Temi_Mecrazionale

TEMI RISOLTI

DI MECCANICA RAZIONALE

1PROVA 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 , e` contenuta inun piano parallelo al piano (x, z) e trasla nella direzione dellasse y. Il suo lato AC hauna feritoia nella quale scorre senza attrito un punto P di massa m, sul quale agiscono leforze elastiche di due molle OP e CP , entrambe con rigidezza nota k e lunghezza a riposotrascurabile. Al vertice A della lamina triangolare e` inoltre applicata la forza F = cy3jcon c > 0, dove y e` la coordinata lagrangiana che si assume per definire la posizioneistantanea dei punti della lamina. Introdotta come seconda coordinata lagrangiana laposizione s = PC del punto P nella feritoia,

1) Determinare le configurazioni di equilibrio del sistema e discuterne la stabilita`.

2) Scrivere lequazione di moto del sistema.

3) Linearizzare lequazione di moto della lamina nellintorno della configurazione di equi-librio stabile determinata nel punto 1), e determinare la soluzione del moto del sistemacomplessivo nellintorno di questa configurazione stabile.

4) Calcolare la reazione vincolare interna in P , nelle condizioni di moto del punto prece-dente.

x

y

z

O

l

l

lP

A

B

C

F=cy 3y'

y"

Mg

mg

AB=BC=

2SOLUZIONE

1) Le forze attive sono tutte conservative, e il potenziale complessivo vale:

U(y, s) =c

4y4 mgzP k

2s2 k

2OP

2+ cost =

=c

4y4 +

2

2(mg + k`)s ks2 k

2y2 + cost.

Annullando le sue derivate prime, che sono:

U y = cy3 ky, U s =

2

2(mg + k`) 2ks,

si trovano queste tre configurazioni di equilibrio qe = {ye, se}:

q(1)e = {0, se}, q(2,3)e = {k

c, se} con se =

2

4

(`+

mg

k

).

Poiche le derivate seconde valgono:

Uss = 2k < 0; Uys = 0; Uyy = 3cy2 k,

la matrice Hessiana ha autovalori negativi 1 = k, 2 = 2k se calcolata per q = q(1)e ,ed ha autovalori di segno opposto 1,2 = 2k se calcolata per q = q(2,3)e .Dunque q(1)e e` stabile e q

(2)e , q

(3)e sono instabili.

2) Lenergia cinetica del sistema vale:

T =1

2My2 +

1

2mv2P =

1

2(M +m)y2 +

1

2ms2

e scrivendo le equazioni di Lagrange

d

dt

(T

qi

) Tqi

=U

qi, q1 = y, q2 = s

si ricavano le seguenti equazioni del moto:

(M +m)y + ky = cy3

2ms+ 4ks =2(mg + k`).

3) Nellintorno di q(1)e il potenziale si approssima come segue:

U ' 12Uss(s se)2 + 1

2Uyy(0, se)y

2 = k2[2(s se)2 + y2]

mentre lenergia cinetica non e` da approssimare. Usando lespressione approssimata di Ula prima delle due equazioni del moto si linearizza nella forma seguente:

(M +m)y + ky = 0

3mentre la seconda equazione del moto e` gia` lineare. La soluzione delle equazioni lineariz-zate (che sono disaccoppiate) e` :

y(t) = A sin(yt+ 1); s(t) = se +B sin(st+ 2)

dove le pulsazioni proprie dei due oscillatori valgono:

y =

k

M +m; s =

2k

m

e A,B, 1, 2 sono costanti di integrazione.

4) Introduciamo la base ortonormale mobile (~, ~,~j) in cui ~ ha la direzione di (A C)e ~ quella normale ad (A C), contenuta nel piano della lamina:

~ =

2

2(~i ~k); ~ =

2

2(~i+ ~k).

In assenza di attriti, la reazione interna in P si puo` scrivere come

~P = ~+ y~j

e si ricava applicando il teorema della quantita` di moto:

ks~mg~k k(s~+ y~j + `~k) + ~+ y~j = m(s~+ y~j).

Si esprime il versore dellasse z nella base (~, ~,~j):

~k =

2

2(~ ~)

e si uguagliando le componenti delle forze agenti nelle direzioni ~ e ~j. Si ricava:

=

2

2(mg + k`);

y(t) = my + ky =(k m2y

) A sin(yt+ 1).

(Se invece si uguagliano le componenti nella direzione ~, si ottiene la seconda equazionedel moto gia` ricavata al punto 2).

4PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE - 14/7/1999

Il sistema di figura e` contenuto in un piano verticale Oxy ruotante con assegnata velocita`angolare = cost intorno allasse fisso verticale y. Il sistema e` composto da unastaomogenea 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 sullasta. Suquestultima e` applicata una coppia antioraria costante di momento M0~k.

Introdotte le coordinate lagrangiane 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 reazionevincolare P ;

3) nellipotesi: 2 = 2g/`, determinare il valore che deve avere il momento M0 perche laconfigurazione

qe =

(e =

pi

6, se =

`

3

)sia di equilibrio relativo al piano ruotante.

3mg

mg

x

y

w

sq

O

B

AO

M

P

AO=OB=

OP=s

l

5SOLUZIONE

1) Lenergia cinetica T e il potenziale U delle forze agenti possono essere calcolate as-sumendo come sistema di riferimento sia un osservatore inerziale, sia un osservatore mo-bile, ruotante con velocita` con il piano Oxy.

Nel riferimento inerziale, la velocita` angolare dellasta e la velocita` di P valgono:~ = ~k + ~j, ~vP = s~+ s~ s cos~k

dove ~ e` il versore di (B O) e ~ e` il versore di ~k (B O).Lenergia cinetica dellasta vale:

T asta =1

2~ ~KO = 1

2(IOz

2 + IOy2) =

1

2m`2(2 + 2 cos2 );

quella del punto P vale

T P =1

2m(s2 + s22 + s22 cos2 )

e quella dellintero sistema e`

T = T asta + T P =1

2m[s2 + (s2 + `2)2 + cos2 (`2 + s2)2

].

Il potenziale del peso e della coppia hanno per somma:

U = mgyP +M0d = mgs sin+M0+ cost.

Rispetto allosservatore ruotante con il piano Oxy, lenergia cinetica si riduce a

T r =1

2IOz

2 +1

2m(s2 + s22) =

1

2m[s2 + (s2 + `2)2

],

mentre al potenziale U gia` calcolato si deve aggiungere quello delle forze centrifughe.Indicando con IOy = m`

2 cos2 il momento dinerzia dellasta rispetto allasse di rotazione,e con r = s cos la distanza di P da questo asse, il potenziale delle forze centrifughe vale:

U c =1

22IOy +

mr2dr =

1

2m2(`2 + s2) cos2

e quindi nel sistema di riferimento ruotante il potenziale complessivo e`

U r = mgs sin+M0+ 12m2(`2 + s2) cos2 + cost.

In ogni caso, si ricava la lagrangiana

L = T + U = T r + U r

che, introdotta nelle equazioni di Lagrange

d

dt

(L

qi

)=

L

qicon q1 = , q2 = s,

6fornisce:

(s2 + `2)+ 2ss =M0/m gs cos 2(`2 + s2) sin coss = s2 + s2 cos2 g sin.

2) In assenza di attriti la reazione vincolare in P e` normale allasta: ~P = P~+Pz~k.Il teorema della quantita` di moto per il punto P si scrive:

P~+ Pz~k mg~j = m~aP == m

[s~+ 2s~+ s~ s2~ 2s cos~i+ 2(s sin s cos)~k

]e moltiplicando scalarmente per ~ si ottiene:

P = m(g cos+ 2s+ s+ s2 sin cos).

(Se si uguagliano le componenti nella direzione ~ si ottiene la seconda equazione di moto;

se si uguagliano quelle nella direzione ~k si ricava la componente Pz della reazione in Pche e` normale al piano ruotante, ed equilibra le forze apparenti di Coriolis).

3) Le derivate parziali di U r valgono:

U r

= mgs cos+M0 m2(`2 + s2) sin cos

U r

s= mg sin+m2s cos2 .

Se {e = pi/6, se = `/3} e` un punto di stazionarieta` di U r, esse devono soddisfare:

mg `3

3

2+M0 m2

(`2 +

`2

9

) 3

4= 0

mg2

+m2 `3 34= 0.

Per 2 = 2g/` la seconda e` automaticamente soddisfatta, e dalla prima si ricava:

M0 =13

18

3mg`.

7PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE - 2/5/2000

Corsi Ing. Aerospaziale - Meccanica II

Il sistema di figura e` disposto in un piano verticale. Lestremo mobile A di una fune DA e`collegato al baricentro di un corsoio omogeneo di massa m, che scorre senza attrito entrodue guide parallele allasse y. Al baricentro del corsoio e` inoltre collegata una molla AA

con rigidezza nota k e lunghezza a riposo trascurabile, che ha il suo estremo fisso nel puntoA(2r, 0). La fune si avvolge senza strisciare su un disco omogeneo con baricentro G,raggio r e massa M = 3m, e laltro suo estremo D e` fissato allasse x nel punto D(2r, 0).

Si scelga come coordinata lagrangiana langolo di rotazione del disco, crescente nel versoantiorario e nullo quando il baricentro A del corsoio coincide con lorigine O degli assicartesiani.

1) Esprimere in funzione di e la velocita` e laccelerazione di A, G e del punto P (r

2, yG)

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 lequazione del moto e trovarne la soluzione (t;0, 0) soddisfacente ad ar-bitrarie condizioni iniziali (0) = 0, (0) = 0.

x

y

0

G

A

mg

3mgq

B C

A' 2r 2r D

8SOLUZIONE

1) Ricordando che C, centro delle velocita` del disco, ha velocita` nulla e accelerazione~aC = r2~i, si ricava:~vA = yA~j = ~vB = 2r~j ; ~aA = yA~j = 2r~j~vG = ~vC + ~k (G C) = r~j ; ~aG = ~aC r~j + r2~i = r~j~vP = ~vC + ~k (P C) = 3r

2~j ; ~aP = ~aC 3r

2~j +

3r

22~i = 3r

2~j +

r

22~i.

2-4) Anche se non espressamente richiesto, la soluzione dei punti 2, 3 e 4 puo` esserericercata applicando separatamente al corsoio e al disco le equazioni della Statica e iteoremi della quantita` di moto e del momento angolare.

Le forze attive e reattive applicate al corsoio sono:. la forza peso: mg~j ;. la tensione: ~TA = TA~j del tratto AB della fune ;. il sistema di reazioni vincolari della guida verticale, che in assenza di attrito si riduceal risultante ~Rv = Rv~i applicato in A, piu` il momento risultante ~M vA =M

vA~k ;

. la forza elastica prodotta dalla molla la quale, tenuto conto che yA = 2r, vale:~Fel = k(A A) = 2kr~i+ 2kr~j.Il teorema della quantita` di moto per il corsoio, proiettato sugli assi x e y, fornisce:

Rv = 2kr (1)

TA + 2krmg = myA = 2mr TA = 2krmg + 2mr (2)e dal teorema del momento assiale delle quantita` di moto si ricava:

M vA = 0. (3)

Le forze attive e reattive agenti sul disco (tutte verticali) sono:. la forza peso: 3mg~j ;. la tensione: ~TB = ~TA = TA~j = (2krmg + 2mr)~j del tratto AB della fune ;. la tensione ~TC = TC~j, ancora incognita, del tratto CD della fune.

Dal teorema della quantita` di moto proiettato nella direzione dellasse y si ricava:

TB 3mg + TC = 3maG = 3mr TC = 4mg 2kr 5mr. (4)Il teorema del momento assiale delle quantita` di moto rispetto al centro delle velocita` Cdel disco si scrive:

2rTB + 3mgr = IC = 32 3mr2

e sostituendo il valore noto di TB si ottiene lequazione del moto:

17

2mr+ 4kr = 5mg. (5)

Se in questa equazione del moto si sopprime laccelerazione angolare, si ricava la configu-razione di equilibrio:

e =5mg

4kr.

9In tale configurazione di equilibrio, i moduli TAB e TCD delle tensioni della fune nei suoidue tratti verticali valgono, per le (2) e (4):

TAB = TA = 2kre mg = 32mg , TCD = TC = 4mg 2kre = 3

2mg TA.

Lequazione del moto (5) e` lineare, e si puo` riscrivere nella forma:

+ 2( e) = 0, = 2

2k

17m.

Il suo integrale generale e`(t) = e + A sin(t+ )

con:

A =(0 e)2 + (0/)2, tg = (0 e)

0.

Osservazione 1

La configurazione di equilibrio e e lequazione del moto (5) possono anche essere ricavatecalcolando il potenziale delle forze attive:

U() = 3mgyG mgyA k2AA

2= 5mgr 2kr2(1 + 2) + cost

e lenergia cinetica del sistema materiale:

T () =1

2my2A +

1

2 3mv2G +

1

2IG

2 =17

4mr22.

In tal caso, annullando la derivata del potenziale si ottiene:

dU

d= 5mgr 4kr2 = 0 e = 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 e` un

vincolo doppio) richiederebbe di considerare una reazione vincolare ~C = Cx~i + Cy~j,applicata al centro delle velocita` C del disco.Ma la sua componente verticale non e` altro che la tensione del tratto CD della fune:Cy TC ; e la sua componente orizzontale e` nulla in ogni istante del moto, perche tuttele altre forze applicate al disco sono verticali, e sussiste lintegrale primo scalare dellequantita` di moto: ~Q~i = cost = 0.

10

PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE - 20/6/2001

Nel sistema di figura, soggetto a vincoli perfetti e disposto in un piano verticale, lestremoB dellasta AB omogenea, di massam e lunghezza `, e` ritenuto sullasse y mentre lestremoA e` incernierato al centro del disco omogeneo, di massa m e raggio r. Il disco rotola senzastrisciare sul lato DE di una piastra rettangolare di lati a ed h, anchessa omogenea e diegual massa m, che striscia sullasse x. Sul disco agisce una coppia di momento costanteM~k, e sul baricentro H della piastra agisce la forza elastica di una molla con costante ke lunghezza a riposo trascurabile, fissata al telaio in O.Si assumano come coordinate lagrangiane lascissa x di H e langolo indicato in figura.

1) Calcolare lenergia cinetica del sistema.

2) Scrivere le equazioni del moto.

3) Determinare il momento M e la costante k affinche il sistema sia in equilibrio per = pi/4 e x = `/2.

4) Determinare le reazioni vincolari esterne nelle condizioni di equilibrio di cui al punto3.

M

B

G

mg

q

y

O'

O mg

hH

D E

C

A

mg

k

xa

11

SOLUZIONE

Relazioni cinematiche (si indica con la velocita` angolare del disco):

~vA = ` cos~i = ~vC r~i = x~i r~i ; = x ` cosr

.

1) Lenergia cinetica del sistema vale:

T =1

2mv2G +

1

2IG

2 +1

2mv2A +

1

2IA

2 +1

2mx2

=1

2

(m`2

3+3

2m`2 cos2

)2 +

3

4mx2 1

2m` cosx.

2) Il potenziale della coppia di forze con momento M vale:

U coppia =Md =

M

r

(dx

` cosd

)=M

r(x ` sin) + cost.

Il potenziale complessivo delle forze agenti sul sistema e` percio`:

U(x, ) = k2x2 mg `

2cos+

M

r(x ` sin) + cost

ed ha derivate prime:

U x ' Qx = kx+M

r, U ' Q = mg

`

2sin M`

rcos.

Per scrivere le equazioni di Lagrange, si calcolano le seguenti derivate dellenergia cinetica:

T

x= 0

T

x=

3

2mx m`

2cos

d

dt

(T

x

)=

3

2mx m`

2cos+

m`

2sin2

T

= 3

2m`2 cos sin2 +

m`

2sinx

T

=

(m`2

3+3

2m`2 cos2

) m`

2cosx

d

dt

(T

)=

(m`2

3+3

2m`2 cos2

) m`

2cosx 3m`2 cos sin2 + m`

2sinx

con le quali si ricavano le equazioni del moto:

12

3

2mxm`

2cos+m

`

2sin2 + kx M

r= 0

m`2(1

3+3

2cos2

) m`

2cosx 3

2m`2 sin cos2 mg `

2sin+

M`

rcos = 0.

3) Si annullano le derivate prime della funzione potenziale U(x, ) e si impone: x = xe =`/2 ; = e = pi/4. Si ottiene il sistema:

k`2+M

r= 0

mg

2 M

r= 0

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 = B~i, normale alla guida y ;

. le reazioni del telaio x sulla piastra, che si riducono al risultante ~Rv = Rv~j applicatosulla retta passante per H, piu` una coppia di momentoM vH

~k (oppure: al solo risultante ~Rv

applicato sullasse centrale del sistema di reazioni, la cui distanza dalla retta baricentricavale b =M vH/R

v).

