Esercizi Di Meccanica Razionale a - V. Franceschini

August 17, 2017 | Author: L2VJVR | Category: Euclidean Vector, Center Of Mass, Triangle, Angle, Circle

Short Description

esercizi meccanica quantistica...

Description

Universit` a di Modena e Reggio Emilia Facolt` a di Ingegneria - sede di Modena

ESERCIZI di MECCANICA RAZIONALE A

Docente: Prof. Valter Franceschini

Corsi di Laurea in Ingegneria (NOD) - a.a. 2009/10 -

1. ESERCIZI DI CALCOLO VETTORIALE

Esercizio 1.1 Dimostrare il teorema di Carnot. Consideriamo un triangolo ABC di lati a = BC, b = AC, β = ABC, γ = ACB. Si può c = AB e angoli α = BAC, scrivere B ¡ C = (B ¡ A) + (A ¡ C) .

(E1.1)

Facciamo il quadrato di ambi i membri (moltiplicando scalarmente ciascun membro per se stesso): (B ¡ C) ¢ (B ¡ C) = (B ¡ A) ¢ (B ¡ A) + (A ¡ C) ¢ (A ¡ C) + 2(B ¡ A) ¢ (A ¡ C) , e quindi (B ¡ C)2 = (B ¡ A)2 + (A ¡ C)2 + 2(B ¡ A) ¢ (A ¡ C) + a2 = c2 + b2 + 2cb cos(π ¡ α) + a2 = b2 + c2 ¡ 2bc cos α . Si è cos`ı ottenuto il (ben noto) teorema di Carnot: in un triangolo il quadrato di un lato è uguale alla somma dei quadrati degli altri due lati meno il doppio del prodotto di questi due moltiplicato per il coseno dell’angolo fra essi compreso.

Esercizio 1.2 Dimostrare il teorema dei seni. Consideriamo ancora il triangolo ABC e l’equazione (E1.1). Moltiplicando vettorialmente a destra ambo i membri per (A ¡ C) otteniamo (B ¡ C) £ (A ¡ C) = (B ¡ A) £ (A ¡ C) + (A ¡ C) £ (A ¡ C) . Osservato che il prodotto pi` u a destra è nullo, consideriamo i moduli dei due membri, che ovviamente sono uguali: ab sin γ = cb sin(π ¡ α) . Essendo sin(π ¡ α) = sin α, ne segue

a c = . sin α sin γ

Se invece si moltiplica vettorialmente la (E1.1) a destra per (B ¡ A), con calcoli del tutto analoghi si ottiene a b = . sin α sin β 163

Mettendo insieme i due risultati si ha il (ben noto) teorema dei seni a b c = = , sin α sin β sin γ ossia: in un triangolo i lati sono proporzionali ai seni degli angoli opposti.

Esercizio 1.3 Dati due vettori a e b che formano un angolo γ, determinare il modulo della loro somma e gli angoli α e β che essa forma con a e b. Consideriamo il triangolo ABC con a = B ¡ A e b = C ¡ B, per cui a + b = C ¡ A. Applicandovi il teorema di Carnot si ha 1 1 ja + bj = a2 + b2 ¡ 2ab cos(π ¡ γ) 2 = (a2 + b2 + 2ab cos γ) 2 .

Per il teorema dei seni

b ja + bj = sin α sin(π ¡ γ)

=)

sin α =

b sin γ (a2

+

b2

1

+ 2ab cos γ) 2

.

Analogamente si ottiene sin β =

a sin γ (a2

+

b2

1

+ 2ab cos γ) 2

.

Esercizio 1.4 Il vettore a di modulo 3 forma con l’asse x l’angolo α = π4 , con l’asse y l’angolo β = e con l’asse z un angolo acuto γ. Determinare le componenti cartesiane di a e l’angolo γ. Si ha:

p π 2 ax = a ¢ i = a cos α = 3 cos = 3 4 2 π 3 ay = a ¢ j = a cos β = 3 cos = 3 2 az = a ¢ k = a cos γ .

L’ultima relazione fornisce cos γ = 1

a2y ) 2 , si ha

π 3

az ; inoltre, essendo a2 = a2x + a2y + a2z , da cui az = §(a2 ¡ a2x ¡ a

18 9 12 3 § 9¡ ¡ § 1 4 4 cos γ = = 2 =§ . 3 3 2

Tenendo poi conto che γ è acuto, ne consegue che cos γ è positivo, il che elimina l’incertezza del 1 segno. Da cos γ = si deduce quindi 2 az =

3 , 2

γ=§ 164

π . 3

Notiamo che cos γ poteva ricavarsi anche attraverso la relazione cui, tenendo di nuovo conto del dato che γ è acuto, 1 1 cos γ = 1 ¡ cos2 α ¡ cos2 β 2 = 1 ¡ ¡ 2

cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1 , da 1 1 21 = . 4 2

Esercizio 1.5 Siano Oxyz e O1 x1 y1 z1 due sistemi di riferimento cartesiani ortogonali, con le rispettive terne di versori (i, j, k) e (i1 , j 1 , k 1 ). Indicate con (a, b, c) le coordinate di O1 rispetto ad Oxyz, determinare le formule di trasformazione di coordinate da un sistema all’altro. Siano (x, y, z) e (x1 , y1 , z1 ) le coordinate di un qualunque punto P rispetto ad Oxyz e O1 x1 y1 z1 rispettivamente. Il vettore P ¡ O1 , rappresentato rispetto ad O1 x1 y1 z1 , avrà perciò l’espressione P ¡ O1 = x1 i1 + y1 j 1 + z1 k1 , mentre rispetto ad Oxyz avremo P ¡O1 = (P ¡O+O¡O1 ) = (P ¡O)¡(O1 ¡O) = (x¡a) i+(y¡b) j+(z¡c) k . Uguagliando i due membri destri di queste due relazioni si ottiene x1 i1 + y1 j 1 + z1 k 1 = (x ¡ a)i + (y ¡ a)j + (z ¡ a)k .

(E1.2)

Moltiplicando scalarmente ambo i membri di questa uguaglianza per il versore i1 si ottiene x1 = (x ¡ a) cos x 1 x + (y ¡ b) cos x 1 y + (z ¡ c) cos x 1z .

Analogamente, moltiplicando scalarmente per j 1 e k1 si ricavano

y1 = (x ¡ a) cos y y1 z , 1 x + (y ¡ b) cos y 1 y + (z ¡ c) cos z1 = (x ¡ a) cos z 1 x + (y ¡ b) cos z 1 y + (z ¡ c) cos z 1z .

Le tre relazioni appena ricavate rappresentano le formule di trasformazione dalle coordinate (x, y, z) alle coordinate (x1 , y1 , z1 ). Determiniamo ora le formule inverse. A tal fine, se moltiplichiamo scalarmente la (E1.2) prima per il versore i, poi per j ed infine per k, otteniamo x = a + x1 cos x 1 x + y1 cos y 1 x + z1 cos z 1x , y = b + x1 cos x 1 y + y1 cos y 1 y + z1 cos z 1y , z = c + x1 cos x y1 z + z1 cos z 1 z + y1 cos 1z .

165

Esercizio 1.6 Nel piano Oxy sono dati i vettori P ¡O, di modulo 6 e formante un angolo di 23 π con la direzione positiva dell’asse x, e Q¡O, di modulo 2 e formante un angolo di π4 con la direzione positiva dell’asse x. Determinare : P ¡ Q ; i) (P ¡ O) + 2(Q ¡ O) . ii)

La rappresentazione cartesiana di un vettore piano a, di modulo a e formante un angolo α con la direzione positiva dell’asse x è la seguente: a = ax i + ay j = a(cos α i + sin α j) . I due vettori dati, in forma cartesiana, sono dunque i seguenti: p π p π Q ¡ O = 2 cos i + sin j = 2 i + 2 j ; 4 4 p 2π 2π P ¡ O = 6 cos i + sin j = ¡3 i + 3 3 j . 3 3 p p p p p p i) P ¡Q = (P ¡O)¡(Q¡O) = (¡3¡ 2) i+(3 3¡ 2) j = (¡3 ¡ 2)2 + (3 3 ¡ 2)2 = p p p p = 9 + 2 + 6 2 + 27 + 2 ¡ 6 6 = 40 + 6 2 ¡ 6 6 . oppure, ricordando il teorema di Carnot e la formula per cos(α + β):

2 2 P ¡ Q = OP + OQ ¡ 2 OP OQ cos P OQ = 36 + 4 ¡ 24 cos π4 + π6 = =

ii)

40 ¡ 24

√

2 2

√

3 2

¡

√

21 2 2

=

p p 40 ¡ 6 6 + 6 2 .

p p p p p p (P ¡O) + 2(Q ¡ O) = (¡3 + 2 2) i + (3 3+ 2 2) j = (¡3 + 2 2)2 + (3 3 + 2 2)2 = p p p p = 9 + 8 ¡ 12 2 + 27 + 8 + 12 6 = 52 ¡ 12 2 + 12 6 .

Esercizio 1.7 Sono dati i vettori v 1 e v 2 , di modulo rispettivamente 5 e 3 e formanti un angolo di 60◦ . Si chiede di determinare i versori a e b, complanari ai due vettori dati, tali che i) (v 1 + v 2 ) ¢ a = 0 , ii) (v 1 + v 2 ) £ b = 0 . Sia Oxy un piano che contiene v 1 e v 2 . Supposti i due vettori con l’origine in O e v 1 disposto lungo l’asse x, avremo: v 1 = 5i ,

v 2 = 3(cos π3 i + sin π3 j) = 23 i +

√ 3 3 j 2

,

v1 + v2 =

13 i 2

+

√ 3 3 j 2

.

i) Sia a = ax i + ay j un vettore incognito. Perchè a sia un versore e sia ortogonale a v 1 + v 2 deve soddisfare le condizioni jaj = 1 e a ¢ (v 1 + v 2 ) = 0 . Si deve dunque avere: 2 √ √ ax + a2y = 1 ax = ¡ 3133 ay ax = § 3143 √ =) =) . 27 2 2 13 3 3 ay = ¨ 13 169 ay + ay = 1 14 2 ax + 2 ay = 0 p 3 3 13 Si hanno quindi i due vettori: a1 = i¡ j, a2 = ¡a1 . 14 14 166

ii) Se b = bx i + by j è un vettore incognito non nullo tale che jbj = 1 e b £ (v 1 + v 2 ) = 0, si ha:

b2x + b2y = 1 bx i + by j £ 13 2 i+

E quindi:

√ 3 3 2 j

=0

p 13 3 3 b1 = i+ j; 14 14

=)

b2x + b2y = 1 √ 3 3 2 bx

¡

13 2 by

=0

=)

bx = § 13 14

√

by = § 3143

.

b2 = ¡b1 .

Metodo di soluzione alternativo i) Perchè il prodotto scalare di due vettori non nulli sia nullo occorre che i due vettori siano ortogonali. Essendo richiesto un versore a complanare con v 1 e v 2 , ci saranno due versori a1 e a2 , l’uno opposto dell’altro, con questo requisito. Indicato con α l’angolo formato da v 1 + v 2 con l’asse x, sia a1 il versore normale a v 1 + v 2 che forma con l’asse x l’angolo β = α + π2 . Essendo 169 27 + = 7, v 1 + v 2 = 4 4

13 2

13 cos α = = , 7 14

e quindi

p 3 3 sin α = = , 7 14 √ 3 3 2

p 3 3 13 a1 = cos β i + sin β j = ¡ sin α i + cos α j = ¡ i+ j, a2 = ¡ a1 . 14 14 ii) Perchè il prodotto vettoriale di due vettori non nulli sia nullo occorre che i due vettori siano paralleli. Di versori paralleli a v 1 + v 2 ne esistono due, l’uno opposto dell’altro: p v1 + v2 13 3 3 = cos α i + sin α j = b1 = i+ j; b2 = ¡ b1 . 14 14 v1 + v2 avremo

Esercizio 1.8 Dati i vettori a e b , determinarne il modulo e l’angolo fra essi compreso sapendo che a £ b = 16 , a + b = 4 . a = b ,

Indicato con α l’angolo tra a e b (0 < α < π), ricordando quanto vale il modulo di un prodotto vettoriale e quello della somma di due vettori (vedi esercizio 1.2), si ha il seguente sistema:   a=b a b sin α = 16   2 a + b2 ¡ 2a b cos(π ¡ α) = 16

=)

  a=b b2 sin α = 16 .   2 b (1 + cos α) = 8

Operando sulle due ultime equazioni ed utilizzando poi le formule trigonometriche 2t 1 ¡ t2 α sin α = , cos α = , essendo t = tan , 2 2 1+t 1+t 2 si ha 2 2t 1¡t sin α = 2(1 + cos α) =) =2 1+ =) t = 2 . 2 1+t 1 + t2 Di conseguenza: 4 p sin α = 45 t=2 =) =) α = arctan ¡ ' 126.9◦ , a = b = 2 5 . 3 3 cos α = ¡ 5

167

Esercizio 1.9 Nel riferimento cartesiano Oxyz sono dati i tre vettori piani seguenti: p p p P ¡ O = 2i ¡ 3j , Q ¡ O = 2i ¡ 3j , R ¡ O = ¡2 2 i + j . Calcolare:

a) b) c) d) e) f)

P ¡O ¢ Q¡O ; P ¡O £ Q¡O ; Q¡O £ P ¡O ; P ¡O £ Q¡O ¢ R¡O ; P ¡O £ Q¡O £ R¡O . R¡O £ Q¡O £ P ¡O ;

Trattandosi di vettori piani conviene eseguire i prodotti vettoriali e misti con moltiplicazioni termine a termine. A tal fine ricordiamo le regole di moltiplicazione dei versori: i ¢ i = j ¢ j = k ¢ k = 1;

i ¢ j = j ¢ i = j ¢ k = k ¢ j = k ¢ i = i ¢ k = 0;

i£i = j £j = k £k = 0;

i £ j = ¡j £ i = k ,

a) b) c) d)

f)

k £ i = ¡i £ k = j .

p p p p p p 2 i ¡ 3 j = 2 2 + (¡3)(¡ 3) = 2 2 + 3 3 ; P ¡ O ¢ Q ¡ O = 2i ¡ 3j ¢ p p p p P ¡ O £ Q ¡ O = 2i ¡ 3j £ 2 i ¡ 3 j = (¡2 3 + 3 2) k ; p p Q ¡ O £ P ¡ O = (2 3 ¡ 3 2) k ; (essendo a £ b = ¡ b £ a) p p p P ¡ O £ Q ¡ O ¢ R ¡ O = 2i ¡ 3j £ 2 i ¡ 3 j ¢ ¡2 2 i + j = p p p = (¡2 3 + 3 2) k ¢ ¡2 2 i + j = 0 ; (ovvio!!!

e)

j £ k = ¡k £ j = i ,

il prodotto misto di tre vettori complanari è sempre nullo!!!)

Sfruttando il risultato ottenuto al punto b), abbiamo: p p p P ¡ O £ Q ¡ O £ R ¡ O = [(¡2 3 + 3 2) k] £ (¡2 2 i + j) = p p p p p = ¡2 2(¡2 3 + 3 2) j ¡ (¡2 3 + 3 2) i = p p p p = (2 3 ¡ 3 2) i + (4 6 ¡ 12) j . In alternativa si poteva usare la formula (a £ b) £ c = [a ¢ c] b ¡ [b ¢ c] a: P ¡O £ Q¡O £ R¡O = P ¡O ¢ R¡O Q¡O ¡ Q¡O ¢ R¡O P ¡O = p p p p p p = 2 i ¡ 3 j ¢ ¡2 2 i + j 2i ¡ 3j ¡ 2 i ¡ 3 j ¢ ¡2 2 i + j 2 i ¡ 3 j = p p p p p p p p = ¡4 2 ¡ 3 2 i ¡ 3 j ¡ ¡4 ¡ 3 (2 i ¡ 3 j) = (2 3 ¡ 3 2) i + (4 6 ¡ 12) j . Il risultato è lo stesso del punto precedente. Infatti: R¡O £ Q¡O £ P ¡O =¡ Q¡O £ P ¡O £ R¡O = =¡ ¡ P ¡O £ Q¡O £ R¡O = P ¡O £ Q¡O £ R¡O .

