata seconda U ”(ϑ) = mgR
2
√
√
2
2
(1)
(2)
U ”(ϑe ) =
mgR > 0;
U ”(ϑe ) = −
mgR < 0.
2
2
Dunque l’energia potenziale V (ϑ) = −U (ϑ) ha un massimo nella configurazione ϑ(1)
e che
è instabile, e ha un minimo per ϑ(2)
che
è
stabile.
e
2) L’energia cinetica del disco vale
1
3
T (ϑ, ϑ̇) = IC ϑ̇2 = mR2 ϑ̇2 .
2
4
Se la si usa per scrivere l’equazione di Lagrange
d
dt
Ã
∂T
∂ ϑ̇
!
−
∂T
dU
=
∂ϑ
dϑ
si ricava l’equazione del moto:
Ã
!
ϑ2
3Rϑ̈ − g
− 2ϑ + 1 = 0.
2
~ C = ΦCx~ı + ΦCy~ si può applicare il teorema della
3) Per ricavare la reazione vincolare Φ
quantità di moto del disco. Ricavate le espressioni delle forze elastiche:
−k(G − G0 ) = −kxG~ı =
kR √
( 3ϑ + 1)~ı;
2
−k(G − G”) = −kyG~ =
√
kR
(ϑ − 3)~,
2
39
risulta:
ΦCx
ΦCy
√
kR √
3mR
+
( 3ϑ + 1) = mẍG = −
ϑ̈
2
2
√
kR
mR
+
(ϑ − 3) − mg = mÿG = −
ϑ̈
2
2
dalle quali si ottiene
√
3mR
mg √
ΦCx = −
ϑ̈ −
( 3ϑ + 1);
2
2
ΦCy = mg −
mR
mg √
ϑ̈ +
( 3 − ϑ).
2
2
Sostituendo l’accelerazione angolare ϑ̈ fornita dall’equazione del moto si ha infine:
√
Ã
!
Ã
!
√
√
3mg ϑ2
mg
ϑ2
ΦCx [ϑ(t)] = −
+ ϑ + 1 + 3 ; ΦCy [ϑ(t)] =
5+3 3−ϑ−
.
6
2
6
2
Una delle due precedenti equazioni può essere sostituita dalla equazione di momento
rispetto al baricentro del disco:
rΦCλ + M0 ϑ2 = (mR2 /2)ϑ̈
√
~ C nella direzione della retta ξ.
dove ΦCλ = 3ΦCx /2 + ΦCy /2 è la componente di Φ
In condizioni statiche (ϑ̈ = 0) le componenti della reazione vincolare si riducono a
√
√
√
3mg
mg √ (1,2)
ΦCx = −
( 3ϑe + 1) = −
(6 + 3 ± 3 2)
2
6
√
mg √
mg √
(1,2)
( 3 − ϑe ) =
( 3 ∓ 2).
ΦCy = mg +
2
2
4) Nell’istante iniziale del moto, in cui ϑ = 0 e ϑ̇ = ω0 , si ha
3
T0 = mR2 ω02 ;
U0 = cost.
4
√
Nella configurazione in cui yG = − 3R/2 la coordinata lagrangiana ϑ vale:
ϑ1 =
√
3−
√
2yG
= 2 3.
R
In essa il potenziale assume il valore:
√
U1 = U (ϑ1 ) = 3mgR( 3 − 2) + cost,
e se si vuole che questa configurazione venga raggiunta con velocità nulle (ϑ̇ = 0), applicando l’integrale primo dell’energia T0 − U0 = T1 − U1 si ricava che deve essere soddisfatta
l’uguaglianza:
√
3
mR2 ω02 = −3mgR( 3 − 2).
4
Risolvendo rispetto ad ω0 si ottiene:
r
ω0 = +2
√
g
(2 − 3).
R
40
PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE
24 gennaio 2005
Il sistema materiale indicato in figura è disposto in un piano orizzontale. Il disco di
raggio r e massa m rotola senza strisciare su una circonferenza fissa di raggio 2r. Al suo
baricentro A è incernierata una sbarretta rigida AB di massa 2m e lunghezza ` = 3r, il
cui estremo B è impegnato a scorrere senza attrito sull’asse x ed è sollecitato da una forza
costante F~ = −F~ı con F > 0. Il centro A del disco è collegato all’asse x da una molla
AA0 che si mantiene parallela all’asse y, ha costante elastica nota k e lunghezza a riposo
trascurabile.