Per determinare le tre incognite di reazione si possono applicare le equazioni cardinalidella statica al sistema complessivo. Queste si scrivono come segue:

equazione di risultante lungo lasse x:

B kxe B mg`

`

2= 0 B = mg

2

equazione di risultante lungo lasse y:

3mg +Rv = 0 Rv = 3mg

equazione di momento rispetto al baricentro H della piastra:

B(` cose + r +

h

2

)+mg

(xe `

2sine

)+mg(xe ` sine) +M +M vH = 0.

Sostituendo xe = `/2, e = pi/4 ed M = mgr/2 si ottiene:

M vH = mg

[`(2 1) + h

4

].

13


Nel sistema di figura, disposto in un piano verticale, lasta omogenea OA di lunghezza `e massa m e` incernierata in O ed e` collegata al telaio da una molla verticale applicata alsuo estremo A, avente costante elastica k e lunghezza a riposo trascurabile. Sullasta e`impegnato a scorrere senza attrito il baricentro P di un disco di massa M e raggio r < `che rotola senza strisciare sullasse y.

Si assuma come coordinata lagrangiana langolo che e` indicato in figura, definito nel-

lintervallo: arcsenr

` pi arcsenr

`.

1) Calcolare il valore che deve avere la costante elastica k per assicurare lequilibrio delsistema nella configurazione in cui = pi/2, e verificare che tale configurazione e` stabile.

2) Supponendo che il sistema parta dalla quiete nella configurazione 0 = pi/3, determinarela velocita` angolare dellasta quando essa raggiunge la posizione orizzontale ( = pi/2).

3) Utilizzando il valore della costante elastica k gia` determinato al punto 1, calcolarela pulsazione delle piccole oscillazioni del sistema nellintorno della configurazione (diequilibrio stabile) = pi/2.

4) Determinare le reazioni vincolari interne ed esterne in un generico istante di moto.

yA'

A

q

O

P

G

mgMg

x

l

C

14

SOLUZIONE

Relazioni geometriche e cinematiche (si indica con la velocita` angolare del disco):

yP = rctg; yP = rsin2

= r; = sin2

1) Le forze attive sono conservative ed hanno potenziale:

U() = mgyG MgyP k2AA

2= mg `

2cosMgrctg k

2`2(1 cos)2 + cost.

La derivata prima di U vale

U () = mg`

2sin+

Mgr

sin2 k`2 sin(1 cos)

e imponendo che essa si annulli per = pi/2 si ricava:

k =g

`

(m

2+Mr

`

).

La derivata seconda del potenziale e`

U() = mg`

2cos 2Mgr cos

sin3 k`2[cos(1 cos) + sin2 ]

e calcolata nella configurazione di equilibrio e = pi/2 vale: U(pi/2) = k`2 < 0. Dunquelenergia potenziale V () = U() ha un minimo per e = pi/2, e lequilibrio e` stabile.2) Poiche il sistema e` conservativo, si puo` scrivere lintegrale primo dellenergia: T1U1 =E T0 U0, dove T1 e U1 sono lenergia cinetica e il potenziale calcolati per = pi/2,mentre T0, U0 sono i loro valori nellistante iniziale del moto. Lenergia cinetica e` laseguente:

T (, ) =1

2IO

2 +1

2 32Mr22 =

1

2

(m`2

3+

3Mr2

2 sin4

)2.

Per 0 = pi/3 e` nulla, e per = pi/2 vale:

T1 =1

2

(m`2

3+3Mr2

2

)21.

Il potenziale, calcolato nelle due configurazioni, vale

U0 = mg`4

3

3Mgr k`

2

8; U1 = 1

2k`2.

Dunque lintegrale primo dellenergia si scrive:

1

2

(m`2

3+3Mr2

2

)21 =

mg`

4+

3

3Mgr 3k`

2

8

e da esso si ricava:

1 =

3mg`+ 43Mgr 9k`2/22m`2 + 9Mr2

.

15

Questa soluzione e` reale se 2g(3m + 43Mr/`) 9k`. La condizione e` verificata, per

esempio, se il valore di k e` quello determinato al punto 1.

3) Approssimiamo lenergia cinetica e il potenziale nellintorno della configurazione diequilibrio stabile e = pi/2:

T ' T1 = 12

(m`2

3+3Mr2

2

)2 ; U ' k`

2

2( pi/2)2.

Si ricava che le piccole vibrazioni del sistema attorno a e = pi/2 sono descritte dallequa-zione linearizzata: + 2( pi/2) = 0 con

2 =k`2

m`2/3 + 3Mr2/2.

Sostituendo il valore di k ricavato al punto 1 si ottiene:

=

3g(m`+ 2Mr)

2m`2 + 9Mr2.

4) In assenza di attriti, la reazione vincolare interna e` normale allasta e si puo` scrivere:~P = P~n dove ~n e` il versore di (A O) ~k ; le reazioni esterne sono: ~C = Cx~i +Cy~j ; ~O = Ox~i+Oy~j. Tenendo conto che la forza elastica vale ~F = k`(1 cos)~j, lecinque incognite si possono determinare scrivendo:

una equazione di momento rispetto ad O per le forze agenti sullasta, la quale fornisce:

P =`

rsin

[1

2mg sin+ k` sin(cos 1) m`

3

];

due equazioni di risultante per le forze agenti sul disco:

Cx = P cosCy = Mg P sin =MyP = Mr

da cui

Cy =Mg + P sin Mrsin2

( 2 ctg 2); due equazioni di risultante per le forze agenti sullasta, che forniscono:

Ox = mxG P cosOy = mg k`(1 cos) P sin+myG.

16


Nel sistema di figura, disposto in un piano verticale, una sbarretta rigida di massa M elunghezza ` e` appoggiata senza attrito sugli estremi A,B di una guida semicircolare diraggio r < `/4, sulla quale e` 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 suobaricentro G e` collegato allanello P da una molla con costante elastica k = mg/r elunghezza a riposo trascurabile.

Si assumano come coordinate lagrangiane lascissa x = xG del baricentro della sbarrettae langolo indicato in figura.

1) Calcolare il valore che devono avere la forza F e la coordinata perche` il sistema siain equilibrio quando xG = xB.

2) Studiare la stabilita` della configurazione di equilibrio determinata nel punto precedente.

3) Scrivere le equazioni del moto del sistema e linearizzarle nellintorno della configurazionedi equilibrio sopra definita.

4) Determinare le reazioni vincolari interne ed esterne in un generico istante di moto.

y

x

P

G

mg

Mg

q

A B

OF

OP=r

q = (,x)q G

17

SOLUZIONE

1) Il potenziale delle forze attive, tutte conservative, vale

U(, x) =FdxmgyP k

2PG

2= Fx+mgr cos k

2(r2 + x2 2rx sin) + cost

ed ha derivate prime:

U = mgr sin+ krx cosU x = F kx+ kr sin.

Annullando le derivate prime e imponendo x = xe = r si ha il sistema

F kr + kr sine = 0mg sine + kr cose = 0

nelle due incognite e ed F , la cui (unica) soluzione accettabile e`

tge =kr

mg= 1 e = pi

4

F = kr(1 sine) = mg(1

2

2

).

2) Le derivate seconde di U(, x) sono:

U = mgr cos krx sinUxx = k < 0Ux = kr cos.

Nel punto di equilibrio {e = pi/4, xe = r} il determinante della matrice Hessiana vale:

detH =2mgkr 1

2k2r2 =

(2 1

2

)m2g2 > 0.

Poiche e` positivo, e la derivata seconda Uxx e` negativa, si deduce (test delle derivateseconde) che il potenziale ha un massimo nel punto di equilibrio. Dunque vi e` un minimodellenergia potenziale V = U , e lequilibrio e` stabile.3) Lenergia cinetica del sistema vale

T =1

2Mx2 +

1

2mr22.

Usandola insieme con le derivate prime del potenziale, si ricavano le seguenti equazioni diLagrange:

Mx = F kx+ kr sinmr2 = mgr sin+ krx cos.

Osservazione. Se si calcola la forza elastica applicata in G, che vale:

~Fel,G = k(G P ) = k(x r sin)~i kr cos~j,

18

la prima equazione si ricava anche scrivendo il Teorema della quantita` di moto per lasbarretta, moltiplicato scalarmente per il versore dellasse x; la seconda si ricava scrivendoper il punto P una equazione di momento rispetto al punto fisso O.

Per scrivere le equazioni linearizzate nellintorno di {pi/4, r} basta approssimare il poten-ziale nella forma:

U ' U = k2(x r)2

2

2mgr( pi/4)2 +

2

2kr(x r)( pi/4)

e usare la funzione Lagrangiana approssimata L = T + U. Si ricavano le seguentiequazioni linearizzate del moto:

Mx = k(x r) +2

2kr( pi/4)

mr2 = 2mgr( pi/4) +

2

2kr(x r).