168

Esercizio 1.10 Nel riferimento cartesiano Oxyz sono dati i tre vettori piani seguenti: p p p P ¡ O = 2i + j , Q ¡ O = 2i + 2 2j + k, R ¡ O = ¡2 i ¡ 4 j + 2 k . Calcolare:

a) b) c) d) e) f)

P ¡O ¢ Q¡O ; P ¡O £ Q¡O ; P ¡O £ Q¡O ¢ R¡O ; R¡O ¢ Q¡O £ P ¡O ; P ¡O £ Q¡O £ R¡O ; P ¡O £ Q¡O £ R¡O .

In questo esercizio, diversamente da quello precedente, i vettori sono nello spazio. Conviene quindi effettuare i prodotti vettoriali e misti utilizzando le loro espressioni tramite determinanti. p p p p p a) P ¡ O ¢ Q ¡ O = 2i + j ¢ 2i + 2 2j + k = 2 2 + 2 2 + 0 = 4 2; b)

c)

d)

e)

f)

i P ¡O £ Q¡O = p2 2

j 1 p 2 2

p2 P ¡O £ Q¡O ¢ R¡O = 2 ¡2

k p 0 = i¡2 j+3 2 k ; 1 0 p1 = 12 ; 2

1 p 2 2 ¡4

oppure, utilizzando il risultato ottenuto in b): p p P ¡ O £ Q ¡ O ¢ R ¡ O = i ¡ 2 j + 3 2 k ¢ ¡2 i ¡ 4 j + 2 k = ¡2 + 8 + 6 = 12 ; R¡O ¢ Q¡O £ P ¡O = R¡O ¢ ¡ P ¡O £ Q¡O = = ¡ P ¡ O £ Q ¡ O ¢ R ¡ O = ¡12 ; (si vedano le proprietà del prodotto misto)

Utilizzando il risultato visto in b):

i P ¡ O £ Q ¡ O £ R ¡ O = 1 ¡2

j ¡2 ¡4

pi P ¡O £ Q¡O £ R¡O = 2 i+j £ 2 ¡2

k p p p 3p 2 = 10 2 i ¡ 7 2 j ¡ 8 k . 2 j p 2 2 ¡4

k p1 = 2 i+j £ 8i¡4 j = ¡16 k . 2

Non deve sorprendere il fatto che i due risultati ottenuti in e) ed in f) siano diversi. Si ricordi che in generale (a £ b) £ c 6 = a £ (b £ c).

169

2. ESERCIZI DI GEOMETRIA DELLE MASSE

Esercizio 2.1 Calcolare il baricentro del sistema rigido costituito dai tre punti materiali (P1 , m), (P2 , 2m), (P3 , 2m) con P1 , P2 e P3 formanti un triangolo equilatero di lato ℓ. Sia Oxy il√piano del triangolo, con P1 Ó´(0, 0), P2 ´(ℓ, 0) e P3 ´( 2ℓ , 23ℓ ). Applicando le (2.5), si ha  m ¢ 0 + 2m ¢ ℓ + 2m ¢ 2ℓ   = 53 ℓ ,  xG = 5m √ 3  √   y = m ¢ 0 + 2m ¢ 0 + 2m ¢ 2 ℓ = 3 ℓ . G 5 5m Esercizio 2.2 Calcolare il baricentro del sistema costituito da tre aste rigide omogenee, di uguale lunghezza ℓ, ma di masse diverse: AB di massa 2m; BC di massa m; CA di massa 3m. Le tre aste sono disposte in modo da formare il triangolo equilatero ABC. Sia Oxy il√ piano del triangolo, con AÓ´(0, 0), B´(ℓ, 0) e C´( 2ℓ , 23 ℓ). Essendo ciascuna asta omogenea, il relativo baricentro sta nel punto medio. Di conseguenza, indicati con G1 , G2 e G3 i baricentri rispettivamente di AB, BC e CA, il sistema materiale equivale al sistema di tre punti materiali (G1 , 2m), (G , m), (G3 , 3m), con G1 ´( 2ℓ , 0), √ √ 2 1 3 3 3 G2 ´( 4 ℓ, 4 ℓ) e G3 ´( 4 ℓ, 4 ℓ). Applicando le (2.5), si ha  2m ¢    xG =

+ m ¢ 34 ℓ + 3m ¢ 4ℓ 5 ℓ, = 12 6m √ √ 3 3  √   y = 2m ¢ 0 + m ¢ 4 ℓ + 3m ¢ 4 ℓ = 3 ℓ . G 6 6m ℓ 2

Esercizio: Dimostrare che il centro di massa di un sistema costituito da tre aste omogenee di uguale massa, unite in modo da formare un triangolo, coincide col baricentro geometrico del triangolo. Esercizio 2.3 Calcolare il baricentro di un arco omogeneo di raggio R ed ampiezza α. Osserviamo innanzitutto che, se M è la massa dell’arco e ρ la sua densità (ovviamente costante), avremo M =ρ αR. Osserviamo poi che, essendo l’arco omogeneo, l’asse della corda AB è un asse di simmetria. Di conseguenza il baricentro sta su tale asse. Sia Oxy il piano della circonferenza contenente l’arco, con O centro della circonferenza, l’asse y coincidente con l’asse di simmetria e l’asse x fissato di conseguenza. 170

In virt` u della scelta del riferimento Oxy, si ha xG = 0 . Per calcolare yG dobbiamo utilizzare la seconda delle (2.6). Indicato con P un generico punto , si ha ¡ α · θ · α . L’elemento infinitesimo di massa dm che dell’arco e con θ l’angolo yOP 2 2 contiene il punto P vale ρ Rdθ; inoltre: yP = R cos θ. Si ha quindi per yG il seguente integrale curvilineo: 1 yG = M

B

A

1 y dm = M

α 2

ρ R2 cos θ dθ =

−α 2

α2 2 1 α ρ R2 sin θ α = ρ R2 sin . M M 2 −2

Infine, tenendo conto che M = ρ Rα, si ha yG =

2R sin α2 . α

Osserviamo che, nel caso di una semicirconferenza (α=π), si ha:

yG =

2R . π

Esercizio 2.4 Calcolare la massa ed il baricentro di un’asta AB di lunghezza ℓ e densità ρ(x) = k(ℓ + x), con x distanza da A. Sia Ox l’asse delle ascisse, con OÁ, come in figura. Osserviamo che, se P è un generico punto dell’asta, P ha ascissa x, con 0 · x · ℓ. Inoltre dm = ρ(x)dx.

Calcoliamo innanzitutto la massa M dell’asta. M=

ℓ

ρ(x)dx =

0

ℓ

0

x2 ℓ 3 k(ℓ + x)dx = k ℓx + = kℓ2 . 2 0 2

Applicando la prima delle (2.6) otteniamo: xG =

1 M

0

ℓ

xρ(x)dx =

1 M

ℓ

kx(ℓ + x)dx =

0

k x2 x3 ℓ 5kℓ3 5 ℓ + = = ℓ. M 2 3 0 6M 9

Esercizio 2.5 Calcolare il baricentro di un settore circolare omogeneo di raggio R e ampiezza α. Osserviamo innanzitutto che, se M è la massa del settore e ρ la sua densità (costante), essendo ρ αR2 αR2 2 l’area del settore, si ha M = 2 . Osserviamo poi che la retta contenente il raggio che divide il settore in due parti uguali è un asse di simmetria. Di conseguenza il baricentro sta su tale asse. Sia Oxy il piano del cerchio di cui fa parte il settore, con O centro della circonferenza, l’asse y coincidente con l’asse di simmetria e l’asse x fissato di conseguenza. In base a questa scelta del riferimento Oxy, si ha xG = 0 . Per calcolare yG dobbiamo utilizzare la seconda delle (2.6).

171

, la Indicato con P un generico punto del settore, con r la sua distanza da O e con θ l’angolo yOP coppia (r, θ) descrive il settore quando 0 · r · R e ¡ α2 · θ · α2 . L’elemento infinitesimo di massa dm che contiene il punto P è quindi dato da ρ r dr dθ. Si ha quindi per yG il seguente integrale di superficie: yG =

1 M

AOB

y dm =

1 M

R

α 2

ρ r2 cos θ dθ dr =

−α 2

0

α2 2ρ R3 1 r 3 R α ρ sin θ α = sin . M 3 0 3M 2 −2

Infine, tenendo conto che M = 12 ρ α R2 , si ha yG = Caso del semicerchio:

α=π

=)

4R α sin . 3α 2 yG =

4R . 3π

Esercizio 2.6 Calcolare il baricentro di un settore omogeneo di corona circolare di raggi R1 ed R2 , con R1 0

se

x0 < 0

se

x0 = 0 e v0 > 0

se

x0 = 0 e v0 < 0 .

(E5.5)

Osserviamo infine che la reazione vincolare durante il moto è fornita dalle altre due equazioni del sistema (E5.4) e risulta esattamente la stessa che si ha quando il punto è in equilibrio.

Esercizio 5.4 Determinare le posizioni d’equilibrio di un punto materiale (P, m), soggetto al peso e ad una forza elastica di vettore k 2 (O ¡ P ), vincolato a percorrere una retta orizzontale scabra passante per O. Eccetto che per la presenza dell’attrito, si tratta dello stesso sistema meccanico dell’esercizio precedente. Assumiamo dunque lo stesso riferimento Oxyz di prima ed osserviamo che ora, per effetto dell’attrito, la reazione vincolare non è pi` u normale all’asse x, per cui Φ = Φx i + Φy j + Φz k. In presenza di attrito l’equilibrio per un punto è garantito, oltre che dall’equazione dell’equilibrio, dalla relazione statica di Coulomb, vale a dire dal sistema

F +Φ=0 jΦt j · fs jΦn j ,

con fs coefficiente d’attrito statico. Tenendo conto che Φt = Φx i e Φn = Φy j + Φz k, questo sistema diventa   ¡ mgk ¡ k 2 xi + Φx i + Φy j + Φz k = 0  jΦx j · fs Φ2y + Φ2z . Proiettando sui tre assi l’equazione F + Φ, questo sistema diventa  ¡ k 2 x + Φx = 0       Φy = 0 ¡ mg + Φz = 0       jΦ j · f Φ2 + Φ2 . x s y z

Le tre equazioni scalari forniscono immediatamente Φx =k 2 x, Φy =0 e Φz =mg. Sostituendo nella disequazione si ottiene jk2 xj · fs mg , Posto d =

ossia

jxj ·

fs mg . k2

fs mg , la relazione dell’attrito risulta dunque soddisfatta per k2 ¡d · x · d . 207

Ci sono quindi infinite posizioni d’equilibrio: 8x 2 [¡d, d]. Se x∗ è una di queste posizioni, la corrispondente reazione vincolare vale Φ = k 2 x∗ i + mgk. Osserviamo che nel passaggio da vincolo liscio a vincolo scabro si è passati da un’unica posizione d’equilibrio, l’origine, ad infinite posizioni d’equilibrio, corrispondenti ai punti di un intervallo centrato nell’origine. L’attrito, dunque, genera infinite posizioni d’equilibrio “attorno” alle posizioni d’equilibrio presenti in assenza d’attrito. Naturalmente ogni posizione d’equilibrio con vincolo liscio rimane tale anche con vincolo scabro.

Esercizio 5.5 Determinare il moto di un punto materiale (P, m), soggetto al peso e ad una forza elastica di vettore k2 (O ¡ P ), vincolato a percorrere una retta orizzontale scabra passante per O (asse x), con condizioni iniziali x(0) = x0 e x(0) ˙ = v0 . In questo esercizio si studia il problema del moto di un punto nelle stesse condizioni dell’esercizio precedente, nel quale si era affrontato solo il problema dell’equilibrio. Torna utile ricordare, anche ai fini della risoluzione di questo esercizio, quanto appena visto: le posizioni d’equilibrio del nostro punto sono infinite, cioè fs mg 8x 2 [¡d, d] , con d = . k2 Assumiamo dunque un riferimento Oxyz con l’asse x coincidente con la retta a cui è vincolato il punto P e l’asse z verticale ascendente. La reazione vincolare agente su P avrà vettore Φ = Φx i + Φy j + Φz k. Per studiare il moto in presenza di attrito, oltre l’equazione di Newton, dobbiamo considerare anche la relazione dinamica di Coulomb. Ciò comporta la scrittura del sistema   ma = F + Φ

 Φt = ¡fd jΦn j v , v

essendo fd il coefficiente d’attrito dinamico. Tenendo conto che Φt = Φx i e Φn = Φy j + Φz k, questo sistema diventa

m¨ xi = ¡mgk ¡ k 2 xi + Φx i + Φy j + Φz k

Φx i = ¡segno(x)f ˙ d jΦn ji ,

dove la funzione segno denota + o ¡ a seconda che l’argomento sia positivo o negativo. Proiettando sui tre assi le due equazioni, questo sistema diventa  m¨ x = ¡k2 x + Φx      0 = Φy  0 = ¡mg + Φz     Φx = ¡segno(x)f ˙ d jΦn j . Le prime tre equazioni forniscono immediatamente Φx =m¨ x + k2 x, Φy =0 e Φz =mg. Sostituendo nella quarta equazione si ottiene l’equazione del moto: m¨ x + k 2 x = ¡segno(x)f ˙ d mg . 208

Ora, posto a = fd g e, come usuale, ω2 =

k2 , questa equazione può riscriversi nel modo seguente: m

x ¨ + ω 2 x = ¡segno(x) ˙ a.

(E5.6)

A questo punto osserviamo che il termine a destra dell’uguale esprime una forza costante, dovuta all’attrito, che, essendo a > 0, si oppone sempre al moto. Quando il punto si muove nel verso positivo delle x (e quindi, nel nostro caso, verso destra), l’equazione del moto è x ¨ + ω2 x = ¡a , mentre nel caso opposto l’equazione è x ¨ + ω2 x = a . Ciò implica che quando il punto si ferma ed inverte la direzione del moto, l’equazione differenziale che lo governa cambia. Un’altra osservazione molto importante è la seguente. Se la posizione in cui il punto si arresta cade all’interno dell’intervallo di ascisse [¡d, d], allora non c’è pi` u moto in quanto l’arresto è definitivo. Infatti, per definizione di posizione d’equilibrio, se un punto viene a trovarsi in un dato istante t∗ in una posizione d’equilibrio con velocità nulla, vi rimane anche per t > t∗ . Il risultato di queste due osservazioni è perciò il seguente. Supponiamo, per fissare le idee, che v0 sia positivo. Il punto si muove dalla posizione x0 verso destra fino a che la sua velocità si annulla. Ciò accade in una posizione x1 all’istante τ1 . Se x1 appartiene all’intervallo [¡d, d], il punto si ferma definitivamente; altrimenti inverte il suo moto fino al nuovo arresto, che avverrà in una posizione x2 all’istante τ2 . Di nuovo, se x2 2 [¡d, d], il punto si ferma definitivamente; se invece x2 è esterno, riprende a muoversi di nuovo verso destra fino a fermarsi nella posizione x3 all’istante τ3 . Siccome le oscillazioni del punto avvengono attorno ad O e sono di ampiezza via via decrescente, esiste un valore xk 2 [¡d, d] in cui il punto si arresta rimanendovi definitivamente. Andiamo ora a determinare il moto del punto P mediante l’equazione (E5.6), supponendo, per fissare le idee, che anche x0 sia positivo. Essendo v0 > 0, il primo problema di Cauchy che dobbiamo risolvere è il seguente:  x ¨ + ω 2 x = ¡a   x(0) = x0   x(0) ˙ = v0 . L’integrale generale dell’equazione differenziale è

x(t) = C1 cos(ωt + γ1 ) ¡

a . ω2

Imponendo le condizioni iniziali si ha il sistema   C1 cos γ1 ¡ a = x0 ω2  ¡ C ω sin γ = v , 1

1

0

che, tenendo conto dell’ipotesi x0 > 0, fornisce C1 =

x0 +

a 2 v0 2 + , ω2 ω 209

¡ωv 0 γ1 = arctan . a + ω2 x0

Osservato che C1 > x0 + ωa2 e che, essendo sin γ1 < 0, γ1 2 ¡ π2 , 0 , andiamo a calcolare l’istante τ1 in corrispondenza al quale si ha il primo arresto di P . Avendosi x(t) ˙ = ¡C1 ω sin(ωt + γ1 ) = 0

per

ωt + γ1 = kπ ,

k = 0, §1, §2, . . . ,

essendo γ1 < 0, il minimo t positivo per cui x(t) ˙ è nulla si ottiene per k=0, per cui si ottiene γ1 a , e quindi x1 = x(τ1 ) = C1 ¡ 2 . ω ω Osserviamo che, essendo x0 > 0 e C1 > x0 + ωa2 , certamente x1 > x0 > 0. Per quanto precedentemente detto, se x1 · d, il punto P rimane fermo in x1 , altrimenti si rimette in moto tornando indietro. τ1 = ¡