1. Determinare le configurazioni di equilibrio del sistema comprese nell’intervallo
−π/2 < ϑ < π/2
e studiarne la loro stabilità.
2. Calcolare l’energia cinetica del sistema e scrivere l’equazione di Lagrange.
3. Linearizzare l’equazione del moto nell’intorno della configurazione di equilibrio stabile
in cui si trova il sistema nell’ipotesi: F = kr.
4. Calcolare le reazioni vincolari esterne in una generica condizione di moto.
y
AB = 3r
A’
O
2r
B
F
q
x
C
G
r
A
41
Soluzione
1) Il potenziale delle forze attive, tutte conservative, espresso in funzione della coordinata
lagrangiana ϑ, vale:
k
9
U (ϑ) = − (AA0 )2 − F xB = − kr2 sin2 ϑ − 6F r cos ϑ + cost
2
2
ed ha derivata prima
U 0 (ϑ) = 3r sin ϑ(2F − 3kr cos ϑ).
Per cercare le configurazioni di equilibrio determiniamo i punti di stazionarietà di U (ϑ),
che devono soddisfare: U 0 (ϑ) = 0. Si ricavano tre soluzioni comprese nell’intervallo
−π/2 < ϑe < π/2:
ϑ(1)
= 0
e
ϑ(2)
e
sempre valida
¶
2F
(2)
= arccos
;
ϑ(3)
e = −ϑe
3kr
µ
reali se F ≤
3
kr.
2
Per studiare la loro stabilità ricaviamo i massimi e minimi di U (ϑ) calcolando la derivata
seconda
U ”(ϑ) = 3r cos ϑ(2F − 3kr cos ϑ) + 9kr2 sin2 ϑ.
Nei punti di stazionarietà essa vale:
½
U ”(0) = 3r(2F − 3kr)
U ”(ϑ(3,4)
) = 9kr2 sin2 ϑ(3,4)
e
e
< 0 se F < 3kr/2 ⇒ massimo di U
> 0 se F > 3kr/2 ⇒ minimo di U
>0 ⇒
minimi di U.
Tenuto conto che l’energia potenziale del sistema è V (ϑ) = −U (ϑ) ed ha un minimo in
ogni configurazione stabile, se ne deduce che
• la configurazione ϑ(1)
e = 0 è stabile se F < 3kr/2 e instabile se F > 3kr/2;
• ϑ(2,3)
,
quando
esistono,
sono instabili.
e
2) L’energia cinetica del sistema vale
T (ϑ, ϑ̇) =
1
1
1
1
2
+ IG ϑ̇2
mvA2 + IA ϕ̇2 + 2mvG
2
2
2
2
dove ϕ̇ è la velocità angolare del disco. Indicando con ϑ∗ l’angolo compreso tra l’asse x e
il vettore (A − O), che ha modulo uguale a ϑ ma è crescente nel verso orario, la velocità
del baricentro A del disco vale
~vA = rϕ̇~τ = ϑ̇∗ (−~k) ∧ (A − O) = −3rϑ̇~τ ,
dove ~τ = sin ϑ~ı + cos ϑ ~ è il versore di ~k ∧ (A − O). Da questa si deduce anche: ϕ̇ = −3ϑ̇.
Inoltre, la velocità del baricentro della sbarretta vale
µ
¶
3
3r
d 9
r cos ϑ~ı − r sin ϑ~ = − (3 sin ϑ~ı + cos ϑ~)ϑ̇
~vG = ẋG~ı + ẏG~ =
dt 2
2
2
42
da cui
9r2
(1 + 8 sin2 ϑ)ϑ̇2 .
4
Sostituendo nella espressione dell’energia cinetica si ottiene:
2
vG
=
·
¸
1
9
1
T (ϑ, ϑ̇) = mr2 15 + (1 + 8 sin2 ϑ) ϑ̇2 ≡ a(ϑ)ϑ̇2 .
2
2
2
Se la si usa per scrivere l’equazione di Lagrange si ricava l’equazione del moto:
·
mr
2
¸
9
15 + (1 + 8 sin2 ϑ) ϑ̈ + 36mr2 sin ϑ cos ϑϑ̇2 − 3r sin ϑ(2F − 3kr cos ϑ) = 0.