4) In assenza di attriti, e indicando con ~n il versore di (P O), le reazioni vincolari siesprimono come segue:

~A = A~j, ~B = B~j (esterne), ~P = P~n (interna).

Le reazioni esterne si possono determinare scrivendo per la sbarretta unequazione dimomento rispetto al suo baricentro G, e il teorema della quantita` di moto lungo lasse y:

A(r + x) + B(r x) = 0A + B Mg kr cos = 0

da cui si ricava:

A =r x2r

g(M +m cos); B = r + x2r

g(M +m cos).

Per ricavare P e` utile scrivere, per il punto P , il teorema della quantita` di moto nelladirezione radiale. Se ~ e` il versore tangente in P alla semicirconferenza, la forza peso e laforza elastica applicata in P si possono anche scrivere:

mg~j = mg(sin~ + cos~n), ~Fel,P = kx cos~ + k(r x sin)~n.

Il teorema della quantita` di moto di P , proiettato nella direzione ~n, fornisce

k(r x sin)mg cos+ P = m~aP ~n = mr2

e da esso si ricava:P = k(x sin r) +mg cos+mr2.

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 massaM rotola senza strisciare sulla guida rettilinea s, di versore ~, inclinata di pi/6 rispetto

allorizzontale x. Si assuma come sistema di riferimento inerziale il riferimento (O,~, ~)rappresentato in figura. Al baricentro G del disco e` incernierata una sbarretta rigidaGB di lunghezza ` e massa trascurabile, che e` impegnata a scorrere senza attrito nellascanalatura 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 albaricentro del disco con due molle di uguale costante elastica k e lunghezza a riposotrascurabile.

Allestremo B della sbarretta verticale e` applicato un carico costante ~F avente la direzioneparallela a ~.

Si assuma come coordinata lagrangiana lascissa s = sG del baricentro del disco.

1) Determinare la configurazione di equilibrio del sistema e studiarne la stabilita`.

2) Scrivere lequazione del moto e trovarne la soluzione soddisfacente le condizioni iniziali:s(0) = 2r , s(0) = 0.

3) Calcolare le reazioni vincolari (interna ed esterna) che si esercitano sul disco in con-dizioni statiche

x

Mg

C

G

H K

B

A

F

s

p/6

p/6

a a

r

mg

O

l

m

20

SOLUZIONE

Relazioni geometriche e cinematiche ( e` langolo di rotazione del disco, crescente nelverso antiorario):

~ =

3

2~i 1

2~j; ~ =

1

2~i+

3

2~j ; ~G = s~+ r~ =

1

2(3s+ r)~i+

1

2(3r s)~j

xA = xB = xG =1

2(3s+ r); yB = yG + ` =

1

2(3r s) + `

~vA =

3

2s~i; ~vG = s~ = r ~ ; GH2 = GK2 = a2 + 1

4(3r s)2

1) Il potenziale delle forze attive (tutte conservative) vale:

U(s) = MgyG +3F

2xB F

2yB 2 k

2GH

2=(Mg

2+ F

)s k

4(3r s)2 + cost.

Se si annulla la sua derivata prima:

dU

ds=Mg

2+ F +

k

2(3r s) = 0

si ricava la configurazione di equilibrio:

se =3r +

Mg + 2F

k

che e` sempre stabile perche la derivata seconda di U(s) e negativa: U(s) = k/2 < 0 edunque lenergia potenziale V (s) = U(s) del sistema ha un minimo per s = se.2) Calcolata lenergia cinetica del sistema, che vale:

T =1

2IC

2 +1

2mv2A =

3

4

(M +

m

2

)s2,

se si applica il Teorema delle forze vive o si scrive una equazione di Lagrange si ricava:

3

2

(M +

m

2

)s+

k

2s =

3

2kr +

Mg

2+ F k

2se

che si puo` riscrivere:

s+ 2(s se) = 0, 2 = 2k3(2M +m)

.

Il suo integrale generale e`: s(t) = se+A sin(t+) con A, costanti che si determinanoimponendo le condizioni iniziali:

s(0) = 2r = se + A sins(0) = 0 = A cos. A = 2r se; = pi/2.

Si ottiene dunque:s(t) = se + (2r se) cos(t).

3) Le reazioni vincolari che si esercitano sul disco sono ~C e ~G. Indichiamo con C, Ce G, G le loro componenti incognite nella direzione della coppia di versori (~, ~); con

21

Cx, Cy e Gx, Gy quelle nella direzione degli assi (x, y), ruotati di pi/6 rispetto al

sistema di riferimento (O,~, ~).

In assenza di attrito le reazioni prodotte dallasse x sul corsoio HK sono verticali:dunque in condizioni statiche lequazione di risultante per le componenti orizzontali delleforze esterne agenti sul sistema complessivo fornisce

Cx +

3

2F = 0 Cx =

3

2F. (1)

Le forze elastiche applicate al baricentro G del disco valgono:

k(GH) = ka~i k2(3r s)~j; k(GK) = ka~i k

2(3r s)~j

e la loro risultante ha componente nulla nella direzione dellasse x. Dalle equazioni car-dinali della Statica per il disco isolato si ricava:

Cx + Gx = 0 Gx =3

2F (2)

rC = 0 C = 0. (3)

Sulla sbarretta agiscono: ~F , ~G e le reazioni prodotte dal suo scorrimento nellascanalatura del corsoio HK. Queste ultime si riducono ad un risultante ~Rv = Rv~iapplicato sul loro asse centrale, e non sono richieste. Lequazione di risultante per lecomponenti verticali delle forze agenti sulla sbarretta isolata fornisce:

Gy F2= 0 Gy = F

2. (4)

Dalle (1) e (3) si ricava subito:

C = 2Cx = 3F ; Cy =

3

2C = 3

2F.

In conclusione si ottiene

~C = F2(3~i+ 3~j) =

3F ~ ; ~G =

F

2(3~i~j) = F ~.

Al posto della (4) si puo` anche usare la rimanente equazione di risultante (lungo lasse y)delle forze agenti sul disco isolato. Da essa, con la sostituzione di se , si ricava ancora:

Gy =Mg Cy + k(3r se) = F

2.

22


28 aprile 2003

Il sistema di figura e` disposto in un piano verticale. Una trave a T, omogenea e con massacomplessiva m, e` costituita da due bracci di uguale lunghezza ` e spessore trascurabile.Il suo braccio verticale e` impegnato a scorrere senza attrito lungo lasse y, ed e` sostenutoda una forza costante nota ~F = F~. Sul suo braccio orizzontale rotola senza strisciare undisco omogeneo di massa M e raggio r = `/4, il cui baricentro A e` collegato allorigineO del sistema di riferimento inerziale O(x, y) da una molla con costante elastica nota k elunghezza a riposo trascurabile.Si assumano come coordinate lagrangiane: lascissa x del baricentroA del disco e lordinatay del baricentro G della trave.

1. Determinare la configurazione di equilibrio del sistema e studiarne la stabilita`.

2. Ricavare le equazioni del moto e scrivere la loro soluzione soddisfacente ad arbitrariecondizioni iniziali.

3. Calcolare tutte le reazioni vincolari esterne ed interne in un generico istante di motodel sistema.

A

O

G

y

Mg

mg

C

AC==/4r l

A Gx yq={,}

x

F

23

Soluzione

1. Il baricentro G della trave a T si trova sullasse y, a una distanza d = `/4 dal suo braccioorizzontale. Se x, y sono le due coordinate lagrangiane e e` langolo di rotazione del disco,crescente in verso antiorario, si hanno le seguaenti relazioni geometico-cinenatiche:

A = O + x~+ (y + r + `/4)~ = O + x~+ (y + `/2)~ AO2 = x2 + (y + `/2)2~vA = x~+ y~ ~vC + ~k (A C) = y~ r~ = x/r~aA = x~+ y~.

Il potenziale delle forze attive vale

U(x, y) = mgyG MgyA + FyG k2AO

2+ cost

= [F (M +m)g ] y k2(x2 + y2 + `y) + cost.

Il suo punto di stazionarieta` si trova annullandone le derivate prime:

U

x= kx = 0

U

y= F (M +m)g ky k`/2 = 0

e fornisce la seguente configurazione di equilibrio:

qe = {xe, ye}; xe = 0, ye = `2+F (M +m)g

k.

Le derivate seconde del potenziale valgono:

2U

x2=2U

y2= k,

2U

xy= 0.