Supponiamo allora x1 > d e andiamo a studiare il moto di P . Riazzerato il tempo t (cioè assunto come nuova origine di t l’istante τ1 ), il nuovo problema di Cauchy da risolvere è il seguente:  x¨ + ω 2 x = a   x(0) = x1   x(0) ˙ = 0. L’integrale generale dell’equazione differenziale in questione è x(t) = C2 cos(ωt + γ2 ) +

a . ω2

Imponendo le condizioni iniziali, si ottiene il sistema   C2 cos γ2 + a = x1 ω2  ¡ C ω sin γ = 0 , 2

2

La soluzione di questo sistema fornisce

C2 = x1 ¡

a , ω2

γ2 = 0 ,

per cui si ha semplicemente

a . ω2 Andiamo ora a calcolare l’istante t∗ corripondente al secondo arresto di P . Essendo x(t) ˙ = ¡C2 ω sin ωt, il primo istante t∗ per cui si ha x(t ˙ ∗ ) = 0 si ottiene per ωt∗ = π, ossia x(t) = C2 cos ωt +

t∗ =

π . ω

Ne consegue τ2 = τ1 + t∗ = τ1 +

π ¡γ1 + π = , ω ω

e quindi

x2 = x(t∗ ) = ¡C2 +

a a = ¡x1 + 2 2 . 2 ω ω

Se x2 2 [¡d, d], il punto si arresta definitivamente; altrimenti riprende con legge del moto determinata dal seguente problema di Cauchy, dove il tempo t è stato di nuovo azzerato.  x ¨ + ω 2 x = ¡a   x(0) = x2   x(0) ˙ = 0. 210

La soluzione di questo problema di Cauchy è x(t) = C3 cos ωt ¡ con C3 = x2 +

a . ω2

a , ω2

(si noti che

C3 < 0)

π , per cui ω a ¡γ1 + 2π x3 = ¡C3 ¡ 2 , τ3 = τ2 + t∗ = . ω ω A questo punto il fenomeno e il metodo per studiarlo dovrebbero essere chiari. Il risultato si può comunque riassumere in questi termini. Il punto P , partendo dalla posizione P0 ´ (x0 ) raggiunge ¡γ1 + (k ¡ 1)π i punti Pk ´ (xk ), k = 1, 2, ...M , con PM primo successivamente negli istanti τk = ω a punto della successione a cadere nell’intervallo [¡d, d]. Posto per semplicità b = 2 , si noti che la ω successione degli xk si può scrivere in forma iterativa nel modo seguente: Come prima, l’istante t¤ corripondente al terzo arresto di P è t∗ =

Si noti che, essendo

 x1 = C1 ¡ b       x2 = ¡C2 + b = ¡x1 + 2b = 3b ¡ C1      x3 = ¡C3 ¡ b = ¡x2 ¡ 2b = ¡5b + C1  .........................................................................       x = ¡Ck + (¡1)k b = ... = (¡1)k [(2k ¡ 1)b ¡ C1 ]   k   ..................................................................................

mg mg a = 2 fd , d = 2 fs , 2 ω k k ed essendo fd · fs , si ha sempre b · d, ed in generale b < d. Denotati quindi con B1 e B2 i punti di ascissa rispettivamente ¡b e b, con D1 e D2 quelli di ascissa rispettivamente ¡d e d, e con X1 , X2 , X3 ,...., quelli di ascissa x1 , x2 , x3 , ..., questi punti hanno sull’asse x una disposizione di questo tipo: b=

211

Esercizio 5.6 Determinare equilibrio e moto di un punto materiale (P, m), soggetto al peso e ad una forza elastica di vettore k 2 (O ¡ P ), vincolato a percorrere un piano orizzontale liscio passante per O. Assunto tale piano come piano Oxy, sono assegnate le condizioni iniziali x(0) = x0 , y(0) = y0 , x(0) ˙ = vx e y(0) ˙ = vy . Assumiamo come sistema di riferimento la terna destra Oxyz con Oxy coincidente col piano su cui è vincolato il punto e l’asse Oz verticale ascendente. Essendo il vincolo liscio, la sua azione su P è rappresentabile con una reazione vincolare di vettore Φ = Φz k. Studio dell’equilibrio L’equazione vettoriale per l’equilibrio di P è ¡mgk ¡ k 2 (xi + yj) + Φz k = 0 . Proiettando sui tre assi si ottengono le seguenti equazioni scalari:

 ¡ k2 x = 0   . ¡ k2 y = 0   ¡ mg + Φz = 0

Le prime due equazioni forniscono x = 0 , y = 0 , il che ci dice che l’unica posizione d’equilibrio per il punto è l’origine O. Dalla terza equazione si ottiene Φz = mg, per cui la reazione vincolare (nella posizione d’equilibrio) vale Φ = mgk. Studio del moto In questo caso l’equazione di Newton è la seguente: m(¨ xi + y¨j) = ¡mgk ¡ k 2 (xi + yj) + Φz k .

 m¨ x = ¡k 2 x   . m¨ y = ¡k 2 y   0 = ¡mg + Φz

Proiettandola sui tre assi cartesiani si ottiene:

Le prime due equazioni, non contenendo reazioni vincolari scalari, rappresentano le due equazioni differenziali del moto. La terza equazione fornisce invece Φz = mg, per cui Φ = mgk (come per l’equilibrio). k2 , il sistema delle due equazioni differenziali, può essere cos`ı riscritto: Ora, posto ω2 = m x ¨ + ω2x = 0 y¨ + ω2 y = 0

Le due equazioni differenziali sono indipendenti una dall’altra e formalmente uguali. La forma dell’integrale generale di ciascuna è quella ben nota del moto oscillatorio. Avremo dunque

x(t) = A cos(ωt + α) y(t) = B cos(ωt + β) 212

Il valore delle coppie di costanti (A, α) e (B, β) si ottiene facilmente dalle (E5.5) sostituendo opportunamente le coppie di condizioni iniziali (x0 , vx ) e (y0 , vy ) al posto di (x0 , v0 ). Chiaramente la proiezione del moto di P lungo ciascuno dei due assi rappresenta un moto oscillatorio armonico. Per quanto riguarda poi la traiettoria descritta da P , in generale, è un’ellisse. Per dimostrare questo fatto poniamo β = α + ǫ. Ne consegue B cos(ωt + β) = B cos(ωt + α + ǫ) = B cos ǫ cos(ωt + α) ¡ B sin ǫ sin(ωt + α) . Le equazioni del moto del punto diventano quindi

x = A cos(ωt + α)

da cui

y = B cos ǫ cos(ωt + α) ¡ B sin ǫ sin(ωt + α)

Quadrando e sommando, si ottiene

 x  cos(ωt + α) =   A 1 x cos ǫ y   ¡ .  sin(ωt + α) = sin ǫ A B

x2 1 x cos ǫ y 2 + ¡ = 1, A2 A B sin2 ǫ da cui

y2 2 cos ǫ x2 + ¡ xy = sin2 ǫ . A2 B2 AB

Questa è l’equazione di una conica che, essendo jxj · A e jyj · B, è tutta al finito, e quindi è un’ellisse. In particolare l’ellisse è una circonferenza se A = B e cos ǫ = 0, ossia se ǫ = § π2 . Nel caso invece in cui sin ǫ = 0, cioè ǫ = 0 oppure ǫ = π, l’ellisse degenera in una retta passante per l’origine, pi` u precisamente x y ¡ =0 A B

x y + = 0 se A B

se ǫ = 0 ,

ǫ =π.

Esercizio 5.7 Assegnato il riferimento Oxyz, con Oz verticale ascendente, determinare equilibrio e moto di un punto materiale (P, m) appoggiato al piano Oxy supposto liscio. Il punto è soggetto al peso e alla forza elastica di vettore k 2 (A ¡ P ), con A´(0, 0, h). Sono assegnate le condizioni iniziali x(0) = x0 , y(0) = y0 , x(0) ˙ = vx e y(0) ˙ = vy . Osserviamo che rispetto al problema precedente ci sono due variazioni: i) la forza elastica ha vettore ¡k 2 (xi + yj) + k 2 h k ,

e quindi, mentre ha le stesse componenti nel piano Oxy, ora ha componente anche lungo l’asse z ; ii) il punto, anzichè vincolato al piano, è appoggiato, per cui la reazione vincolare Φ = Φk, per essere compatibile col vincolo, deve soddisfare la condizione Φ ¸0. 213

Andando a proiettare sugli assi cartesiani le equazioni dell’equilibrio e di Newton si troverà dunque che, mentre le equazioni dell’equilibrio e del moto rimangono le stesse, l’unica differenza concerne Φ che, sia in statica che in dinamica, risulta essere Φ = (m g ¡ k 2 h) k ,

compatibile col vincolo se

mg (¤) . k2 Conclusione: se la condizione (*) è verificata, i problemi dell’equilibrio e del moto del punto hanno le stesse soluzioni del problema precedente; se invece la condizione (*) non è verificata non c’è equilibrio e non c’è moto (nel piano Oxy), poichè il punto P si solleva dal piano. m g ¡ k2 h ¸ 0

ovvero se

h·

Esercizio 5.8 Studiare il moto di un punto materiale (P, m), vincolato a muoversi nel piano orizzontale liscio Oxy, soggetto al peso e a due forze elastiche di vettori k12 (H ¡ P ) e k22 (K ¡ P ), essendo H e K le proiezioni di P rispettivamente sull’asse y e sull’asse x. Sono assegnate le condizioni iniziali x(0) = x0 , y(0) = y0 , x(0) ˙ = vx e y(0) ˙ = vy . Assumiamo come sistema di riferimento la terna destra Oxyz con Oz verticale ascendente. Essendo il vincolo liscio, la reazione vincolare in P ha vettore Φ = Φz k. In questo caso, che in apparenza non è molto dissimile dal precedente, l’equazione di Newton m(¨ xi + y¨j) = ¡mgk ¡ k12 xi ¡ k22 yj + Φz k , produce le tre equazioni scalari

 m¨ x = ¡k12 x   m¨ y = ¡k22 y   0 = ¡mg + Φz .

In virt` u della terza equazione si ottiene Φ = mgk (come nel problema precedente) e, posto ω12 = e ω22 =

k22 , il sistema delle equazioni differenziali del moto risulta il seguente m x ¨ + ω12 x = 0

k12 m

y¨ + ω22 y = 0 .

Le due equazioni del moto sono dunque ancora di tipo oscillatorio, ma, diversamente dal problema precedente dove le due oscillazioni avevano la stessa pulsazione, qui le due pulsazioni sono diverse. Si ha infatti x(t) = A cos(ω1 t + α) , y(t) = B cos(ω2 t + β) con le coppie di costanti (A, α) e (B, β) ottenute imponendo le condizioni iniziali (x0 , vx ) e (y0 , vy ). Ovviamente, essendo ¡A · x(t) · A e ¡B · y(t) · B, la traiettoria del punto P risulta in ogni caso contenuta nel rettangolo centrato nell’origine di lati 2A e 2B. Il moto di P presenta però 214

una caratteristica assai interessante che merita di essere messa in rilievo: in generale, la traiettoria di P tende asintoticamente (vale a dire per t tendente a 1) a ricoprire densamente il suddetto rettangolo, ripassando al pi` u una volta per lo stesso punto e con direzione trasversale. Un moto di questo genere è detto moto quasiperiodico ed ha luogo tutte le volte che il moto è il risultato della composizione di due moti periodici con periodi T1 e T2 il cui rapporto è un numero irrazionale. T1 p Componendo invece due oscillazioni con periodi aventi un rapporto razionale, ossia = , si T2 q ottiene ancora un moto periodico, la cui traiettoria ha lunghezza finita ed è tanto pi` u semplice p quanto pi` u semplice è il numero razionale . Osserviamo che nel caso in questione i periodi delle q 2π 2π due oscillazioni sono T1 = e T2 = , per cui ω1 ω2 T1 ω2 k2 = = 22 . T2 ω1 k1 Le due figure che seguono mostrano un moto periodico e uno quasiperiodico. Pi` u precisamente mostrano due traiettorie associate alle equazioni: x(t) = cos ω1 t , y(t) = 12 sin ω2 t .

La figura a sinistra corrisponde ad ω1 = π ed ω2 = 13 π, da cui TT12 = 13 . Ne deriva un moto periodico su una curva chiusa assai semplice. Quella a destra corrisponde invece ad ω1 = π ed ω2 = 2.62, con TT21 = 0.8339 ¢ ¢ ¢ irrazionale. Si tratta di un moto quasiperiodico: il grafico della traiettoria x(t), y(t) nell’intervallo di tempo (0, 500) fornisce chiaramente l’idea di una curva che copre densamente il rettangolo (¡1 · x · 1, ¡ 12 · y · 12 ). Esercizio 5.9 Determinare le posizioni d’equilibrio di un punto (P, m), soggetto al peso e ad una forza elastica di vettore k 2 (O¡P ), vincolato ad un piano orizzontale scabro passante per O. Si tratta di un problema di statica con attrito; il sistema meccanico, a parte il vincolo scabro, è lo stesso dell’esercizio precedente. Pertanto, come prima, assumiamo come riferimento la terna destra Oxyz con Oxy coincidente col piano a cui è vincolato il punto e l’asse Oz verticale ascendente. Ora, essendo il vincolo con attrito, la reazione ad esso associata ha vettore qualunque, per cui Φ = Φx i + Φy j + Φz k. 215

Perché il punto sia in equilibrio, oltre all’equazione ¡mgk ¡ k 2 (xi + yj) + Φx i + Φy j + Φz k = 0 , dovrà essere soddisfatta anche la disuguaglianza di Coulomb jΦx i + Φy jj · fs jΦz j , dove fs è il coefficiente d’attrito statico. Proiettando sui tre assi l’equazione vettoriale e riscrivendo la disequazione si ottiene il seguente sistema di relazioni scalari (tre equazioni e una disequazione):  ¡ k 2 x + Φx = 0       ¡ k 2 y + Φy = 0

Dalle tre equazioni si ottiene

¡ mg + Φz = 0      2  Φx + Φ2y · fs jΦz j .  Φ = k2 x   x Φy = k 2 y   Φz = mg ,

che sostituite nella disequazione, dopo elevamento al quadrato per eliminare la radice ed il valore assoluto, forniscono la relazione f mg 2 s k4 (x2 + y 2 ) · (fs mg)2 , ossia x2 + y 2 · . k2 I punti (x, y) che soddisfano questa disequazione sono tutti quelli di un cerchio con centro nell’ofs mg rigine e raggio R = . Ci sono dunque infinite posizioni d’equilibrio: tutte quelle associate ai k2 punti di questo cerchio. Notiamo che il passaggio da vincolo liscio a vincolo scabro ha comportato il passaggio dall’unica posizione d’equilibrio (0, 0) alle infinite posizioni d’equilibrio di un cerchio con centro in (0, 0). Naturalmente l’origine (0, 0), che era posizione d’equilibrio in assenza di attrito, è rimasta tale anche in presenza d’attrito. Osserviamo infine che, se (x∗ , y∗ ) è una posizione d’equilibrio, la reazione vincolare ad essa associata ha vettore Φ = k 2 x∗ i + k 2 y∗ j + mgk .

Esercizio 5.10. Determinare l’equilibrio di un punto appoggiato ad un piano scabro Π, inclinato di un angolo α rispetto al piano orizzontale, soggetto al solo peso. Consideriamo un riferimento Oxyz con il piano xy coincidente con Π, con l’asse x orizzontale, l’asse y diretto secondo la linea di massima pendenza e verso ascendente, l’asse z normale al piano e verso ascendente. I parametri lagrangiani sono le coordinate x e y. L’unica forza attiva è il peso la cui rappresentazione in forma cartesiana è la seguente: mg = ¡mg sin αj ¡ mg cos αk . 216

Per quanto concerne Φ, essendo il piano scabro, si ha Φ = Φx i + Φy j + Φz k, con Φz ¸ 0. L’equazione dell’equilibrio F + Φ e la condizione di Coulomb jΦt j · fs jΦn j forniscono il seguente sistema di tre equazioni ed una disequazione:  Φx = 0       ¡ mg sin α + Φy = 0

¡ mg cos α + Φz = 0       Φ2 + Φ2 · f jΦ j . s z x y

Ricavando dalle tre equazioni le reazioni scalari Φx , Φy e Φz , si ha: Φx = 0 ,

Φy = mg sin α ,

Φz = mg cos α .