2
3) Nell’ipotesi F = kr l’unica configurazione di equilibrio stabile è ϑ(1)
e = 0. In un suo
intorno il potenziale e l’energia cinetica si approssimano con
1
1
1
39
U ' U ”(0)ϑ2 = (−3kr2 )ϑ2 ;
T ' a(0)ϑ̇2 = mr2 ϑ̇2
2
2
2
4
e da queste espressioni si ricava l’equazione linearizzata
ϑ̈ + σ 2 ϑ = 0
con
v
s
u
u U ”(0)
2k
σ = t−
=
.
a(0)
13m
~ B = ΦB~ e Φ
~ C = ΦCτ ~τ + ΦCρ ρ~ dove
4) Le reazioni vincolari da determinare sono Φ
ρ~ = cos ϑ~ı − sin ϑ~ è il versore di (A − O).
La componente tangenziale di φC si calcola subito con un’equazione di momento rispetto
al baricentro A del disco isolato:
mr2
3
(−3ϑ̈)
=⇒
ΦCτ = mrϑ̈.
2
2
Le altre due incognite si possono ricavare scrivendo il teorema della quantità di moto per
l’intero sistema:
−rΦCτ = IA ϕ̈ =
−F~ı + 3kr sin ϑ~ + ΦB~ + ΦCτ (sin ϑ~ı + cos ϑ~) + ΦCρ (cos ϑ~ı − sin ϑ~) = m~aA + 2m~aG
dove
~aA = −3r(ϑ̈~τ + ϑ̇2 ρ~ ) = −3r(cos ϑϑ̇2 + sin ϑϑ̈)~ı + 3r(sin ϑϑ̇2 − cos ϑϑ̈)~
9r
3r
~aG = ẍG~ı + ÿG~ = − (cos ϑϑ̇2 + sin ϑϑ̈)~ı + (sin ϑϑ̇2 − cos ϑϑ̈)~.
2
2
Uguagliando le componenti lungo gli assi x, y e sostituendo ΦCτ , ~aA , ~aG si ricava
3
−F + mr sin ϑϑ̈ + ΦCρ cos ϑ = −12mr(cos ϑϑ̇2 + sin ϑϑ̈)
2
3
ΦB + 3kr sin ϑ + mr cos ϑϑ̈ − ΦCρ sin ϑ = 6mr(sin ϑϑ̇2 − cos ϑϑ̈)
2
da cui
·
ΦB
¸
1
3
F − mr sin ϑϑ̈ − 12mr(cos ϑϑ̇2 + sin ϑϑ̈)
cos ϑ
2
15
= 3r sin ϑ(2mϑ̇2 − k) − mr cos ϑϑ̈ + ΦCρ sin ϑ.
2
ΦCρ =
43
COMPITO DI MECCANICA RAZIONALE
14 febbraio 2005
In un piano verticale (O, x, y) un disco omogeneo di massa m e raggio r è incernierato
senza attrito nel suo baricentro fisso O . In una scanalatura diametrale scorre senza attrito
l’asta omogenea AB di lunghezza ` ed egual massa m . All’asta è applicata una coppia
M antioraria e costante.
Assunte come coordinate lagrangiane l’ascissa s del baricentro G sull’asta ( (G−O) = s~λ ,
con ~λ versore di (B − A) ) e l’angolo ϑ di rotazione dell’asta ,
(1) determinare le posizioni d’equilibrio del sistema, studiandone la stabilità;
(2) calcolare l’energia cinetica e scrivere le equazioni differenziali del moto del sistema;
(3) calcolare la reazione vincolare della cerniera in O sia in condizioni statiche che dinamiche;
(4) abbandonato il sistema nella posizione s0 = 0 e ϑ0 = π/2 con velocità iniziali nulle
(moto incipiente) si calcoli l’accelerazione iniziale del baricentro G dell’asta e la corrispon~ O in tale istante.
dente reazione Φ
y
AB = l
OG = s
A
r
O
mg
s
x
G
q
M
mg
B
44
Soluzione
(1) Il potenziale delle forze applicate vale
U (ϑ, s) = −mgyG + M ϑ + cost = mgs cos ϑ + M ϑ + cost
e le sue derivate prime sono
∂U
∂ϑ
∂U
∂s
= −mgs sin ϑ + M
= mg cos ϑ.