La matrice Hessiana ha un autovalore doppio, negativo: 1,2 = k, per cui il punto distazionarieta` e` un massimo e la configurazione di equilibrio trovata e` stabile.

2. Determinata lenergia cinetica del sistema, che vale

T (x, y) =1

2mv2G +

1

2Mv2A +

1

2IA

2 =1

2(M +m)y2 +

3

4Mx2,

si ricavano le seguenti equazioni di Lagrange

3

2Mx = kx

(M +m)y = F (M +m)g ky k`/2

che, posto:

2x =2k

3M2y =

k

M +m,

24

si possono riscriverex+ 2xx = 0; y +

2y(y ye) = 0.

Queste sono le equazioni differenziali del moto di due oscillatori lineari disaccoppiati, lacui soluzione e`

x(t) = A sin(xt+ x), y(t) = ye +B sin(yt+ y)

in cui le costanti A,B, x, y sono definite dalle rispettive condizioni iniziali (x0, x0),(y0, y0) , e precisamente:

A =

x20 + x202x , B =(y0 ye)2 + y20

2y

x = arctan(xx0x0

); y = arctan

[y(y0 ye)

y0

].

3. Indichiamo con ~C = Cx~+Cy~ la reazione vincolare interna in C agente sul disco,

e con ~Rv = Rv~, M vG la risultante e il momento risultante delle reazioni della coppiaprismatica agenti sullelemento verticale della trave.

Il Teorema del momento angolare rispetto al baricentro A del disco isolato fornisce:

rCx = IA Cx = Mr2

= M2x(t).

La reazione interna agente sulla trave vale ~traveC = ~C . Per il Teorema della quantita`di moto applicato alle forze agenti sulla trave isolata si ha:

Rv Cx = 0 Rv = M2x(t)

F mg Cy = my Cy = F m[g + y(t)].

Infine, una equazione di momento rispetto al baricentro G della trave isolata forniscelultima incognita di reazione:

M vG +`

4Cx xCy = 0 M vG =

M`

8x(t) + {F m [g + y(t)]} x(t).

Le equazioni di moto richieste al punto 2 possono anche essere ricavate applicando ilTeorema della quantita` di moto al sistema complessivo:

Rv~+ F~ (M +m)g~ k[x~+ (y + `/2)~ ] = m~aG +M~aA = (M +m)y~+Mx~

che e` equivalente alle due equazioni scalari

Rv kx =MxF (M +m)g k(y + `/2) = (M +m)y.

La seconda e` lequazione differenziale soddisfatta dalla coordinata y, e sostituendo Rv

nella prima si ottiene lequazione differenziale per la coordinata x.

25


3 settembre 2003

Nel sistema di figura, disposto in un piano verticale, il disco omogeneo di massam e raggior ha il baricentro G che scorre senza attrito sullasse x, ed e` collegato al punto K(b, 0)con una molla avente costante elastica k2 e lunghezza a riposo trascurabile. Una secondamolla, con costante elastica k1 e lunghezza a riposo pure trascurabile, collega il punto Adella periferia del disco con il punto H(0, 2r) dellasse y. Sul disco e` inoltre applicata unacoppia antioraria di momento costante M .Si assumano come coordinate lagrangiane lascissa x di G e langolo `ndicato in figura.

1. Calcolare il valore del momento M da applicare al disco perche` esso sia in equilibrioper e = pi/2, e la posizione xe di G in tale configurazione di equilibrio. Studiare quindila stabilita` della soluzione (e, xe).

2. Scrivere i teoremi della quantita` di moto e del momento risultante delle quantita` dimoto 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 diequilibrio individuata al punto 1, mediante sviluppo in serie di Taylor troncato ai terminidel secondo ordine. Scrivere quindi la Lagrangiana approssimata del sistema e ricavare leequazioni del moto linearizzate nellintorno di (e, xe).

K(b,0) x

M

mg

A

H(0,2r)

O

y

q

G

r

26

Soluzione

1. Il potenziale delle forze applicate e` la funzione

U(, x) = mgyG k12AH

2 k22GK

2+M

= k12

[(x+ r cos)2 + (2r r sin)2

] k2

2(b x)2 +M+ cost

ed ha derivate parziali

U = k1r(x sin+ 2r cos) +M, Ux = k1(x+ r cos) + k2(b x).

Posto = pi/2 ed uguagliando a zero le due derivate parziali, si ottiene il sistema

rk1x + M = 0

k1x + k2(b x) = 0nelle incognite M,x che fornisce la soluzione:

M = rk1xe = rbk1k2k1 + k2

, xe =k2b

k1 + k2.

Le derivate seconde del potenziale sono

Uxx = (k1 + k2), U = k1r(x cos 2r sin), Ux = k1r sine nella configurazione di equilibrio valgono

Uxx,e = (k1 + k2), U,e = 2k1r2, Ux,e = k1r.Poiche` il determinante della matrice Hessiana e` positivo:

Uxx,eU,e [Ux,e]2 = k21r2 + 2k1k2r2

e inoltre U,e < 0, Uxx,e < 0, la funzione potenziale ha un massimo per (e, xe). Se nededuce che lenergia potenziale V () = U() ha un minimo e lequilibrio e` stabile.

2. Il teorema della quantita` di moto fornisce le due equazioni scalari:

k2(b x) k1(x+ r cos)) = mxmg + k1r(2 sin) + G = myG = 0.

Il teorema del momento risultante delle quantita` di moto rispetto al baricentro G fornisce:

k1(x+ r cos)r sin+ k1r(2 sin)r cos+M = IG.La prima e la terza sono le equazioni pure del moto:

mx = (k1 + k2)x k1r cos+ k2bmr2

2 = M + rk1(x sin+ 2r cos)

27

e dalla seconda si ricava la reazione vincolare ~G = G~ :

G = mg k1r(2 sin).

3. Lenergia cinetica del disco vale

T (, x) =1

2mv2G +

1

2IG

2 =1

2m

(x2 +

r2

22).

Lapprossimazione del secondo ordine della funzione potenziale, nellintorno di (e, xe), e`la seguente:

U(, x) ' 12U,e( e)2 + 1

2Uxx,e(x xe)2 + Ux,e( e)(x xe) + cost

= k1r2( pi/2)2 k1 + k22

(x xe)2 + k1r( pi/2)(x xe) + cost.

Sommamdo questa espressione approssimata alla energia cinetica gia` calcolata (che e`anchessa del secondo ordine rispetto a una piccola perturbazione della soluzione di equili-brio), si ottiene lespressione approssimata delle funzione Lagrangiana, valida in un intornodi (pi/2, xe):

L(, x, , x) = T (, x) + U(, x) '1

2m

(x2 +

r2

22) k1r2( pi/2)2 k1 + k2

2(x xe)2 + k1r( pi/2)(x xe) + c

da cui le seguenti equazioni del moto, linearizzate nellintorno della configurazione diequilibrio (pi/2, xe):

mr2

2+ 2k1r

2( pi/2) k1r(x xe) = 0mx k1r( pi/2) + (k1 + k2)(x xe) = 0.

con xe che e` stato ricavato al punto 1.

28


2 febbraio 2004

Nel sistema di figura, disposto in un piano verticale, la sbarretta omogenea AC, di massam e lunghezza `, scorre senza attrito lungo lasse y. Al suo estremo C e` applicata la forzaelastica ~F = k(C O), e lestremo A e` incernierato alla periferia di un disco di raggior e massa 4m. Il punto P del disco, posto allestremo della sua corda AP di lunghezzar3, e` 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:lordinata y = yB del baricentro della sbarretta e langolo di rotazione del disco che e`indicato in figura.

1. Determinare le configurazioni di equilibrio del sistema e studiarne la stabilita`.

2. Calcolare lenergia cinetica, scrivere la funzione Lagrangiana e ricavare le equazioni delmoto.

3. Si blocca la sbarretta nella configurazione y0 = `/2, e si mette in moto il disco apartire dalla configurazione 0 = 0 con velocita` angolare 0 nulla. Determinare la velocita`angolare del disco nellistante in cui raggiunge la configurazione 1 = pi/2.

4. Determinare tutte le reazioni vincolari esterne ed interne nelle condizioni di equilibriodeterminate al punto 1.

O

C

B

A

q

p

P

G

mg

4mg

/6

x

y

r

29

Soluzione

1. Tenendo conto che nel triangolo isoscele AGP gli angoli alla base hanno ampiezza pi/6,applichiamo il teorema di Carnot al triangolo ABP per ricavare

BP2

=`2

4+ 3r2

3r` cos[pi (+ pi/6)] =

3r` cos(+ pi/6) + cost

=

3

2r`(3 cos sin) + cost.