Sostituendo nella disequazione, si ottiene che, perché ci sia equilibrio, deve essere soddisfatta la seguente relazione mg sin α · fs mg cos α

=)

tan α · fs

=)

α · arctan fs .

Abbiamo dunque trovato che il sistema è soddisfatto per qualunque punto (x, y) del piano purché l’angolo d’inclinazione del piano non superi l’angolo α∗ = arctan fs . Se α > α∗ , non c’è equilibrio in nessun punto. Ovviamente, in assenza di attrito, nel qual caso fs =0 e quindi anche α∗ =0, l’equilibrio c’è solo se α=0, cioè se il piano è orizzontale. Esercizio 5.11 Un punto materiale (P, m) è vincolato a percorrere la retta orizzontale liscia (O, i1 ) che ruota attorno all’asse fisso verticale (O, k) con velocit` a angolare costante ω = ω0 k. Oltre che alla forza peso, il punto è soggetto ad una forza elastica di vettore k 2 (O ¡ P ). Indicata con x1 l’ascissa di P sulla retta (O, i1 ), si chiede di determinare le posizioni d’equilibrio di P sulla retta e, assegnate le condizioni iniziali x1 (0) = x10 e x˙ 1 (0) = v10 , di determinarne anche il moto. Si tratta di un problema di meccanica relativa. Assumiamo come sistema di riferimento relativo la terna destra Ox1 y1 z1 con Ox1 coincidente con la retta a cui è vincolato il punto e l’asse Oz1 coincidente con (O, k). Essendo il vincolo liscio, la relativa reazione vincolare ha vettore Φ = Φy j 1 + Φz k 1 . Studio dell’equilibrio L’equazione dell’equilibrio relativo per un punto è F + Φ ¡ maτ = 0 . 217

Poiché nel nostro caso il sistema relativo ruota uniformemente attorno all’asse z1 con velocità angolare scalare ω0 , la forza di trascinamento coincide con la forza centrifuga. Essendo aτ = ¡x1 ω02 i1 , l’equazione vettoriale dell’equilibrio diventa ¡mgk1 ¡ k 2 x1 i1 + Φy j 1 + Φz k 1 + mω02 x1 i1 = 0 . Proiettando sui tre assi del sistema relativo si ottengono le seguenti equazioni scalari:  ¡ k 2 x1 + mx1 ω02 = 0   Φy = 0   ¡ mg + Φz = 0.

(E5.7)

La prima equazione scalare, che ovviamente rappresenta l’equazione dell’equilibrio, può essere cos`ı riscritta: x1 (¡k 2 + mω02 ) = 0 . In generale questa equazione ammette solo la soluzione x1 = 0. Tuttavia, nel caso particolare in cui si verifica la condizione mω02 = k 2 , che fisicamente implica compensazione tra forza elastica e forza centrifuga, ogni x1 2 < è soluzione. Si è dunque trovato che — se mω02 6 = k 2 , solo l’origine è posizione d’equilibrio;

— se mω02 = k 2 , qualunque punto della retta è posizione d’equilibrio. Dalle altre due equazioni del sistema (E5.7) si ottengono Φy = 0 e Φz = mg, per cui in ogni caso la reazione vincolare vale Φ = mgk. Studio del moto Per determinare il moto di P utilizziamo l’equazione di Newton per il moto relativo ma1 = F + Φ ¡ maτ ¡ mac . Poiché aτ = ¡x1 ω02 i1 ,

ac = 2ω £ v 1 = 2ω0 k1 £ x˙ 1 i1 = 2ω0 x˙ 1 j 1 ,

l’equazione di Newton diventa m¨ x1 i1 = ¡mgk 1 ¡ k 2 x1 i1 + Φy j 1 + Φz k 1 + mx1 ω02 i1 ¡ 2mx˙ 1 ω0 j 1 . Proiettando sui tre assi si ha

 m¨ x1 = ¡k 2 x1 + mω02 x1   0 = Φy ¡ 2mω0 x˙ 1   0 = ¡mg + Φz .

La prima equazione, non contenendo reazioni vincolari scalari, costituisce l’equazione differenziale del moto. Essa può essere riscritta nella seguente forma x ¨1 +

k2 m

¡ ω02 x1 = 0 . 218

(E5.8)

L’integrale generale di questa equazione differenziale del 2◦ ordine, lineare, a coefficienti costanti, k2 omogenea, dipende dalla quantità ( ¡ ω02 ). Sono possibili tre casi. m Caso a):

0<

k2 ¡ ω02 = Ω2 . m

L’equazione (E5.8) diventa x ¨ 1 + Ω2 x 1 = 0

e la relativa soluzione è x1 (t) = A cos(Ωt + α) con A e α dati (si vedano il paragrafo sul pendolo semplice e l’esercizio 5.3) da

A=

Caso b):

0>

x210 +

2 v10 , Ω2

k2 ¡ ω02 = ¡h2 . m

v  10  arctan ¡   Ωx   v 10     arctan ¡ 10 + π Ωx10 γ= π   ¡   2     +π 2

se

x10 > 0

se

x10 < 0

se

x10 = 0 e v10 > 0

se

x10 = 0 e v10 < 0 .

L’equazione (E5.8) diventa x ¨1 ¡ h2 x1 = 0

e il relativo integrale generale è del tipo x1 (t) = A1 e−ht + A2 eht . Le costanti arbitrarie A1 ed A2 si determinano imponendo le condizioni iniziali, il che porta al sistema seguente: x1 (0) = x10 = A1 + A2 x˙ 1 (0) = v10 = ¡hA1 + hA2 ,

ossia

Questo sistema fornisce A1 = con legge

  A1 + A2 = x10 v  A2 ¡ A1 = 10 . h

hx10 ¡ v10 hx10 + v10 e A2 = . Il moto del punto P avviene dunque 2h 2h

x1 (t) =

hx10 ¡ v10 −ht hx10 + v10 ht e + e . 2h 2h

k2 Caso c): ¡ ω02 = 0. Forza elastica e forza centrifuga si compensano e l’equazione (E5.8) m diventa perciò banale: x ¨1 = 0 . Il moto è uniforme con legge x1 (t) = v10 t + x10 . 219

Esercizio 5.12 Un punto materiale (P, m) è vincolato a muoversi su un piano orizzontale liscio Ox1 y1 , ruotante con velocit` a angolare costante ω = ω0 k attorno all’asse fisso (O, k). Oltre che al peso, il punto è soggetto alla forza elastica di vettore k 2 (O ¡ P ). Si chiede di determinare le posizioni d’equilibrio e le equazioni differenziali del moto di P rispetto al sistema di riferimento Ox1 y1 z1 , essendo Ox1 y1 detto piano. Si tratta di un problema di meccanica relativa. I parametri lagrangiani sono ovviamente le coordinate (x1 , y1 ) di P rispetto ad Ox1 y1 z1 . Essendo il vincolo liscio, la relativa reazione vincolare ha vettore Φ = Φz k1 . Studio dell’equilibrio L’equazione dell’equilibrio relativo per un punto è F + Φ ¡ maτ = 0 . Poiché il sistema relativo ruota uniformemente attorno all’asse z1 con velocità angolare scalare ω0 , la forza di trascinamento coincide con la forza centrifuga. Essendo aτ = ω02 (O ¡ P ) = ¡ω02 (P ¡ O) = ¡ω02 (x1 i1 + y1 j 1 ) ,

(E5.9)

l’equazione vettoriale dell’equilibrio diventa ¡mgk 1 ¡ k 2 (x1 i1 + y1 j 1 ) + Φz k 1 + mω02 (x1 i1 + y1 j 1 ) = 0 . Proiettando sui tre assi del sistema relativo si ottengono le seguenti equazioni scalari:  ¡ k 2 x1 + mx1 ω02 = 0   ¡ k 2 y1 + my1 ω02 = 0   ¡ mg + Φz = 0.

(E5.10)

Le prime due equazioni scalari, che ovviamente rappresentano le equazioni dell’equilibrio, possono essere riscritte nel modo seguente:

x1 (¡k 2 + mω02 ) = 0 y1 (¡k 2 + mω02 ) = 0 .

In generale questo sistema di due equazioni ammette solo la soluzione (x1 =0, y1 =0). Tuttavia, nel caso particolare in cui si verifica la condizione mω02 = k 2 , che fisicamente implica compensazione tra forza elastica e forza centrifuga, ogni punto (x1 , y1 ) è soluzione. Si è dunque trovato che — se mω02 6 = k 2 , solo l’origine (0,0) è posizione d’equilibrio;

— se mω02 = k 2 , qualunque punto (x1 , y1 ) del piano è posizione d’equilibrio. Dalla terza equazione del sistema (E5.10) si ottiene Φz = mg, da cui Φ = mgk. 220

Studio del moto Scriviamo l’equazione di Newton per il moto relativo: ma1 = F + Φ ¡ maτ ¡ mac . Essendo aτ già noto dalla (E5.9), andiamo a calcolare l’accelerazione di Coriolis ac . ac = 2ω £ v 1 = 2ω0 k 1 £ (x˙ 1 i1 + y˙ 1 j 1 ) = 2ω0 (¡y˙ 1 i1 + x˙ 1 j 1 ) . L’equazione di Newton diventa quindi m(¨ x1 i1 + y¨1 j 1 ) = ¡mgk 1 ¡ k 2 (x1 i1 + y1 j 1 ) + Φz k 1 + mω02 (x1 i1 + y1 j 1 ) ¡ 2mω0 (¡y˙ 1 i1 + x˙ 1 j 1 ) . Proiettando sui tre assi si ha  m¨ x1 = ¡k 2 x1 + mω02 x1 + 2mω0 y˙ 1   m¨ y1 = ¡k 2 y1 + mω02 y1 ¡ 2mω0 x˙ 1   0 = ¡mg + Φz .

(E5.11)

Le prime due equazioni, non contenendo reazioni vincolari scalari, sono le equazioni differenziali del k2 moto. Dividendo per m e ponendo ω 2 = , il sistema da esse costituito può essere cos`ı riscritto: m x ¨1 + (ω 2 ¡ ω02 )x1 ¡ 2ω0 y˙ 1 = 0 y¨1 + (ω 2 ¡ ω02 )y1 + 2ω0 x˙ 1 = 0 .

Si tratta di un sistema di due equazioni differenziali del 2◦ ordine, lineari, a coefficienti costanti, omogenee. Non essendo però le due equazioni indipendenti una dall’altra, l’integrale generale del sistema non è immediato, e quindi non lo calcoliamo. Dalla terza equazione del sistema (E5.11) si ottiene ancora Φz =mg, e quindi Φ = mgk.

Esercizio 5.13 (pendolo semplice “rotante”) Un punto materiale pesante (P, m) è vincolato a muoversi lungo una circonferenza verticale liscia, di centro O e raggio R, ruotante con velocit` a angolare costante ω = ω0 j 1 attorno all’asse verticale fisso (O, j 1 ). Si chiede di determinare le posizioni d’equilibrio e l’equazione differenziale del moto di P rispetto alla circonferenza. Si tratta dunque di un pendolo semplice rotante uniformemente attorno ad un proprio diametro verticale, indicato in figura con AB. Studiarne l’equilibrio ed il moto implica la risoluzione di un problema di Meccanica relativa. Consideriamo come riferimento relativo il sistema Ox1 y1 z1 , solidale con la circonferenza, con Ox1 y1 coincidente col piano della circonferenza, con Ox1 orizzontale e Oy1 verticale, positivo nel verso ascendente. Scegliamo come parametro lagrangiano l’angolo θ che il vettore P ¡ O forma con il semiasse negativo delle y1 (come nel caso del pendolo semplice).

221

Studio dell’equilibrio L’equazione dell’equilibrio relativo per un punto è F + Φ ¡ maτ = 0 .

Osserviamo innanzitutto che, come nei casi già visti, essendo la rotazione del sistema relativo uniforme, l’accelerazione di trascinamento di P coincide con l’accelerazione centripeta, per cui aτ = ¡R sin θω02 i1 .

(E5.12)

Inoltre, essendo la circonferenza liscia, la reazione vincolare Φ è normale alla circonferenza stessa. Denotata, come al solito, con (t, n, b) la terna intrinseca (con b ´ k), abbiamo quindi Φ = Φn n + Φb b .

(E5.13)

L’equazione vettoriale dell’equilibrio è perciò la seguente: ¡mgj 1 + Φn n + Φb b + mRω02 sin θi1 = 0 .

(E5.14)

A questo punto occorre decidere su quale terna di assi si proietta questa equazione vettoriale. Ebbene, quando il punto è vincolato ad una curva, è sempre conveniente proiettare sulla terna intrinseca. Per poterlo fare bisogna prima esprimere i versori i1 e j 1 in funzione di t e n (abbiamo già osservato che b ´ k). Si ha i1 = cos θt ¡ sin θn ,

j 1 = sin θt + cos θn .

Sostituendo i versori i1 e j 1 nell’equazione (E5.14) si ottiene ¡mg(sin θt + cos θn) + Φn n + Φb b + mRω02 sin θ(cos θt ¡ sin θn) = 0 . Proiettando ora nell’ordine su t, n e b si ottengono le seguenti equazioni scalari:  ¡ mg sin θ + mRω02 sin θ cos θ = 0   Φn ¡ mgcosθ ¡ mRω02 sin2 θ = 0   Φb = 0.

La prima equazione fornisce l’equilibrio, le altre due la reazione vincolare. Riscriviamo l’equazione dell’equilibrio: (¡mg + mRω02 cos θ) sin θ = 0 . Questa equazione si scinde nelle due equazioni sin θ = 0

oppure

¡ mg + mRω02 cos θ = 0 ,

da cui

sin θ = 0 =)

θ1 = 0 , θ2 = π

¡g+Rω02 cos θ = 0 =) se g < Rω02 ,

  θ3 = arccos g Rω02 .  θ4 = ¡θ3

Dunque, il punto P ha sempre le due posizioni d’equilibrio 0 e π; nell’ipotesi g < Rω02 , ha anche le due posizioni d’equilibrio θ3 e θ4 , simmetriche rispetto all’asse y1 e poste nella metà inferiore 222

della circonferenza (θ3 e θ4 sono angoli acuti). La reazione vincolare Φk relativa alla configurazione d’equilibrio θk , vale Φk = m(gcosθk + Rω02 sin2 θk )n , k = 1, 2, 3, 4 . (E5.15) Studio del moto Per determinare il moto di P scriviamo l’equazione di Newton per il moto relativo ma1 = F + Φ ¡ maτ ¡ mac . Tenendo conto che aτ e Φ sono ancora dati da (E5.12) ed (E5.13), rispetto al problema statico occorre solo scrivere a1 e ac , le cui espressioni sono ¨ + Rθ˙2 n a1 = Rθt ˙ = 2ω0 (sin θt + cos θn) £ Rθt ˙ = ¡2Rω0 θ˙ cos θb . ac = 2ω £ v 1 = 2ω0 j 1 £ Rθt L’equazione di Newton diventa quindi ¨ + θ˙ 2 n) = ¡mg(sin θt + cos θn) + Φn n + Φb b + mRω 2 sin θ(cos θt ¡ sin θn) + 2mRω0 θ˙ cos θb . mR(θt 0 Proiettando sugli assi della terna intrinseca si ottiene il seguente sistema di tre equazioni scalari:   mRθ¨ = ¡mg sin θ + mRω02 sin θ cos θ   (E5.16) mRθ˙ 2 = Φn ¡ mgcosθ ¡ mRω02 sin2 θ    0 = Φ + 2mRω θ˙ cos θ . 0

b

g La prima equazione fornisce l’equazione differenziale del moto che, posto ω 2 = , può essere cos`ı R riscritta: θ¨ + ω 2 sin θ ¡ ω02 sin θ cos θ = 0 . Come si può osservare, l’equazione differenziale è quella del pendolo semplice (verticale) con l’aggiunta di un termine dovuto alla forza centrifuga agente su P per effetto della rotazione della circonferenza. Ovviamente, trattandosi di un’equazione differenziale nonlineare, non è possibile scriverne l’integrale generale in termini di funzioni elementari. Di conseguenza consideriamo risolto il problema del moto a questo punto. Le altre due equazioni del sistema (E5.16) determinano la reazione vincolare durante il moto Φ = m(Rθ˙2 + gcosθ + Rω02 sin2 θ)n ¡ 2mRω0 θ˙ cos θb . Si noti che la reazione vincolare dinamica, a differenza di quella statica (si veda (E5.15)), ha componente anche lungo b. Tale componente è dovuta alla forza di Coriolis che in statica non c’è (in quanto v 1 = 0).