Poichè le posizioni di equilibrio sono i punti di stazionarietà di U (ϑ, s), imponiamo che
queste derivate siano nulle e determiniamo le soluzioni del sistema che ne risulta. Si
ricavano le due posizioni di equilibrio:
(
ϑ(1)
e
π
M
= , s(1)
e =
2
mg
)
(
ϑ(2)
e
π
M
= − , s(2)
e = −
2
mg
)
e per studiarne la stabilità calcoliamo le derivate seconde del potenziale
U ”ϑϑ = −mgs cos ϑ,
U ”ss = 0,
U ”sϑ = −mg sin ϑ.
Nelle posizioni di equilibrio queste valgono
U ”ϑϑ = U ”ss = 0,
U ”sϑ = ∓mg
e quindi il determinante della matrice Hessiana vale
detH = U ”ϑϑ U ”ss − (U ”sϑ )2 = −m2 g 2 < 0.
Poichè è negativo, il potenziale non ha nè un massimo nè un minimo nelle due posizioni
di equilibrio, che quindi risultano entrambe instabili.
(2) L’atto di moto della sbarretta è la composizione del suo moto relativo alla scanalatura
e di quello di trascinamento con il disco. Pertanto, se indichiamo con ~λ il versore di
(G − O) e con ~µ il versore della direzione ~k ∧ (G − O) normale alla sbarretta, la velocità
del suo baricentro è
~vG = ṡ~λ + sϑ̇~µ
2
= ṡ2 + s2 ϑ̇2 .
vG
da cui :
Si ha perciò l’energia cinetica:
!
Ã
1
1
1
1
1
`2
r2
2
2
2
T (s, ϑ̇, ṡ) = IO ϑ̇ + mvG + · IG ϑ̇ = m
+
+ s2 ϑ̇2 + mṡ2
2
2
2
2
2
12
2
e la sua conoscenza permette di scrivere le equazioni di Lagrange
d
dt
Ã
∂T
∂ ϑ̇
!
∂T
∂U
−
=
,
∂ϑ
∂ϑ
d
dt
Ã
∂T
∂ ṡ
!
−
∂T
∂U
=
∂s
∂s
45
da cui si ottengono le seguenti equazioni del moto:
Ã
!
`2
r2
m
+
+ s2 ϑ̈ + 2msṡϑ̇ + mgs sin ϑ − M = 0
2
12
s̈ − sϑ̇2 − g cos ϑ = 0.
~ O = ΦOx~ı + ΦOy~ è sufficiente scrivere l’equa3) Per determinare la reazione vincolare Φ
zione di risultante per l’intero sistema (teorema della quantità di moto):
−2mg~ + ΦOx~ı + ΦOy~ = m~aG = m(ẍG~ı + ÿG~ )
dove
d
(ṡ sin ϑ + s cos ϑϑ̇) = sin ϑs̈ + s cos ϑϑ̈ − s sin ϑϑ̇2 + 2 cos ϑṡϑ̇
dt
d
=
(−ṡ cos ϑ + s sin ϑϑ̇) = − cos ϑs̈ + s sin ϑϑ̈ + s cos ϑϑ̇2 + 2 sin ϑṡϑ̇.
dt
ẍG =
ÿG
Moltiplicando scalarmente per i versori degli assi x, y si ricavano le due componenti della
reazione vincolare della cerniera, che in condizioni dinamiche valgono:
ΦOx = mẍG ,
ΦOy = 2mg + mÿG
e in condizioni statiche (in cui ~aG = 0) si riducono a
Φstat
Ox = 0 ,
Φstat
Oy = 2mg.
(4) Nell’atto di moto incipiente in cui s0 = ϑ̇0 = ṡ0 = 0 e ϑ0 = π/2, dalla seconda
equazione del moto si deduce che s̈(0) = s̈0 = 0. Sostituendo insieme con i dati iniziali
assegnati nelle espressioni di ẍG , ÿG prima calcolate, si ricava:
ẍG (0) = s̈0 = 0
ẍG (0) = s0 ϑ̈0 = 0
e quindi l’accelerazione iniziale del baricentro dell’asta è nulla. Nello stesso istante iniziale
la reazione vincolare della cerniera vale:
ΦOx (0) = 0,
ΦOy (0) = 2mg
=⇒
~ 0 (0) = 2mg ~.
Φ