Inoltre:xG = r sin; yG = y `/2 r cos.

Il potenziale delle forze attive e` percio`

U(y, ) = mgyB 4mgyG k2OC

2 h2BP

2

= mgy 4mg(y r cos) k2

(y +

`

2

)2 h

2

3

2r`(3 cos sin) + cost

= 5mgy k2

(y +

`

2

)2+mgr(cos+

3 sin) + cost.

Per ricavare le configurazioni di equilibrio annulliamo le derivate parziali:

U y = 5mg k(y + `/2) = 0U = mgr(

3 cos sin) = 0.

Il sistema e` soddisfatto per

ye = (`

2+5mg

k

); (1)e = arctan(

3) =

pi

3, (2)e =

4pi

3

per cui sono sempre possibili le due configurazioni di equilibrio

q(1)e = {ye, pi/3} ; q(2)e = {ye, 4pi/3}.Per studiarne la stabilita` calcoliamo le derivate seconde:

Uyy = k < 0 ; U = mgr(3 sin+ cos) ; Uy = 0.

Poiche` U e` negativa per = pi/3 e positiva per = 4pi/3, si deduce che il determinantedella matrice Hessiana e`: positivo nella configurazione q(1)e , la quale risulta stabile; negativo nella configurazione q(2)e , che e` percio` instabile.

2. Lenergia cinetica del sistema vale

T =1

2mv2B +

1

2 4mv2G +

1

2IG

2 =1

2my2 +

1

2 4m(r22 + 2r siny) + 1

2

4mr2

22

=5

2my2 ++4mry+ 3mr22.

30

Ricavata la funzione Lagrangiana L = T + U con T ed U sopra calcolate, si ottengono leseguenti equazioni del moto:

5y + 4r+ 5g + k(y + `/2)/m = 0

4y + 6r+ g(sin3 cos) = 0.

3. Poiche` il sistema e` conservativo, applichiamo lintegrale primo dellenergia: T0 U0 =T1 U1 tra listante iniziale t0 = 0 in cui

y0 = `/2, y0 = 0, 0 = 0, 0 = 0 T0 = 0, U0 = mg(5

2`+ r

)e listante finale t1 in cui

y1 = `/2, y1 = 0, 1 = pi/2 T1 = 3mr221, U1 = mg(5

2`+

3r)

e otteniamo:

1 =

(3 1)g3r

.

4. Indichiamo con ~A = Ax~+Ay~ la reazione vincolare interna nella cerniera A, agente

sul disco, e con ~Rv = Rv~, M v la risultante e il momento risultante (rispetto a B) dellereazioni del telaio y sulla sbarretta. Dalle le equazioni cardinali della Statica, applicateallintero sistema e alla sbarretta isolata, si ricava:

Rv = 0 , M v = (`/2)Ax.

Lequazione di risultante per il disco isolato fornisce:

Ax + h(B P )~ = 0; Ay 4mg + h(B P ) ~ = 0.

Il vettore (BP ) e` funzione della sola coordinata . In condizioni generiche di moto vale

(B P ) = r3 sin(+ pi/6)~+ [`/2 + r

3 cos(+ pi/6)]~

e nelle configurazioni di equilibrio, in cui la corda AP e` parallela allasse x, si riducerispettivamente a

(B P ) = 3r~+ (`/2)~ per (1)e = pi/3

(B P ) =3r~+ (`/2)~ per (2)e = 4pi/3.

Quindi le componenti della reazione vincolare interna in condizioni statiche valgono:

Ax =

43mgr/` nella configurazione q(1)e

43mgr/` nella configurazione q(2)e ;Ay = 2mg.

31


13 febbraio 2004

Nel sistema di figura, disposto in un piano verticale, il disco di massa m e raggio r rotolasenza strisciare sullasse y e il suo baricentro A e` incernierato a un estremo della sbarrettaomogenea AB di lunghezza ` e ugual massa m. Lestremo B e` incernierato a una secondasbarretta omogenea BD di massa 2m e lunghezza 2`, che ruota attorno al suo baricentrofisso E ed e` sollecitata da una coppia esterna di momento costante M0. Si assuma comecoordinata lagrangiana langolo indicato in figura, e che sia: yA 6= 0 se 6= 0.

1. Determinare le configurazioni di equilibrio del sistema e studiarne la stabilita`,

2. Calcolare lenergia cinetica e ricavare lequazione del moto.

3. Determinare tutte le reazioni vincolari esterne ed interne nelle condizioni di equilibrioindividuate al punto 1.

C

A

B

O

M

mgmg

2mg

q

x

y

G

D

E(,0)r

rAB=BD=2 l

l

32

Soluzione

1. Il potenziale delle forze applicate vale

U() = mgyA mgyG M+ cost = 72mg` sin+M+ cost.

Le configurazioni di equilibrio sono i suoi punti di stazionarieta`, che si ricavano annullandola derivata prima:

U () = 72mg` cos+M = 0.

Si ricavano le due soluzioni di equilibrio

(1)e = arccos

(2M

7mg`

), (2)e = (1)e ,

reali se 2M 7mg`. Per studiare la stabilita` calcoliamo il segno della derivata secondaU() = 7

2mg` sin nelle due configurazioni di equilibrio. Se e` soddisfatta la condizione

per la loro esistenza, essa vale

U((1)e ) =7

2mg`

1 ( 2M7mg`

)2> 0 ; U((2)e ) =

7

2mg`

1 ( 2M7mg`

)2< 0.

Poiche` lequilibrio e` stabile nei punti di minimo della energia potenziale V () = U(),si deduce che la configurazione (1)e e` instabile e

(2)e e` stabile.


T (, ) =1

2IE

2 +1

2IC

2 +1

2mv2G +

1

2IG

2

dove e` la velocita` angolare del disco e quella della sbarretta AB. Questultima e`uguale e contraria a , e quella del disco si ricava sfruttando la condizione di rotolamentosenza strisciamento:

yA = 2` sin, vA = yA = 2` cos = r = 2`rcos.

Inoltre:

xG = r +`

2cos, xG = `

2sin

yG =3`

2sin, yG =

3`

2cos

da cui: v2G = (`2/4)(1 + 8 cos2 )2. Si ricava pertanto:

T (, ) =1

2

8m`2

122 +

1

2

3mr2

2

4`2

r2 cos2 2 + 1

2 m`

2

4(1 + 8 cos2 )2 +

1

2 m`

2

122

=1

2m`2(1 + 8 cos2 )2

33

da cui la Lagrangiana del sistema

L(, ) = T (, ) + U() =1

2m`2(1 + 8 cos2 )2 7

2mg` sin+M+ cost.

Da essa si ricava lequazione del moto:

m`2(1 + 8 cos2 ) 8m`2 sin cos2 + 72mg` cosM = 0.

3. Il sistema e` soggetto a quattro vincoli doppi: indichiamo le reazioni esterne con ~C =Cx~ + Cy~, ~E = Ex~ + Ey~; quella interna nella cerniera A, e agente sul disco, con~A = Ax~+ Ay~; quella interna e agente sullasta BD con ~B = Bx~+ By~. Le ottoincognite di reazione si possono determinare applicando le seguenti equazioni cardinalidella Statica: al disco isolato:

Cx + Ax = 0

Cy + Ay mg = 0rCy = 0

allasta BD isolata:

Bx + Ex = 0

By + Ey 2mg = 0

al sistema complessivo:

Cx + Ex = 0

Cy + Ey 4mg = 0

e alle due aste isolate, con unequazione di momento rispetto alla cerniera E:

M mg`2

cos+ 2` sinAx = 0

Da questultima si ricava

Ax = 3M

7`

1 ( 2M7mg`

)2e dalle precedenti:

Ay = mg

Cx = Ax ; Cy = 0Ex = Ax ; Ey = 4mg

Bx = Ax ; By = 2mg.

34


8 luglio 2004

Nel sistema in figura, che e` disposto in un piano verticale, la sbarretta rigida AB dilunghezza ` e massa m e` incernierata, ad un terzo della sua lunghezza, nellorigine delsistema di riferimento inerziale O(x, y). Ad essa sono applicate: una coppia di momentocostante M, e una molla con costante elastica k e lunghezza a riposo trascurabile, checollega lestremo A ad un punto materiale P di massa mP scorrevole senza attrito sullassex. Al punto P e` applicata una forza costante ~F = F~.

1. Determinare la posizione di equilibrio xe del punto P e il valore che deve avere ilmomento M della coppia, perche` la sbarretta si trovi in equilibrio per e = pi.

2. Determinare la condizione che deve essere soddisfatta dalla forza F per assicurare lastabilita` della configurazione di equilibrio (e, 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.