223

Esercizio 5.14 Un punto materiale (P, m) è vincolato a muoversi lungo una retta liscia, inclinata di un angolo di 60◦ rispetto ad un piano orizzontale. La retta ruota con velocità angolare ω0 costante attorno all’asse verticale fisso Oy1 . Oltre al peso, sul punto P agisce una molla, di costante elastica k 2 , che ha l’altro estremo fissato in O. Si chiede di determinare (rispetto alla terna mobile Ox1 y1 z1 ): a) le posizioni d’equilibrio di P; b) il moto ˙ di P, assegnate le condizioni iniziali ξ(0) = ξ0 , ξ(0) = 0. Si tratta ovviamente di un problema di meccanica relativa. Per comodità introduciamo nel piano mobile Ox1 y1 una seconda coppia di assi ξ1 e η1 , sempre con origine in O, con Oξ1 coincidente con la retta su cui si muove P, diretto verso il ”basso”. Indichiamo con t1 il versore relativo a Oξ1 e con n1 quello relativo a Oη1 . Assumiamo poi come parametro lagrangiano l’ascissa ξ di P sull’asse Oξ1 . Avremo quindi: ¡1 < ξ < +1 . Osserviamo innanzitutto che si ha

ξ1 (P ) = ξ ; η1 (P ) = 0

x1 (P ) = 12 ξ y1 (P ) =

√ ¡ 23 ξ

;

i1 = 12 t1 + j1 = ¡

√

√

3 2 t1

3 2 n1

+ 12 n1

.

Scriviamo i vettori delle forze che agiscono su P durante il moto: √ √ F = ¡m g j 1 ¡ k 2 ξ t1 = ¡m g ¡ 23 t1 + 12 n1 ¡ k 2 ξ t1 = 23 m g ¡ k 2 ξ t1 ¡ 21 m g n1 ; √ F τ = ¡maτ (P ) = m ω02 x1 (P ) i1 = 12 m ω02 ξ 21 t1 + 23 n1 ; F c = ¡m ac (P ) = ¡2 m ω0 j £ v 1 = ¡2 m ω0 j £ ξ˙ t1 = m ω0 ξ˙ k 1 ; 1

1

Φ = Φn n 1 + Φz k 1 .

a) L’equazione dell’equilibrio relativo è F + F τ + Φ = 0 . La proiettiamo sugli assi della terna Oξ1 η1 z1 .  √3 1 2 2 (¤)   2 m g ¡ k ξ + 4 m ω0 ξ = 0 ¡1m g +   2 Φz = 0

√

3 2 4 m ω0 ξ

+ Φn = 0 .

Chiaramente la prima equazione è quella dell’equilibrio; le altre due forniscono la reazione vincolare. Risolvendo l’equazione (*) ricaviamo p 2 3mg ∗ ξ = 2 , 4k ¡ mω02 che fornisce un’unica posizione d’equilibrio: con P nel semipiano y1 < 0 (come in figura) se 4k2 > mω02 , nel semipiano y1 > 0 se 4k 2 < mω02 . Per quanto concerne la reazione vincolare statica essa vale √ ∗ Φ = 21 m g ¡ 43 m ω02 ξ ∗ n1 . b) Per studiare il moto dobbiamo utilizzare l’equazione del moto relativo: m a1 = F +F τ +F c +Φ. Anche in questo caso conviene proiettare sulla terna Oξ1 η1 z1 . Essendo a1 = ξ¨ t1 , , il sistema di 224

equazioni scalari che si ottiene è il seguente:  √ ¨ = 3 m g ¡ k2 ξ + 1 m ω2 ξ  m ξ  0 2 4  √ 3 2 4 m ω0 ξ

0 = ¡ 12 m g +    0 = m ω0 ξ˙ + Φz

(¤¤)

+ Φn .

Analogamente al caso statico, la prima equazione, non contenendo alcuna reazione, fornisce l’equazione del moto cercata. Le altre due equazioni forniscono invece la reazione vincolare dinamica: √ ˙ k1 . Φ(t) = 12 m g ¡ 43 m ω02 ξ(t) n1 ¡ m ω0 ξ(t)

Per determinare il moto di P dobbiamo risolvere il problema di Cauchy che si ottiene associando all’equazione (**) le condizioni iniziali assegnate. Riscrivendo opportunamente (**), il problema è il seguente: p  k2 ω02 3  ¨  ξ + ¡ ξ = g  m 4 2 ξ(0) = ξ0    ˙ ξ(0) = 0. La soluzione dipende dal coefficiente di ξ. Si hanno quindi i tre casi seguenti.

k2 ω2 Posto Ω2 = ¡ 0 , si ha m 4 p p 3 3g ξ¨ + Ω2 ξ = g =) ξ(t) = C cos(Ω t + γ) + , 2 2 Ω2 per cui, imponendo le condizioni iniziali, si ha  p p p 3g  3g 3g C cos γ = ξ0 ¡ 2 =) ξ(t) = ξ0 ¡ cos Ω t + . 2 Ω 2  2Ω 2 Ω2 ¡C Ω sin γ = 0 — Caso

ω2 k2 > 0. m 4

— Caso

k2 ω2 < 0. m 4

ω2 k2 Posto h2 = 0 ¡ , otteniamo 4 m p p 3 3g ht −ht 2 ¨ ξ¡h ξ = g =) ξ(t) = C1 e + C2 e ¡ , 2 2 h2 per cui, imponendo le condizioni iniziali, si ha  p p p 3g  ξ 3 g ht 3g C1 + C2 ¡ = ξ 0 −ht 0 =) ξ(t) = + (e + e ) ¡ . 2 h2 2  2 4h 2 h2 h C1 ¡ h C2 = 0

— Caso

ω2 k2 = 0. m 4

Si ha immediatamente p 3 ¨ ξ= g =) 2

p 3 2 ξ(t) = g t + ξ0 . 4

225

Esercizio 5.15 (I velocità astronautica; satellite geostazionario) Si chiede di determinare la velocit` a v(r) di un punto materiale pesante (P, m) che descrive un’orbita circolare nel piano equatoriale ad una distanza r dalla superficie terrestre. La velocità richiesta, che è detta I velocità astronautica, dipende ovviamente dalla distanza r di P dalla superficie terrestre, per cui v = v(r). Supposto r assegnata, andiamo dunque a calcolare v(r). Indicato con O il centro-baricentro della terra, sia Oxyz una terna traslante rispetto alle stelle fisse (riferimento terrestre-stellare), e Ox1 y1 z1 una terna ruotante con velocità angolare costante ω = ωk 1 , con (O, k) ´ (O, k 1 ) asse terrestre Sud-Nord. Il problema di determinare v(r) si riconduce al seguente problema: determinare ω(r) affinché (P, m) sia in equilibrio relativo rispetto ad Ox1 y1 z1 a distanza R+r da O, essendo R il raggio terrestre. Scelto l’asse x1 coincidente con l’asse individuato da (P ¡ O), sul punto agiscono la forza di attrazione Newtoniana esercitata dalla terra, di vettore F = ¡G

mM i1 , (R + r)2

e la forza centrifuga, dovuta alla rotazione (uniforme) del sistema Ox1 y1 z1 rispetto ad Oxyz, F centrif = m(R + r)ω2 i1 . Di conseguenza l’equazione dell’equilibrio relativo di P è data da ¡G

mM + m(R + r)ω 2 = 0 , (R + r)2

(E5.17)

che esprime la cosidetta condizione di imponderabilità di P . Siccome v(r) = (R + r)ω, si ha

GM v(r) = , R+r oppure, posto g ′ =

GM , (R + r)2 v(r) =

g ′ (R + r) .

Quest’ultima espressione di v(r) torna utile ai fini del calcolo, tenendo anche conto del fatto che GM ¼ g ¼ 9, 8 m/sec2 . R2 A titolo di esempio, possiamo andare a calcolare v per r=160 Km. In tal caso, essendo R ' 41 6370 Km, per cui R + r = 6530 Km ' 40 R, si ha g′ = Di conseguenza v'

40 2 GM GM R2 = ' g ' 9.3 m/sec2 . (R + r)2 R2 (R + r)2 41

p 9.3 ¢ 6.5 ¢ 106 m/sec ' 7775 m/sec ' 28000 Km/h .

Un satellite geostazionario è un satellite che si muove nel piano equatoriale, rimanendo fisso rispetto ad un osservatore solidale con la terra. Questo significa che esso deve essere in equilibrio relativo 226

rispetto ad un osservatore Ox1 y1 z1 che ruota rispetto a Oxyz con velocità angolare costante uguale a quella della terra, ossia con 2π π rad/sec = rad/sec . 24 ¢ 60 ¢ 60 43200 Ora, riprendendo la (E5.17) si ha la relazione che determina la distanza r di un satellite geostazionario dalla terra: R 2 GM GM R 2 (R + r)3 = 2 = 2 =g . ω R ω ω Facendo i calcoli si ottiene R + r ' 42210 Km, per cui risulta r ' 35840 Km. ω=

Esercizio 5.16 (II velocità astronautica) Si chiede di determinare la minima velocit` a con cui si deve lanciare verticalmente un punto materiale pesante (P, m) perché non ritorni pi` u sulla superficie terrestre (nell’ipotesi che non ci sia resistenza dell’aria). Premettiamo che la velocità di cui è richiesto il calcolo, oltre che II velocità astronautica, è anche detta velocità di fuga, e che pertanto la indicheremo con vf uga . Assunto come riferimento assoluto il sistema terrestre-stellare (considerato come inerziale), trascurate tutte le forze dovute a corpi eccetto quella esercitata dalla terra, il problema si può risolvere applicando il teorema di conservazione dell’energia. A tal fine ricordiamo che indicato con G la costante di gravitazione universale e con M la massa della terra, il potenziale della forza d’attrazione Newtoniana agente sul punto P dovuta alla terra vale mM U (ρ) = G , ρ con ρ distanza di P dal centro della terra. Ora, indicate rispettivamente con v0 e v la velocità di lancio e la velocità di P a distanza r dalla superficie terrestre, posto ρ = R +r, con R ¼ 6370Km, e ricordato che l’energia potenziale V è uguale a ¡U , scriviamo il teorema di conservazione T + V = T0 + V0 : 1 mM 1 mM mv 2 ¡ G = mv02 ¡ G . 2 R+r 2 R Esplicitando v 2 si ottiene 1 1 v 2 = v02 + 2GM ¡ . R+r R Ora, perché il punto non ritorni pi` u sulla superficie terrestre, occorre che v non si annulli mai, GM ovvero si annulli al pi` u all’infinito. Per r tendente all’infinito, v 2 tende a v02 ¡ 2 . Dovrà R dunque essere

GM GM 2 v0 ¡ 2 ¸ 0, ossia v0 ¸ 2 . R R Ne consegue

GM vf uga = 2 . R Ai fini di dare una valutazione quantitativa di vf uga teniamo conto del fatto che G per cui vf uga =

2

M = g ¼ 9, 8 m/sec2 , R2

GM = 2gR ¼ 11, 147 Km/sec ¼ 40130 Km/h . R 227

6.

ESERCIZI DI MECCANICA DEI SISTEMI

PREMESSA. I primi quattro esercizi, da 6.0a a 6.0d, sono esercizi di statica dei sistemi in cui il sistema è, per ipotesi, in equilibrio. Di conseguenza è richiesto solo il calcolo delle reazioni vincolari. Sottolineiamo il fatto che questi problemi si discostano dai “normali” problemi di statica, che comportano prima il calcolo delle configurazioni d’equilibrio, poi il calcolo delle reazioni vincolari associate ad ognuna delle configurazioni trovate. Rimarchiamo anche il fatto che, mentre in questi primi problemi di statica, sfrutteremo la necessarietà delle equazioni che utilizzeremo (le equazioni cardinali della statica per i corpi rigidi e, seppure indirettamente, l’equazione dell’equilibrio per i punti), in quelli che seguiranno sfrutteremo la sufficienza. Esercizio 6.0a Un’asta AB, omogenea, di massa 3m e lunghezza 6d è in equilibrio appoggiata su due supporti lisci nei punti C e D, essendo AC = d e AD = 4d. Nell’estremo B dell’asta è appesa, mediante un filo, una massa puntiforme (P, m). Si chiede di: a) determinare le reazioni vincolari in C e D; b) calcolare in quale punto dell’asta occorre appoggiare un punto materiale di massa 2m affinchè le reazioni vincolari in C e D abbiano lo stesso modulo. a) Osserviamo innanzitutto che le forze attive in gioco sono il peso dell’asta, applicato nel baricentro G (che coincide col punto medio dell’asta), e il peso della massa puntiforme (P, m), che possiamo supporre applicata in B. In realtà questa supposizione è una semplificazione che possiamo adottare perchè non altera i valori delle reazioni vincolari richieste. Per quanto riguarda queste, essendo dovute ad un vincolo d’appoggio liscio, esse sono normali all’asta e giacciono nel piano verticale Oxy. Riassumendo le forze in gioco sono: (G, ¡3mgj) ,

(B, ¡mgj) ,

(C, ΦC j) ,

(D, ΦD j) .

I punti d’applicazione di tali forze, rispetto al riferimento Oxy del disegno, hanno le seguenti ascisse (le ordinate, tutte uguali, non interessano): xG = 3d ,

xB = 6d ,

xC = d ,

xD = 4d .

Le Equazioni Cardinali della Statica sono le seguenti: Re + Φ e = 0

(6.0) Ωe (O1 ) + Ψe (O1 ) = 0. Per quanto riguarda la prima equazione, poichè tutte le forze sono verticali (j è il versore verticale ascendente), essa produce un’equazione scalare significativa solo quando la proiettiamo lungo j. Analogamente l’equazione dei momenti, scelto come polo C (ricordiamo che il polo è arbitrario), risulta anch’essa fornire un’equazione significativa solo quando la proiettiamo lungo k, versore dell’asse z (ortogonale al piano Oxy della figura). Le equazioni cardinali forniscono quindi il seguente sistema di due sole equazioni: ¡ 3mg ¡ mg + ΦC + ΦD = 0 da cui:

ΦC =

1 mg , 3

¡ 3mg ¢ 2d + ΦD ¢ 3d ¡ mg ¢ 5d = 0 ,

ΦD =

11 mg . 3

228

b) Per rispondere a questa seconda domanda dobbiamo supporre che sull’asta sia dislocata un’ulteriore massa 2m, posta in un punto Q di ascissa x incognita, da determinarsi imponendo che le due nuove reazioni vincolari ΦC e ΦD , ovviamente dipendenti da x, abbiano lo stesso modulo. Il sistema delle equazioni precedentemente ottenuto si modifica e diventa:

¡ 3mg ¡ mg + ΦC + ΦD ¡ 2mg = 0

¡ 3mg ¢ 2d + ΦD ¢ 3d ¡ mg ¢ 5d ¡ 2mg ¢ (x ¡ 1) = 0 .

Risolvendo il sistema si ottiene: 9 + 2x 9 + 2x ΦC = mg , ΦD = 6 mg ¡ mg . 3 3 Imponendo ΦC = ΦD , si ottiene x = 0, ovvero Q ´ A. Esercizio 6.0b Una scala, che per semplicit` a assimiliamo ad un’asta AB, omogenea, di massa M e lunghezza L, è in equilibrio appoggiata in A ad una parete verticale ed in B al pavimento, con un angolo di inclinazione rispetto a quest’ultimo di 60◦ . La scala è mantenuta in equilibrio da una fune orizzontale agganciata alla parete e ad un piolo (in figura, il punto C) posto a 34 della sua lunghezza a partire da B. Si chiede di: a) determinare la tensione T della fune; b) supposto che la fune abbia un carico di rottura pari a 4M g e che un uomo di massa 10M cominci a salire la scala, che altezza h (rispetto al pavimento) pu` o raggiungere l’uomo prima che la fune si rompa? a) Sia Oxyz un sistema di riferimento con Oxy piano verticale contenente la scala, Ox orizzontale e Oy verticale (come in figura). La fune esercita sull’asta una forza (C, T ), detta tensione, ovviamente diretta come la corda e con verso da C verso il muro. Dunque: T = ¡T i. Oltre alla tensione e al peso (G, ¡M gj), sulla scala (asta) agiscono le due reazioni vincolari dovute agli appoggi in A e B. In virt` u del fatto che detti vincoli sono lisci, avremo ΦA = ΦA i, con ΦA ¸ 0, e ΦB = ΦB j, con ΦB ¸ 0. Essendo l’asta in equilibrio, necessariamente valgono le equazioni (6.0). Proiettando la prima sugli assi x e y e la seconda, calcolata rispetto al polo A, sull’asse z, si ottiene il seguente sistema di 3 equazioni scalari:   ¡ T + ΦA = 0    ¡ M g + ΦB = 0 p     ΦB ¢ L ¡ M g ¢ L ¡ T ¢ 3 L = 0 . 2 4 2 2M g Tale sistema, risolto, fornisce: T = ΦA = p e ΦB = M g. 3 229

b) Supponiamo ora che sulla scala, nel punto D di ordinata h, sia posta una massa (puntiforme) 10M. In tal caso, essendo xD = L ¡ √h3 , il sistema precedente diventa: 2  ¡ T + ΦA = 0     ¡ 10M g ¡ M g + ΦB = 0 p L   3 L h L   ΦB ¢ ¡ 10M g ¢ ¡ p ¡ Mg ¢ ¡ T ¢ L = 0. 2 2 4 2 3

da cui si ricava immediatamente ΦB = 11M g. Sostituendo nella terza equazione si ricava p 3L + 40h Mg . T = 6L Perchè la fune non si rompa occorre che sia T · 4M g. Di conseguenza si ha p p 3L + 40h 24 ¡ 3 M g · 4M g ovvero h· L. 6L 40

Esercizio 6.0c Una mensola, formata da due aste rigide AC e CB di peso trascurabile, saldate nel punto C in modo che l’angolo sia retto, è vincolata ad una parete lungo l’asse verticale BAC y nei punti A e B, in A con una cerniera piana orizzontale e in B con una cerniera sferica. Un corpo puntiforme (P, M ) è appeso tramite un filo al punto C. Indicato con α l’angolo ACB, 0 28.56◦ . 2

Esercizio 6.0d Un estremo di una sbarra omogenea AB di massa 6M e lunghezza 5a è vincolato ad una parete verticale mediante una cerniera sferica. La sbarra è mantenuta orizzontale da una fune avente un estremo fissato nel punto D della parete, con AD = 4a, e agganciata alla sbarra nel punto C, con AC = 3a. All’estremo libero della sbarra è appesa mediante un filo una massa (P, M ). Si chiede di: a) determinare la tensione della fune e la reazione vincolare in A; b) supposto che il carico di rottura della fune sia 150 M g, determinare la distanza minima dalla parete alla quale si pu` o agganciare la fune alla sbarra senza che la fune si rompa. si ha: sin α = 4 , cos α = 3 . Inoltre, come a) Osserviamo innanzitutto che, posto α = ACD, 5 5 abbiamo osservato negli esercizi precedenti, l’azione della massa appesa al filo equivale a quella della stessa massa posta in B e la reazione vincolare in A dovuta alla cerniera sferica è del tipo ΦA = ΦAx i = ΦAy j. Per quanto riguarda poi la tensione T della corda, essa è diretta come la corda stessa, e quindi, indicato con T il suo modulo, si ha: T = ¡T cos α i + T sin α j = ¡ 35 T i + 45 T j . Riassumendo, e ricordando che sulla sbarra agisce anche il peso (applicato in G, punto medio di AB), le forze agenti sono: (G, ¡6M g j) ,

(B, ¡M gj) ,

(C, ¡ 35 T i +

(A, ΦAx i + ΦAy j) ,

4 5

T j) .

Siamo ora in grado di scrivere le equazioni cardinali della statica. Assunto A come polo, per cui risultano nulli il momento della ΦA e quello della componente orizzontale di T , abbiamo:  3   ΦAx ¡ T = 0   5   4 ¡ 6M g ¡ M g + ΦAy + T = 0  5      ¡ 6M g ¢ 5 a ¡ M g ¢ 5a + 4 T ¢ 3a = 0 . 2 5 Ricavando T dall’ultima equazione, e sostituendolo poi nelle prime due, si ricava: 25 1 Mg , ΦAx = 5M g , ΦAy = M g . T = 3 3 b) Supposto ora che il punto C abbia ascissa x qualunque, andiamo a ricalcolare T . A tal fine è sufficiente riscrivere l’equazione dei momenti con x al posto di 3a: 4 5 ¡6M g ¢ a ¡ M g ¢ 5a + T ¢ x = 0 , 2 5 da cui

a Mg . x Perchè la fune non si rompa deve essere T · 150 M g e quindi T = 25

25

a M g · 150 M g x

=) 231

x¸

1 a. 6

Esercizio 6.1 (glifo) Nel piano verticale Oxy (Oy verticale ascendente) è mobile un’asta rigida omogenea AB di massa m e lunghezza ℓ, i cui estremi A e B sono vincolati a percorrere senza attrito l’asse x e l’asse y rispettivamente. Sull’asta agisce, oltre alla forza peso, la forza costante (A, F =¡F i), con F = cost. > 0. Determinare le configurazioni d’equilibrio e l’equazione differenziale del moto dell’asta. Si tratta di un problema ad un grado di libertà. Assumiamo come parametro lagrangiano l’angolo θ, con 0 · θ < 2π positivo in verso antiorario, che il vettore A ¡ B forma con la direzione negativa dell’asse y. Essendo l’asta AB omogenea il baricentro G coincide col punto medio dell’asta stessa. Le forze attive esterne agenti sull’asta sono la forza peso (G, ¡mgj) e la forza (A, F =¡F i). Poiché siamo in presenza di vincoli lisci, le reazioni vincolari si esplicano in direzione normale al vincolo, per cui si hanno le seguenti reazioni vincolari esterne: (A, ΦA = ΦA j) e (B, ΦB = ΦB i). Dovendo nel seguito utilizzare le coordinate dei punti A, B, G e C (centro di istantanea rotazione), le premettiamo una volta per tutte: xG = 2ℓ sin θ xA = ℓ sin θ xB = 0 xC = ℓ sin θ yA = 0

yB = ℓ cos θ

yG =

ℓ 2

cos θ

yC = ℓ cos θ .

Studio dell’equilibrio con le Equazioni Cardinali della Statica Le Equazioni Cardinali della Statica sono le seguenti: Re + Φ e = 0

Ωe (O1 ) + Ψe (O1 ) = 0.

(E6.1)

Scelto il baricentro G come polo per il calcolo dei momenti, proiettando sui tre assi cartesiani le (E6.1) (l’asse Oz è normale al piano Oxy ed il suo verso è tale che Oxyz sia una terna destra), si ottiene il seguente sistema di equazioni scalari:  ¡ F + ΦB = 0     ¡ mg + ΦA = 0     ΦA ℓ sin θ ¡ ΦB ℓ cos θ ¡ F ℓ cos θ = 0. 2 2 2 Le prime due equazioni forniscono le componenti scalari delle reazioni vincolari ΦA e ΦB , ossia ΦA = mg e ΦB = F . Sostituendo nella terza equazione si ottiene l’equazione dell’equilibrio: ℓ mg sin θ ¡ F ℓ cos θ = 0 , 2 da cui si ricava 2F tan θ = mg

e quindi

232

  θ = arctan 2F 1 mg  θ2 = θ1 + π ,

con θ1 2 (0, π2 ) (e di conseguenza θ2 2 (π, 32 π)). Le configurazioni di equilibrio dell’asta sono dunque due, individuate rispettivamente da θ1 (asta nel primo quadrante) e θ2 (asta nel terzo quadrante). Le reazioni vincolari all’equilibrio sono le stesse in entrambe le configurazioni e valgono (A, ΦA = mgj) ,

(B, ΦB = F i) .

Scegliendo come polo per il calcolo dei momenti il punto C (centro d’istantanea rotazione) dato dall’intersezione tra la normale all’asse x passante per A e la normale all’asse y passante per B, l’equazione dei momenti non conterrebbe le reazioni vincolari scalari (essendo Ψ(C) = 0) e fornirebbe direttamente l’equazione dell’equilibrio: mg 2ℓ sin θ ¡ F ℓ cos θ = 0. Studio dell’equilibrio con il Metodo del Potenziale Il potenziale della sollecitazione attiva del sistema è dato da ℓ U (θ) = ¡mg cos θ ¡ F ℓ sin θ + U0 . 2

(E6.2)

Le configurazioni di equilibrio dell’asta corrispondono ai punti di stazionarietà del potenziale, cioè sono date dalle soluzioni dell’equazione U ′ (θ) = 0. Essendo U ′ (θ) = mg 2ℓ sin θ ¡ F ℓ cos θ ,

si ottiene

mg 2ℓ sin θ ¡ F ℓ cos θ = 0 , che è l’equazione dell’equilibrio (già ottenuta con le Equazioni Cardinali). Il Metodo del Potenziale ha il vantaggio di prescindere dai vincoli e quindi dalle reazioni vincolari. Inoltre, con esso è possibile determinare la stabilità delle configurazioni di equilibrio studiando massimi e minimi della funzione potenziale. La configurazione di equilibrio del sistema è stabile (instabile) se e solo se è un massimo (minimo) per U . La derivata seconda di U vale U ′′ (θ) = mg 2ℓ cos θ + F ℓ sin θ . Si ha quindi: ℓ U ′′ (θ1 ) = mg cos θ1 + F ℓ sin θ1 > 0 2

=)

θ1 INSTABILE

in quanto θ1 2 (0, π2 ) (per cui seno e coseno sono entrambi positivi); ℓ U ′′ (θ2 ) = mg cos θ2 + F ℓ sin θ2 < 0 2

=)

θ2 STABILE

in quanto θ2 2 (π, 32 π) (e quindi seno e coseno sono entrambi negativi).

233

Studio dell’equilibrio col Principio dei Lavori Virtuali Il lavoro virtuale delle forze attive è dato da δL = ¡mgj ¢ δG ¡ F i ¢ δA = ¡mgj ¢ (δxG i + δyG j) ¡ F i ¢ (δxA i) = ¡mgδyG ¡ F δxA . Essendo δyG = ¡ 2ℓ sin θδθ ,

δxA = ℓ cos θδθ ,

ed essendo gli spostamenti virtuali dell’asta tutti invertibili (non ci sono configurazioni di confine), in virt` u del Principio dei Lavori Virtuali si ha ℓ δL = mg sin θδθ ¡ F ℓ cos θδθ = 0 , 2

8δθ .

(E6.3)

Dovendo δL essere nullo qualunque sia δθ, da (E6.3) si ottiene l’equazione ℓ mg sin θ ¡ F ℓ cos θ = 0 , 2 che coincide con l’equazione dell’equilibrio trovata in precedenza. Il Principio dei Lavori Virtuali fornisce le configurazioni di equilibrio coinvolgendo solo le forze ` però possibile utilizzare lo stesso principio anche per calcolare le attive agenti sul sistema. E reazioni vincolari statiche. A tal fine occorre sopprimere i vincoli sostituendoli con le relative reazioni vincolari, inserendo queste ultime tra le forze attive per le quali calcolare il lavoro virtuale. Supponiamo dunque di sopprimere i vincoli in A e B e riguardiamo le reazioni ΦA e ΦB come se fossero forze attive. Ora, avendo eliminato i vincoli, l’asta è libera di muoversi nel piano Oxy. Possiamo quindi considerare una traslazione virtuale qualunque in tale piano, vale a dire una traslazione del tipo (δxi + δyj), sempre invertibile. Il lavoro virtuale corrispondente è il seguente: δL = ¡mgj ¢ (δxi + δyj) ¡ F i ¢ (δxi + δyj) + ΦA j ¢ (δxi + δyj) + ΦB i ¢ (δxi + δyj) = = ¡mgδy ¡ F δx + ΦA δy + ΦB δx .

.

Applicando il Principio dei Lavori Virtuali si ottiene (¡F + ΦB )δx + (¡mg + ΦA )δy = 0 ,

8δx, 8δy,

da cui si deducono le due equazioni scalari già viste che determinano ΦA e ΦB : ¡ F + ΦB = 0 ¡ mg + ΦA = 0 .

Studio del moto con le Equazioni Cardinali della Dinamica Le Equazioni Cardinali della Dinamica sono le seguenti:  d2 G    m 2 = R e + Φe dt  dK(O  1)  = Ωe (O1 ) + Ψe (O1 ) + mv(G) £ v(O1 ). dt 234

(E6.4)

Scegliamo il baricentro G come polo per l’equazione dei momenti. Poiché le forze attive e le reazioni vincolari sono le stesse considerate nel caso statico, restano solo da calcolare i termini relativi ai primi membri delle equazioni (E6.4). L’accelerazione del baricentro G dell’asta è data da a(G) =

d2 G ℓ ℓ =x ¨G i + y¨G j = (θ¨ cos θ ¡ θ˙ 2 sin θ)i ¡ (θ¨ sin θ + θ˙ 2 cos θ)j . dt2 2 2

Il momento delle quantità di moto K(G) si scrive z K(G) = IG ω=

mℓ2 ˙ θk , 12

z dove IG è il momento d’inerzia dell’asta AB rispetto all’asse Gz parallelo all’asse Oz e passante per G, e quindi la sua derivata è dK(G) mℓ2 ¨ = θk . dt 12

Proiettando ora le (E6.4) sugli assi cartesiani si ottengono le tre equazioni scalari  ℓ  m (θ¨ cos θ ¡ θ˙2 sin θ) = ¡F + ΦB    2   ℓ ¡ m (θ¨ sin θ + θ˙ 2 cos θ) = ¡mg + ΦA  2    2   mℓ θ¨ = Φ ℓ sin θ ¡ Φ ℓ cos θ ¡ F ℓ cos θ . A B 12 2 2 2

(E6.5)

Le prime due equazioni di (E6.5) forniscono le reazioni vincolari dinamiche

ℓ A, ΦA = [mg ¡ m (θ¨ sin θ + θ˙ 2 cos θ)]j , 2

ℓ B, ΦB = [F + m (θ¨ cos θ ¡ θ˙2 sin θ)]i . 2

Sostituendo nella terza equazione si ottiene l’equazione differenziale del moto 3g 3F θ¨ = sin θ ¡ cos θ. 2ℓ mℓ

(E6.6)

Ovviamente, trattandosi di un’equazione differenziale non lineare, non è possibile scriverne l’integrale generale in termini di funzioni elementari. Di conseguenza consideriamo risolto il problema del moto a questo punto. Anche nel caso dinamico avremmo potuto scegliere come polo per i momenti il centro C d’istantanea rotazione. Con questa scelta, nella seconda equazione di (E6.4), si annulla il prodotto vettoriale v(G)£v(C) (i due vettori sono paralleli) ed inoltre Ψ(C) = 0. Ciò permette di ottenere direttamente l’equazione differenziale del moto, che naturalmente coincide con la (E6.6). mℓ2 ¨ ℓ θ = mg sin θ ¡ F ℓ cos θ , 3 2 Studio del moto con le Equazioni di Lagrange L’equazione differenziale del moto si ottiene scrivendo l’unica equazione di Lagrange d ∂T ∂T ∂U ¡ = , dt ∂ θ˙ ∂θ ∂θ 235

(E6.7)

dove la funzione potenziale U è data da (E6.2), mentre l’energia cinetica T del sistema, dal momento che lo stato cinetico dell’asta è rotatorio attorno all’asse fisso (C, k), vale T =

1 z 2 mℓ2 ˙2 IC ω = θ . 2 6

Sostituendo T ed U nella (E6.7) e derivando, si ottiene mℓ2 ¨ ℓ θ = mg sin θ ¡ F ℓ cos θ , 3 2 che è proprio l’equazione del moto trovata sopra.