O

P

P

x

y

mg

q

G

mg

A

B M

F

AB=OB=/3

ll

35

Soluzione

1. Calcolati il quadrato della elongazione della molla e la quota del baricentro G:

(AP )2 = x2 +4

9`2 4

3`x cos ; yG = OG sin =

`

6sin,

il potenziale delle forze attive risulta:

U(, x) = mg`6

sin k2

(x2 +

4

9`2 4

3`x cos

)+M+ Fx+ cost

ed ha derivate parziali:

U (, x) = mg`

6cos 2k`

3x sin+M

U x(, x) = kx+2k`

3cos+ F.

Annullandole entrambe e ponendo = e = pi si ricava subito:

M = mg`6

; xe =F

k 2`

3.

2. Le derivate seconde del potenziale, calcolate nella configurazione di equilibrio qe =(pi, xe), valgono:

U(qe) =mg`

6sine 2k`

3xe cose =

2k`

3

(F

k 2`

3

)Uxx(qe) = k < 0Ux(qe) =

2k`

3sine = 0

per cui U(qe) e Uxx(qe) = k coincidono con gli autovalori della matrice Hessiana.Affinche` entrambi gli autovalori siano negativi (condizione affiche` U(, x) abbia un mas-simo in qe), occorre che F < 2k`/3. Se e` soddisfatta questa condizione, lenergia potenzialeV = U ha un minimo, e qe e` stabile.


T (, x) =1

2IO

2 +1

2mPv

2P =

1

2

m`2

92 +

1

2mP x

2

e usandola per scrivere le equazioni di Lagrange si ottengono le seguenti equazioni delmoto:

+3g

2`cos+

6k

`x sin =

9M

m`2

mP x+ kx 23k` cos = F.

4. La reazione ~P = P~ della guida x sul punto P si ricava con una equazione dirisultante:

mPg k(P A) ~+ P = 0 = P = mPg kyA = mPg 2k`3

sin

36

oppure applicando al sistema complessivo il teorema del momento delle quantita` di motorispetto ad O

M + Px mg`6

cosmPgx = IOche fornisce lespressione equivalente:

P =1

x

(m`2

9+

mg`

6cos+mPg M

)

dove (t) e x(t) sono soluzioni delle precedenti equazioni del moto.Le due componenti della reazione di cerniera si ottengono applicando il teorema dellaquantita` di moto alla sbarretta isolata:

Ox + k(P A)~ = mxG = m`6(sin+ cos2)

Oy mg kyA = myG = m`6(cos sin2)

da cui si ricava

Ox = k

(2`

3cos x

) m`

6(sin+ cos2)

Oy = mg +2k`

3sin+

m`

6(cos sin2).

37


2 settembre 2004

Nel sistema in figura, che e` disposto in un piano verticale, il disco omogeneo di massa me raggio R rotola senza strisciare su una retta inclinata di un angolo = pi/6 rispettoallasse x del sistema di riferimento inerziale O(x, y).Al suo baricentro G sono applicate le forze elastiche prodotte da due molle GG e GGche si mantengono parallele rispettivamente allasse x e allasse y, hanno uguale costanteelastica k = mg/R e lunghezze a riposo trascurabili.Al disco e` inoltre applicata una coppia di momento M() =M0

2, con M0 = mgR/4 e angolo di rotazione del disco, che si assume crescente nel verso antiorario e nullo quandoil punto di contatto C del disco coincide con O.

1. Determinare le configurazioni di equilibrio del disco e studiarne la stabilita`.

2. Scrivere lequazione del moto del sistema.

3. Calcolare la reazione vincolare nel punto di contatto C in condizioni statiche e ingeneriche condizioni di moto.

4. Si supponga che il moto del disco abbia inizio con velocita` angolare 0 6= 0 quando = 0 = 0. Calcolare il valore da assegnare ad 0 per far s` che il disco raggiunga convelocita` nulle la configurazione in cui yG =

3R/2.

O a =/6

x

x

G'

G"

G

C

mg

M=M 02

q

q

y

p

38

Soluzione

1) Dalla geometria del sistema si ricava

xG = C cosR sin = R2(3+ 1); yG = C sin+R cos =

R

2(3 )

~vG = xG~+ yG~ = R2(3~+ ~) = R~ G~

dove ~ e` il versore dellasse .Il potenziale delle forze applicate e` pertanto

U() = mgyG k2(x2G + y

2G) +

M()d =

mgR

2(3/6 2 + ) + cost

e la sua derivata prima vale

U () =mgR

2(2/2 2+ 1).

I suoi zeri forniscono i seguenti due punti di stazionarieta`:

(1)e = 2 +2; (2)e = 2

2

che definiscono altrettante soluzioni di equilibrio. Per valutarne la stabilita` ricaviamo laderivata seconda U() = mgR

2( 2) che nelle configurazioni di equilibrio vale

U((1)e ) =

2

2mgR > 0; U((2)e ) =

2

2mgR < 0.

Dunque lenergia potenziale V () = U() ha un massimo nella configurazione (1)e chee` instabile, e ha un minimo per (2)e che e` stabile.

2) Lenergia cinetica del disco vale

T (, ) =1

2IC

2 =3

4mR22.

Se la si usa per scrivere lequazione di Lagrange

d

dt

(T

) T

=dU

d

si ricava lequazione del moto:

3R g(2

2 2+ 1

)= 0.

3) Per ricavare la reazione vincolare ~C = Cx~ + Cy~ si puo` applicare il teorema dellaquantita` di moto del disco. Ricavate le espressioni delle forze elastiche:

k(GG) = kxG~ = kR2(3+ 1)~; k(GG) = kyG~ = kR

2(

3)~,

39

risulta:

Cx +kR

2(3+ 1) = mxG =

3mR

2

Cy +kR

2(

3)mg = myG = mR

2

dalle quali si ottiene

Cx = 3mR

2 mg

2(3+ 1); Cy = mg mR

2+

mg

2(3 ).

Sostituendo laccelerazione angolare fornita dallequazione del moto si ha infine:

Cx[(t)] = 3mg

6

(2

2+ + 1 +

3

); Cy[(t)] =

mg

6

(5 + 3

3

2

2

).

Una delle due precedenti equazioni puo` essere sostituita dalla equazione di momentorispetto al baricentro del disco:

rC +M02 = (mR2/2)

dove C =3Cx/2 + Cy/2 e` la componente di ~C nella direzione della retta .

In condizioni statiche ( = 0) le componenti della reazione vincolare si riducono a

Cx = mg2(3(1,2)e + 1) =

3mg

6(6 +

3 3

2)

Cy = mg +mg

2(3 (1,2)e ) =

mg

2(3

2).

4) Nellistante iniziale del moto, in cui = 0 e = 0, si ha

T0 =3

4mR220 ; U0 = cost.

Nella configurazione in cui yG = 3R/2 la coordinata lagrangiana vale:

1 =3 2yG

R= 2

3.

In essa il potenziale assume il valore:

U1 = U(1) = 3mgR(3 2) + cost,

e se si vuole che questa configurazione venga raggiunta con velocita` nulle ( = 0), appli-cando lintegrale primo dellenergia T0U0 = T1U1 si ricava che deve essere soddisfattaluguaglianza:

3

4mR220 = 3mgR(

3 2).

Risolvendo rispetto ad 0 si ottiene:

0 = +2

g

R(2

3).

40


24 gennaio 2005

Il sistema materiale indicato in figura e` disposto in un piano orizzontale. Il disco diraggio r e massa m rotola senza strisciare su una circonferenza fissa di raggio 2r. Al suobaricentro A e` incernierata una sbarretta rigida AB di massa 2m e lunghezza ` = 3r, ilcui estremo B e` impegnato a scorrere senza attrito sullasse x ed e` sollecitato da una forzacostante ~F = F~ con F > 0. Il centro A del disco e` collegato allasse x da una mollaAA che si mantiene parallela allasse y, ha costante elastica nota k e lunghezza a riposotrascurabile.

1. Determinare le configurazioni di equilibrio del sistema comprese nellintervallo

pi/2 < < pi/2

e studiarne la loro stabilita`.

2. Calcolare lenergia cinetica del sistema e scrivere lequazione di Lagrange.

3. Linearizzare lequazione del moto nellintorno della configurazione di equilibrio stabilein cui si trova il sistema nellipotesi: F = kr.

4. Calcolare le reazioni vincolari esterne in una generica condizione di moto.

A

BF

x

A

C2r

r

G

q

O

y

AB=3r

41

Soluzione

1) Il potenziale delle forze attive, tutte conservative, espresso in funzione della coordinatalagrangiana , vale:

U() = k2(AA)2 FxB = 9

2kr2 sin2 6Fr cos+ cost

ed ha derivata primaU () = 3r sin(2F 3kr cos).