Esercizio 6.2 Nel piano verticale Oxy (y verticale ascendente) è mobile la lamina rigida, omogenea e di massa m, ottenuta dall’unione di un semicerchio di centro C e diametro AB = 2ℓ con un triangolo isoscele di base AB e altezza OC = 2ℓ. La lamina, che è fissata in O, ruota attorno all’asse fisso Oz. Oltre che al peso, essa è soggetta alla forza elastica (C, k 2 (H ¡ C)), con H ´ (2ℓ, 0). Indicato con θ l’angolo che OC forma con la direzione negativa dell’asse y, 0 · θ < 2π , e supposti i vincoli lisci, si chiede di determinare quanto segue: a) il baricentro G e il momento d’inerzia Iz della lamina rispetto all’asse Oz; b) il potenziale, l’energia cinetica e l’equazione differenziale del moto; c) le configurazioni d’equilibrio e relativa stabilità; d) le equazioni cardinali della statica, ritrovando l’equazione dell’equilibrio vista in c); e) le equazioni cardinali della dinamica, ritrovando l’equazione del moto vista in d); ˙ f) un integrale primo del moto assegnate le condizioni iniziali θ(0) = π4 , θ(0) = ω0 . Suggerimento:

si indichi con d la distanza fra O e G.

a) Per calcolare G conviene considerare un riferimento piano Cx′ y ′ con l’asse x′ coincidente con la retta OC, orientato come in figura. Osserviamo innanzitutto che poiché Cx′ è asse di simmetria per la lamina, G vi appartiene. Indicati poi con G1 e G2 i baricentri del triangolo e del semicerchio, ricordato che il baricentro di un triangolo omogeneo coincide col suo baricentro geometrico e omettendo il calcolo di G2 per il quale si rinvia all’esercizio 2.5, si ha: x1 = x′ (G1 ) = ¡ 23 ℓ ,

x2 = x′ (G2 ) =

4 3π

ℓ.

Di conseguenza, indicate con m1 e m2 le masse del triangolo e del semcerchio, essendo 2 1 2 2m ρ= m1 = 2 ρ ℓ 2 , m2 = 12 ρ π ℓ2 , essendo m = ρ 2 ℓ + 2 πℓ , (4 + π)ℓ2 abbiamo m1 x1 + m1 x2 4 20 + 6π x′ (G) = =¡ ℓ, da cui d = OG = 2ℓ ¡ x′ (G) = ℓ. M 3(4 + π) 3(4 + π) Per quanto concerne invece il momento d’inerzia Iz , ci limitiamo a riprenderne l’espressione dall’esercizio 2.28, omettendone il calcolo diretto. Essendo l’altezza h del triangolo uguale a 2ℓ, abbiamo: 236

Iz = 16 ρ hℓ (ℓ2 + 3h2 ) + 21 ρ π ℓ2 b) Calcoliamo il potenziale. Essendo

xC = 2ℓ sin θ yC = ¡2ℓ cos θ

,

ℓ2 2

1 9π + 28 mℓ2 . + h2 + 2hd = 2 π+4

xG = d sin θ yG = ¡d cos θ

,

xH = 2ℓ yH = 0

,

si ha 1 1 U (θ) = ¡mgyG ¡ k 2 (C ¡ H)2 = ¡mg(¡d cos θ) ¡ k2 (2ℓ ¡ 2ℓ sin θ)2 + (2ℓ cos θ)2 = 2 2 = mgd cos θ + 4k 2 ℓ2 sin θ + U ∗ . Il calcolo dell’energia cinetica è banale. Infatti, trattandosi di un corpo rigido con una asse fisso, omettendo di scrivere esplicitamente Iz , si ha T = 12 Iz θ˙ 2 . L’equazione differenziale del moto si ottiene subito con le equazioni di Lagrange: d ∂T ∂T ∂U ¡ = =) Iz θ¨ = ¡m g d sin θ + 4 k 2 ℓ2 cos θ . ˙ dt ∂ θ ∂θ ∂θ c) Le configurazioni d’equilibrio sono le soluzioni dell’equazione: ∂U = ¡m g d sin θ + 4 k 2 ℓ2 cos θ = 0 , ∂θ da cui tan θ =

4 k 2 ℓ2 m g d sin θ

=)

θ1 = arctan

4 k 2 ℓ2 , mgd

θ2 = θ1 + π .

Ai fini dello studio della stabilità occorre studiare il segno di U ′′ (θ) in θ1 e θ2 . Essendo U ′′ (θ) = ¡m g d cos θ ¡ 4 k2 ℓ2 sin θ , poichè θ1 2 0, π2 ) e θ2 2 π , 23 π , si ha U ′′ (θ1 ) < 0 ′′

U (θ2 ) > 0

=)

θ1 STABILE ;

=)

θ2 INSTABILE .

d) Scriviamo le equazioni cardinali della statica assumendo come polo per i momenti l’origine O. Sia Φ = Φx i + Φy j il vettore della reazione vincolare in O. Essendo Ω(O) = k 2 2ℓ(1 ¡ sin θ)i + 2ℓ cos θj £ (¡2ℓ sin θi + 2ℓ cos θj) = 4k 2 ℓ2 cos θk , proiettando sugli assi abbiamo:

 2   k (2ℓ ¡ 2ℓ sin θ) + Φx = 0 k 2 2ℓ cos θ ¡ mg + Φy = 0   ¡mgd sin θ + 4k 2 ℓ2 cos θ = 0 .

Ora, mentre la terza equazione è evidentemente l’equazione dell’equilibrio e coincide con quella precedentemente trovata col metodo del potenziale, le prime due equazioni fornsiscono la reazione vincolare nelle due configurazioni d’equilibrio. Tale reazione è la seguente: Φh = ¡2k 2 ℓ(1 ¡ sin θh )i + (mg ¡ 2k 2 ℓ cos θh )j , 237

h = 1, 2.

e) Per scrivere le equazioni cardinali della dinamica servono l’accelerazione a(G) del baricentro ¨ Calcoliamo dunque e il momento K(O). Quest’ultimo è di immediata scrittura: K(O) = Iz θk. a(G). x˙ G = d θ˙ cos θ x ¨G = d (θ¨ cos θ ¡ θ˙2 sin θ) , . y˙ G = d θ˙ sin θ y¨G = d (θ¨ sin θ + θ˙2 cos θ) Le equazioni cardinali della dinamica sono dunque le seguenti:  2 ¨ ˙2   m d (θ cos θ ¡ θ sin θ) = k (2ℓ ¡ 2ℓ sin θ) + Φx m d (θ¨ sin θ + θ˙2 cos θ) = k2 2ℓ cos θ ¡ mg + Φy   ¨ Iz θ = ¡mgd sin θ + 4k 2 ℓ2 cos θ = 0 .

La terza equazione coincide con l’equazione del moto già vista, mentre le prime due forniscono la reazione vincolare in O durante il moto (che non scriviamo esplicitamente). f) Essendo il sistema conservativo (vincoli lisci e forze conservative) vale il teorema di conservazione dell’energia. Si ha dunque: p 1 ˙2 2 1 2 2 2 T +V =E =) Iz θ ¡ mgd cos θ ¡ 4k ℓ sin θ = Iz ω0 ¡ mgd + 4k2 ℓ2 . 2 2 2 Esercizio 6.3 Determinare le configurazioni di equilibrio e le equazioni differenziali del moto di un disco D omogeneo, di massa m e raggio R, vincolato a muoversi nel piano Oxy (Oy verticale ascendente) rotolando senza strisciare sull’asse orizzontale Ox. Sul corpo D, oltre alla forza peso, agisce una coppia di momento Ω = mgR cos θk ortogonale al piano del disco. Si tratta di un problema ad un grado di libertà. Assumiamo come parametro lagrangiano l’angolo θ di rotazione del disco, positivo in verso antiorario come in figura (θ2IR). Essendo D omogeneo, il suo baricentro G coincide col centro del disco. Le forze attive esterne sono la forza peso (G, ¡mgj) e la coppia di forze di momento Ω = mgR cos θk. Poiché il disco rotola senza strisciare siamo in presenza di attrito e quindi la reazione vincolare in H (punto di contatto del disco con l’asse Ox) ha anche una componente tangenziale, per cui si ha ΦH = ΦHx i + ΦHy j. Le coordinate dei punti che ci interessano sono xG = ¡Rθ + x0 yG = R

xH = ¡Rθ + x0 yH = 0 .

Studio dell’equilibrio con le Equazioni Cardinali della Statica In presenza di attrito l’equilibrio del corpo rigido è garantito dalle Equazioni Cardinali della Statica con l’aggiunta della relazione di Coulomb per l’attrito statico, cioè dal sistema misto  R + Φe = 0   e Ωe (O1 ) + Ψe (O1 ) = 0   jΦt j · fs jΦn j . 238

Scegliendo come polo per il calcolo dei momenti il punto H (la reazione vincolare è applicata in H e la linea d’azione della forza peso passa per H) e proiettando sui tre assi cartesiani le equazioni vettoriali, si ottiene:    ΦHx = 0    ¡ mg + ΦHy = 0  mgR cos θ = 0     jΦHx j · fs jΦHy j .

Le configurazioni di equilibrio sono tutte e sole le soluzioni della terza equazione, purché le componenti della reazione vincolare in tali configurazioni soddisfino la disequazione di Coulomb. Risolvendo la terza equazione si ha cos θ = 0

=)

θk =

π + kπ, k 2 Z . 2

In questo caso l’angolo di rotazione θ non è periodico e quindi si hanno infinite configurazioni θk distinte. (Per rendersi conto di questo fatto basta considerare le configurazioni corrispondenti a due diversi k e le relative posizioni di xG . Se, ad esempio, consideriamo le configurazioni θ0 = π2 e θ1 = 32 π, le corrispondenti posizioni di G sono date rispettivamente da x0G = x0 e x1G = Rπ + x0 .) Dunque, si hanno infinite configurazioni θk che risultano tutte d’equilibrio in quanto la corrispondente reazione vincolare, la stessa per tutte le configurazioni, è data da (H, ΦH = mgj) , che avendo componente tangenziale nulla, soddisfa in maniera evidente la relazione di Coulomb. Studio dell’equilibrio con il Metodo del Potenziale Il potenziale della sollecitazione attiva del disco è dato dalla somma del potenziale della forza peso e del potenziale della coppia: U (θ) = ¡mgR + mgR sin θ + cost = mgR sin θ + U0 . Determinando i punti di stazionarietà del potenziale, cioè le soluzioni dell’equazione U ′ (θ) = 0, si ha mgR cos θ = 0 , che è l’equazione dell’equilibrio (già ottenuta col metodo delle Equazioni Cardinali). Per quanto riguarda poi la stabilità, dal momento che U ′′ (θ) = ¡mgR sin θ, si ha ′′

U (θk ) =

¡mgR

mgR

se k = 2h se k = 2h + 1 ,

da cui cui segue che le configurazioni θ2h sono STABILI, mentre le θ2h+1 sono INSTABILI. Studio del moto con le Equazioni Cardinali della Dinamica Poiché c’è attrito il moto del corpo rigido deve soddisfare le Equazioni Cardinali della Dinamica con l’aggiunta della relazione di Coulomb per l’attrito statico. A questo proposito ricordiamo che l’uso della relazione statica anche nel caso di puro rotolamento è dovuto al fatto che il punto di 239

contatto H ha velocità di trascinamento nulla. Si avrà pertanto il seguente sistema misto:  d2 G   m  dt2 = Re + Φe   dK(O1 )  = Ωe (O1 ) + Ψe (O1 ) + mv(G) £ v(O1 )   dt   jΦt j · fs jΦn j .

Scriviamo le equazioni cardinali scegliendo come polo per la seconda equazione il baricentro G. L’accelerazione del baricentro G del disco e il momento delle quantità di moto K(G) sono dati da d2 G ¨ , = ¡Rθi dt2

z K(G) = IG ω=

mR2 ˙ θk , 2

z dove IG è il momento d’inerzia del disco rispetto all’asse Gz parallelo ad Oz e passante per G. Proiettando ora le equazioni vettoriali sugli assi cartesiani e osservando che le componenti tangenziale e normale dell’attrito sono rispettivamente ΦHx i e ΦHy j, si ottiene   ¡ mRθ¨ = ΦHx       0 = ¡mg + ΦHy 2

mR ¨   θ = ΦHx R + mgR cos θ    2   jΦHx j · fs jΦHy j .

Le prime due equazioni forniscono immediatamente la reazione vincolare dinamica ¨ + mgj) . (H, ΦH = ¡mRθi Sostituendo poi ΦHx e ΦHy nella terza equazione si ottiene l’equazione differenziale del moto 3 mR2 θ¨ ¡ mgR cos θ = 0 . 2

(E6.8)

Osserviamo che questa sarà l’equazione del moto del disco che rotola senza strisciare finché risulta ¨ · fs mg, che garantisce appunto il puro rotolamento. soddisfatta la relazione jmRθj Essendo la (E6.9) un’equazione differenziale non lineare, non è possibile scriverne l’integrale generale in termini di funzioni elementari. Di conseguenza consideriamo risolto il problema del moto a questo punto. Anche nel caso dinamico avremmo potuto scegliere come polo per l’equazione dei momenti il punto H che risulta essere il centro d’istantanea rotazione del disco. Con questa scelta la seconda equazione di (E6.4), in cui si annulla il prodotto vettoriale v(G) £ v(H) ed inoltre Ψ(H) = 0, darebbe direttamente l’equazione differenziale del moto. Infatti, si avrebbe z ¨ z IH θ = (IG + mR2 )θ¨ = mgR cos θ

=)

3 2¨ 2 mR θ =

mgR cos θ ,

che è ancora la (E6.8). Studio del moto con le Equazioni di Lagrange L’equazione differenziale del moto si ottiene da (E6.7), dove la funzione potenziale è data da U (θ) = mgR sin θ + U0 , 240

mentre l’energia cinetica T , che si ricava applicando il teorema di König, vale T =

1 1 3 mv 2 + I z ω 2 = mR2 θ˙2 , 2 G 2 G 4

o, equivalentemente, tenendo conto del fatto che lo stato cinetico del disco in ogni istante è rotatorio attorno all’asse (H, k), per cui 1 z 2 3 T = IH ω = mR2 θ˙2 . 2 4 Sostituendo T ed U nella (E6.7) e derivando, si ottiene 3 mR2 θ¨ = mgR cos θ , 2 che è proprio l’equazione del moto trovata in precedenza.

Esercizio 6.4 Nel piano verticale Oxy (y verticale ascendente) è mobile l’asta rigida AB, omogenea, di massa m e lunghezza ℓ, con l’estremo A vincolato a percorrere senza attrito l’asse x. Sull’asta, oltre al peso, agiscono due molle uguali, di costante elastica k 2 , una con gli estremi fissati in O e in B, l’altra con gli estremi fissati in A e in C ´ (2ℓ, 0) (come in figura). Assunti come parametri l’ascissa x del punto A e l’angolo θ evidenziato in figura, si chiede di determinare quanto segue: a) b) c) d) e) f)

il potenziale, l’energia cinetica e le equazione differenziali del moto; le equazioni dell’equilibrio col metodo del potenziale; ritrovare le equazioni viste in b) col principio dei lavori virtuali; le equazioni cardinali della statica, ritrovando le equazioni viste in b) e in c); le equazioni cardinali della dinamica, ritrovando le equazioni del moto viste in a); un integrale primo del moto assumendo che all’istante t = 0 il punto B coincida con O e l’asta sia in quiete con A a destra.

Scriviamo innanzitutto le coordinate dei punti che interessano, incluso il baricentro G dell’asta:

xA = x yA = 0

,

xB = x ¡ ℓ cos θ yB = ¡ℓ sin θ

,

xG = x ¡ yG =

¡ 2ℓ

ℓ 2

cos θ

sin θ

,

xC = 2ℓ yC = 0

.

a) Il potenziale e l’energia cinetica sono i seguenti: U = ¡mgyG ¡ 12 k 2 (O ¡ B)2 ¡ 12 k 2 (C ¡ A)2 = 2 2 1 2 2 = ¡mg(¡ 2ℓ sin θ) ¡ 12 k 2 x ¡ ℓ cos θ + ¡ℓ sin θ ¡ 2 k 2ℓ ¡ x = = 12 mgℓ sin θ ¡ k2 x2 + k 2 ℓ x cos θ + 2k 2 ℓ x + U ∗

2 2 1 1 2 z ˙2 T = 12 m(x˙ 2G + y˙ G ) + 12 IG θ = 12 m x˙ + 2ℓ θ˙ sin θ + ¡ 2ℓ θ˙ cos θ + 2 12 m ℓ2 θ˙2 = = 1 m x˙ 2 + 1 m ℓ2 θ˙2 + 1 m ℓ x˙ θ˙ sin θ . 2

6

2

241

Scriviamo le equazioni di Lagrange:

A conti fatti:

 d   mx˙ + 12 mℓθ˙ sin θ = ¡2k 2 x + k 2 ℓ cos θ + 2k 2 ℓ dt   d 1 mℓ2 θ˙ + 1 m ℓ x˙ sin θ ¡ 1 m ℓ x˙ θ˙ cos θ = 1 mgℓ cos θ ¡ k2 ℓ x sin θ 2 2 2 dt 3 m x¨ +

1 2

m ℓ θ¨ sin θ +

1 1 2¨ ¨ 3m ℓ θ + 2m ℓ x

1 2

m ℓ θ˙2 cos θ = ¡2k 2 x + k 2 ℓ cos θ + 2k 2 ℓ

(¤)

sin θ = 21 mg ℓ cos θ ¡ k2 ℓ x sin θ

b) Le configurazioni d’equilibrio corrispondono ai punti di stazionarietà di U (x, θ), cioè alle soluzioni del seguente sistema di equazioni:  ∂U   =0 ∂x   ∂U = 0 ∂θ

=)

¡2 x + ℓ cos θ + 2 ℓ = 0 1 2 mg

cos θ ¡ k 2 x sin θ = 0 .