Per cercare le configurazioni di equilibrio determiniamo i punti di stazionarieta` di U(),che devono soddisfare: U () = 0. Si ricavano tre soluzioni comprese nellintervallopi/2 < e < pi/2:

(1)e = 0 sempre valida

(2)e = arccos(2F

3kr

); (3)e = (2)e reali se F

3

2kr.

Per studiare la loro stabilita` ricaviamo i massimi e minimi di U() calcolando la derivataseconda

U() = 3r cos(2F 3kr cos) + 9kr2 sin2 .Nei punti di stazionarieta` essa vale:

U(0) = 3r(2F 3kr){< 0 se F < 3kr/2 massimo di U> 0 se F > 3kr/2 minimo di U

U((3,4)e ) = 9kr2 sin2 (3,4)e > 0 minimi di U.

Tenuto conto che lenergia potenziale del sistema e` V () = U() ed ha un minimo inogni configurazione stabile, se ne deduce che

la configurazione (1)e = 0 e` stabile se F < 3kr/2 e instabile se F > 3kr/2; (2,3)e , quando esistono, sono instabili.

2) Lenergia cinetica del sistema vale

T (, ) =1

2mv2A +

1

2IA

2 +1

22mv2G +

1

2IG

2

dove e` la velocita` angolare del disco. Indicando con langolo compreso tra lasse x eil vettore (A O), che ha modulo uguale a ma e` crescente nel verso orario, la velocita`del baricentro A del disco vale

~vA = r~ = (~k) (AO) = 3r~ ,

dove ~ = sin~+cos~ e` il versore di ~k (AO). Da questa si deduce anche: = 3.Inoltre, la velocita` del baricentro della sbarretta vale

~vG = xG~+ yG~ =d

dt

(9

2r cos~ 3

2r sin~

)= 3r

2(3 sin~+ cos~)

42

da cui

v2G =9r2

4(1 + 8 sin2 )2.

Sostituendo nella espressione dellenergia cinetica si ottiene:

T (, ) =1

2mr2

[15 +

9

2(1 + 8 sin2 )

]2 1

2a()2.

Se la si usa per scrivere lequazione di Lagrange si ricava lequazione del moto:

mr2[15 +

9

2(1 + 8 sin2 )

]+ 36mr2 sin cos2 3r sin(2F 3kr cos) = 0.

3) Nellipotesi F = kr lunica configurazione di equilibrio stabile e` (1)e = 0. In un suointorno il potenziale e lenergia cinetica si approssimano con

U ' 12U(0)2 =

1

2(3kr2)2; T ' 1

2a(0)2 =

39

4mr22

e da queste espressioni si ricava lequazione linearizzata

+ 2 = 0 con =

U(0)a(0)

=

2k

13m.

4) Le reazioni vincolari da determinare sono ~B = B~ e ~C = C~ + C~ dove~ = cos~ sin~ e` il versore di (AO).La componente tangenziale di C si calcola subito con unequazione di momento rispettoal baricentro A del disco isolato:

rC = IA = mr2

2(3) = C = 3

2mr.

Le altre due incognite si possono ricavare scrivendo il teorema della quantita` di moto perlintero sistema:

F~+ 3kr sin~+ B~+ C (sin~+ cos~) + C(cos~ sin~) = m~aA + 2m~aGdove

~aA = 3r(~ + 2~ ) = 3r(cos2 + sin)~+ 3r(sin2 cos)~~aG = xG~+ yG~ = 9r

2(cos2 + sin)~+

3r

2(sin2 cos)~.

Uguagliando le componenti lungo gli assi x, y e sostituendo C ,~aA,~aG si ricava

F + 32mr sin+ C cos = 12mr(cos2 + sin)

B + 3kr sin+3

2mr cos C sin = 6mr(sin2 cos)

da cui

C =1

cos

[F 3

2mr sin 12mr(cos2 + sin)

]B = 3r sin(2m

2 k) 152mr cos+ C sin.

43

COMPITO DI MECCANICA RAZIONALE

14 febbraio 2005

In un piano verticale (O, x, y) un disco omogeneo di massa m e raggio r e` incernieratosenza attrito nel suo baricentro fisso O . In una scanalatura diametrale scorre senza attritolasta omogenea AB di lunghezza ` ed egual massa m . Allasta e` applicata una coppiaM antioraria e costante.Assunte come coordinate lagrangiane lascissa s del baricentro G sullasta ( (GO) = s~ ,con ~ versore di (B A) ) e langolo di rotazione dellasta ,(1) determinare le posizioni dequilibrio del sistema, studiandone la stabilita`;

(2) calcolare lenergia cinetica e scrivere le equazioni differenziali del moto del sistema;

(3) calcolare la reazione vincolare della cerniera in O sia in condizioni statiche che di-namiche;

(4) abbandonato il sistema nella posizione s0 = 0 e 0 = pi/2 con velocita` iniziali nulle(moto incipiente) si calcoli laccelerazione iniziale del baricentro G dellasta e la corrispon-

dente reazione ~O in tale istante.

A

B

G

mg

mgq

s

s

r

O x

yAB=OG=

l

M

44

Soluzione

(1) Il potenziale delle forze applicate vale

U(, s) = mgyG +M+ cost = mgs cos+M+ cost

e le sue derivate prime sono

U

= mgs sin+M

U

s= mg cos.

Poiche` le posizioni di equilibrio sono i punti di stazionarieta` di U(, s), imponiamo chequeste derivate siano nulle e determiniamo le soluzioni del sistema che ne risulta. Siricavano le due posizioni di equilibrio:{

(1)e =pi

2, s(1)e =

M

mg

} {(2)e =

pi

2, s(2)e =

M

mg

}

e per studiarne la stabilita` calcoliamo le derivate seconde del potenziale

U = mgs cos, Uss = 0, Us = mg sin.

Nelle posizioni di equilibrio queste valgono

U = Uss = 0, Us = mg

e quindi il determinante della matrice Hessiana vale

detH = UUss (Us)2 = m2g2 < 0.

Poiche` e` negativo, il potenziale non ha ne` un massimo ne` un minimo nelle due posizionidi equilibrio, che quindi risultano entrambe instabili.

(2) Latto di moto della sbarretta e` la composizione del suo moto relativo alla scanalatura

e di quello di trascinamento con il disco. Pertanto, se indichiamo con ~ il versore di(GO) e con ~ il versore della direzione ~k (GO) normale alla sbarretta, la velocita`del suo baricentro e`

~vG = s~+ s~ da cui : v2G = s

2 + s22.

Si ha percio` lenergia cinetica:

T (s, , s) =1

2IO

2 +1

2mv2G +

1

2 IG2 = 1

2m

(r2

2+

`2

12+ s2

)2 +

1

2ms2

e la sua conoscenza permette di scrivere le equazioni di Lagrange

d

dt

(T

) T

=U

,

d

dt

(T

s

) T

s=U

s

45

da cui si ottengono le seguenti equazioni del moto:

m

(r2

2+

`2

12+ s2

)+ 2mss+mgs sinM = 0

s s2 g cos = 0.

3) Per determinare la reazione vincolare ~O = Ox~ + Oy~ e` sufficiente scrivere lequa-zione di risultante per lintero sistema (teorema della quantita` di moto):

2mg~+ Ox~+ Oy~ = m~aG = m(xG~+ yG~ )

dove

xG =d

dt(s sin+ s cos) = sins+ s cos s sin2 + 2 coss

yG =d

dt(s cos+ s sin) = coss+ s sin+ s cos2 + 2 sins.

Moltiplicando scalarmente per i versori degli assi x, y si ricavano le due componenti dellareazione vincolare della cerniera, che in condizioni dinamiche valgono:

Ox = mxG , Oy = 2mg +myG

e in condizioni statiche (in cui ~aG = 0) si riducono a

statOx = 0 , statOy = 2mg.

(4) Nellatto di moto incipiente in cui s0 = 0 = s0 = 0 e 0 = pi/2, dalla secondaequazione del moto si deduce che s(0) = s0 = 0. Sostituendo insieme con i dati inizialiassegnati nelle espressioni di xG, yG prima calcolate, si ricava:

xG(0) = s0 = 0

xG(0) = s00 = 0

e quindi laccelerazione iniziale del baricentro dellasta e` nulla. Nello stesso istante inizialela reazione vincolare della cerniera vale:

Ox(0) = 0, Oy(0) = 2mg = ~0(0) = 2mg~.

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