(¤¤)

c) Il lavoro virtuale delle forze attive è dato da δL = ¡mgj ¢ δG + k 2 (O ¡ B) ¢ δB + k 2 (C ¡ A) ¢ δA =

= ¡mgj ¢ (δxG i + δyG j) ¡ k 2 (xB i + yB j) ¢ (δxB i + δyB j) + k2 (xC ¡ xA )i ¢ δxA i =

= ¡mg δyG ¡ k 2 xB δxB ¡ k2 yB δyB + k 2 (xC ¡ xA ) δxA . Essendo: δyG = ¡ 2ℓ cos θδθ ,

δxB = δ x + ℓ cos θδθ ,

δyB = ¡ℓ cos θδθ ,

δxA = δ x ,

facendo i calcoli, si ottiene δL = 21 m g ℓ cos θδθ ¡ k 2 (x ¡ ℓ cos θ)(δ x + ℓ sin θδθ) ¡ k 2 (¡ℓ sin θ)(¡ℓ cos θδθ) + k 2 (2ℓ ¡ x) δ x = = k 2 (¡2x + ℓ cos θ + 2ℓ) δ x + ( 12 m g ℓ cos θ ¡ k 2 ℓ x sin θ) δθ .

In virt` u del Principio dei Lavori Virtuali, essendo gli spostamenti virtuali dell’asta tutti invertibili (non ci sono configurazioni di confine), deve essere δL = 0 , 8(δ x , δ θ) . Ciò comporta che i coefficienti di δ x e δ θ siano entrambi nulli, il che ci riconduce alle equazioni (**). d) Scriviamo ora le equazioni cardinali della statica assumendo come polo il punto A. In questo modo l’equazione dei momenti fornirà direttamente una delle due equazioni dell’equilibrio in quanto non conterrà alcuna reazione. Infatti l’unica reazione vincolare del sistema è applicata in A: (A, ΦA = ΦA j). Le forze attive sono le seguenti: (G, ¡m g j), B, k 2 (O ¡ B) , A, k 2 (C ¡ A) .

Calcoliamone il loro momento rispetto ad A:

Ω(A) = ¡m g j £ (A ¡ G) + k2 (O ¡ B) £ (A ¡ B) = = ¡m g j £ 2ℓ cos θ i + 2ℓ sin θ j + k 2 (ℓ cos θ ¡ x) i + ℓ sin θ j £ ℓ cos θ i + ℓ sin θ j = = 12 m g ℓ cos θ k ¡ k 2 ℓ x sin θ k .

242

Le equazioni cardinali della statica forniscono quindi il sistema di equazioni scalari che segue:  2 2   ¡k (x ¡ ℓ cos θ) + k (2ℓ ¡ x) = 0 k 2 ℓ sin θ ¡ m g + ΦA = 0   1 m g ℓ cos θ ¡ k 2 ℓ x sin θ = 0 . 2

Osserviamo che la prima e la terza equazione, che non contenendo le reazioni vincolari costituiscono le equazioni dell’equilibrio, coincidono con le equazioni (**) ottenute in precedenza col metodo del potenziale. La seconda equazione fornisce invece la reazione in A: ΦA = m g ¡ k 2 ℓ sin θ .

e) Per scrivere le equazioni cardinali della dinamica servono innanzitutto x ¨G e y¨G :

x˙ G = x˙ + 2ℓ θ˙ sin θ y˙ G = ¡ ℓ θ˙ cos θ

e quindi

2

x ¨G = x ¨ + 2ℓ θ¨ sin θ + θ˙2 cos θ y¨G = 2ℓ ¡θ¨ cos θ + θ˙2 sin θ

Quale polo convenga scegliere per l’equazione dei momenti non è ovvio. Avendo già calcolato Ω(A), manteniamo la scelta di A. In questo caso, essendo Ψ(A) = 0, l’equazione che dobbiamo scrivere è la seguente: dG dA dK(A) = Ω(A) + m £ . dt dt dt Calcoliamo dunque K(A) e v G £ v A . ′

z ˙ K(A) = K (A) + m v A £ (A ¡ G) = IA θ k + m x˙ i £ = 1 m ℓ2 θ˙ k + 1 m ℓ x˙ sin θ k 3

2

ℓ

2

cos θ i +

ℓ 2

sin θ j =

dK(A) = m 13 ℓ2 θ¨ + 12 ℓ x¨ sin θ + x˙ θ˙ cos θ k dt v G £ v A = x˙ + 2ℓ θ˙ sin θ i + ¡ 2ℓ θ˙ cos θ j £ x˙ i = 2ℓ x˙ θ˙ cos θ k .

Ora possiamo scrivere rapidamente le equazioni cardinali della dinamica.  m x ¨ + ℓ θ¨ sin θ + θ˙2 cos θ = k2 (2ℓ ¡ 2x + ℓ cos θ)   2 m 2ℓ ¡θ¨ cos θ + θ˙2 sin θ = k 2 ℓ sin θ ¡ m g + ΦA   1 2¨ 1 m ℓ θ + ℓ x¨ sin θ + x˙ θ˙ cos θ = 1 m g ℓ cos θ ¡ k 2 ℓ x sin θ + 3

2

2

1 2

m ℓ x˙ θ˙ cos θ

La prima e la terza equazione (previa semplificazione) coincidono in maniera evidente con le equazioni (*) già trovate con le equazioni di Lagrange. f) Le condizioni dell’asta assegnate per quest’ultima domanda corrispondono alle condizioni iniziali ˙ x(0) = ℓ, θ(0) = 0, x(0) ˙ = 0, θ(0) = 0 . L’integrale del moto richiesto è quello della conservazione dell’energia meccanica: T + V = E . Nel nostro caso, essendo E = T0 + V0 = V0 = ¡2k 2 ℓ2 , esso diventa: 1 ˙2 2mx

+ 16 m ℓ2 θ˙2 + 12 m ℓ x˙ θ˙ sin θ ¡ 12 m g ℓ sin θ + k 2 x2 ¡ k 2 ℓ x cos θ ¡ 2k 2 ℓ x = ¡2k 2 ℓ2 .

243

Esercizio 6.5 (bipendolo) Nel piano verticale Oxy (Oy verticale ascendente) è mobile il sistema materiale pesante costituito da due aste rigide omogenee OA ed AB di lunghezza 2ℓ e massa m ed M rispettivamente. L’asta OA ha l’estremo O fissato nell’origine del sistema di riferimento e l’altro estremo incernierato all’asta AB nel suo estremo A. Sul sistema, oltre alla forza peso, agisce la forza costante (B, F =F i), con F = cost > 0. Supponendo i vincoli lisci, determinare le configurazioni d’equilibrio e le equazioni differenziali del moto del sistema. Si tratta di un problema a due gradi di libertà. Assumiamo come parametri lagrangiani l’angolo α, 0 · α < 2π, che il vettore A ¡ O forma con la direzione negativa dell’asse y e l’angolo β, 0 · β < 2π , che il vettore B ¡ A forma con la direzione negativa dell’asse y, entrambi positivi in verso antiorario. Essendo entrambe le aste omogenee, i baricentri G1 (per OA) e G2 (per AB) coincidono coi punti medi delle aste stesse. Le forze attive esterne agenti sul sistema sono le forze peso (G1 , ¡mgj) e (G2 , ¡M gj) e la forza (B, F = F i). Inoltre supponiamo di scegliere l’asse Oz ortogonale al piano Oxy e orientato, come sempre, in modo che la terna Oxyz sia destra. Dovendo nel seguito utilizzare le coordinate dei punti A, B, G1 e G2 , le premettiamo una volta per tutte:

xA = 2ℓ sin α yA = ¡2ℓ cos α

xB = 2ℓ(sin α + sin β) yB = ¡2ℓ(cos α + cos β)

xG1 = ℓ sin α yG1 = ¡ℓ cos α

xG2 = ℓ(2 sin α + sin β) yG2 = ¡ℓ(2 cos α + cos β) .

Studio dell’equilibrio con le Equazioni Cardinali della Statica Trattandosi di un sistema articolato, le Equazioni Cardinali della Statica, se scritte per l’intero ` possibile comunque sistema, sono una condizione solo necessaria per l’equilibrio del sistema. E utilizzarle come condizione sufficiente, purché si scrivano le equazioni separatamente per le singole parti rigide, previa sostituzione dei vincoli di tipo interno con le opportune rezioni vincolari. Sull’asta OA agiscono le seguenti forze attive e reazioni vincolari: (G1 , ¡mgj),

(O, ΦO = ΦOx i + ΦOy j)

(A, ΦA = ΦAx i + ΦAy j) .

Le Equazioni Cardinali della Statica per l’asta OA, dove per l’equazione dei momenti si è scelto come polo O, sono queste:

¡ mgj + ΦOx i + ΦOy j + ΦAx i + ΦAy j = 0

¡ mgℓ sin αk + (2ℓΦAx cos α + 2ℓΦAy sin α)k = 0 .

(E6.9)

Per quanto riguarda l’asta AB, su di essa agiscono le seguenti forze attive e reazioni vincolari: (G2 , ¡M gj),

(B, F = F i) 244

(A, ¡ΦA = ¡ΦAx i ¡ ΦAy j) .

Scegliendo come polo per l’equazione dei momenti il punto A, le Equazioni Cardinali della Statica per l’asta AB diventano ¡ M gj + F i ¡ ΦAx i ¡ ΦAy j = 0 (E6.10) ¡ M gℓ sin βk + 2ℓF cos βk = 0 . Proiettando le (E6.9) e le (E6.10) sui tre assi cartesiani si ottiene il seguente sistema di sei equazioni nelle sei incognite ΦOx , ΦOy , ΦAx , ΦAy , α, β:  ΦOx + ΦAx = 0       ¡ mg + ΦOy + ΦAy = 0      ¡ mgℓ sin α + 2ℓΦAx cos α + 2ℓΦAy sin α = 0 (E6.11)  F ¡ ΦAx = 0       ¡ M g ¡ ΦAy = 0     ¡ M gℓ sin β + 2ℓF cos β = 0 .

La sesta equazione, non contenendo le reazioni vincolari è una delle due equazioni dell’equilibrio; l’altra pu` o essere determinata dalla terza equazione sostituendovi ΦAx e ΦAy ricavate dalla quarta e dalla quinta equazione. Si avrà: ¡ (m + 2M )g sin α + 2F cos α = 0 (E6.12) ¡ M g sin β + 2F cos β = 0, da cui si ricava   2F 2F     tan α =   α1 = arctan (m + 2M )g , α2 = α1 + π (m + 2M )g =)   2F 2F    tan β =  β1 = arctan , β2 = β1 + π , Mg Mg con α1 , β1 2 (0, π2 ) (e di conseguenza α2 , β2 2 (π, 32 π)). Si hanno quindi quattro configurazioni di equilibrio: C1 ´ (α1 , β1 ),

C2 ´ (α1 , β2 ),

C3 ´ (α2 , β1 ),

C4 ´ (α2 , β2 ) .

Sfruttando anche le prime due equazioni del sistema (E6.11) si ricavano poi completamente le reazioni vincolari, che risultano le stesse nelle quattro configurazioni d’equilibrio: (O, ΦO = ¡F i + (m + M )gj)

(A, ΦA = F i ¡ M gj) .

Studio dell’equilibrio con il Metodo del Potenziale Il potenziale della sollecitazione attiva del sistema è dato da: U (α, β) = (m + 2M )gℓ cos α + M gl cos β + 2F ℓ(sin α + sin β) + U0 .

(E6.13)

Le configurazioni di equilibrio dell’asta coincidono con i punti di stazionarietà del potenziale, cioè con le soluzioni del sistema  ∂U  =0  ¡(m + 2M )gℓ sin α + 2F ℓ cos α = 0 ∂α =) ∂U  ¡M gℓ sin β + 2F ℓ cos β = 0 .  =0 ∂β Si ritrovano cos`ı le (E6.12).

245

Per determinare la stabilità delle configurazioni di equilibrio occorre calcolare il determinante della matrice Hessiana  ∂2U ∂2U  2  ∂α∂β  , H(α, β) =  ∂α  ∂2U ∂2U ∂β∂α ∂β 2 attraverso il quale è possibile studiare massimi e minimi della funzione potenziale. Poiché ∂2U = 0, si ha ∂α∂β

∂2U = ∂β∂α

det H(α, β) = ((m + 2M )gℓ cos α + 2F ℓ sin α)(M gℓ cos β + 2F ℓ sin β) . Poiché α1 , β1 2 (0, π2 ) e α2 , β2 2 (π, 23 π) si ottiene detH(α1 , β1 ) > 0 , detH(α1 , β2 ) < 0

∂ 2 U 0 ,

∂ 2 U >0 ∂α2 C4

=)

C1

STABILE

=)

C2

PUNTO SELLA

=)

C3

PUNTO SELLA

=)

C4

INSTABILE .

Studio dell’equilibrio col Principio dei Lavori Virtuali Il lavoro virtuale delle forze attive è dato da δL = ¡mgj ¢ (δxG1 i + δyG1 j) ¡ M gj ¢ (δxG2 i + δyG2 j) + F i ¢ (δxB i + δyB j) = = ¡mgδyG1 ¡ M gδyG2 + F δxB .

Essendo δyG1 = ℓ sin αδα ,

δyG2 = 2ℓ sin αδα + ℓ sin βδβ ,

δxB = 2ℓ cos αδα + 2ℓ cos βδβ ,

ed essendo tutte le configurazioni del sistema di tipo interno (per cui tutti gli spostamenti sono invertibili), la relazione (6.1) vale col segno di uguale. Si ha dunque δL = (¡(m + 2M )gℓ sin α + 2F ℓ cos α)δα + (¡M gℓ sin β + 2F ℓ cos β)δβ = 0

8δα, 8δβ. (E6.14)

Dovendo δL essere nullo qualunque sia δα e qualunque sia δβ, da (E6.14) si ottiene il sistema

¡ (m + 2M )g sin α + 2F cos α = 0 ¡ M g sin β + 2F cos β = 0 ,

che consiste delle equazioni dell’equilibrio trovate in precedenza. Per determinare le reazioni vincolari statiche eliminiamo ad uno ad uno i vincoli e li sostituiamo con le relative reazioni che riguardiamo come forze attive. 246

Eliminiamo dapprima il vincolo in O applicando la reazione (O, ΦO = ΦOx i + ΦOy j) e riscriviamo il lavoro virtuale delle forze attive (inserendo tra esse anche la ΦO ). Si avrà: δL = ¡mgj ¢ (δxi + δyj) ¡ M gj ¢ (δxi + δyj) + F i ¢ (δxi + δyj) + (ΦOx i + ΦOy j) ¢ (δxi + δyj), dove (δxi + δyj) rappresenta una generica traslazione virtuale del sistema che, dopo l’eliminazione del vincolo in O, risulta essere un sistema articolato libero nel piano Oxy. Applicando il principio dei lavori virtuali si ottiene (F + ΦOx )δx + (¡(m + M )g + ΦOy )δy = 0 da cui il sistema

8δx, 8δy,

F + ΦOx = 0 ¡ (m + M )g + ΦOy = 0,

che fornisce le componenti scalari di ΦO già determinate con le Equazioni Cardinali della Statica. Per ottenere la reazione vincolare interna ΦA , eliminiamo anche il vincolo in A e consideriamo solo l’asta OA, ora libera nel piano. Su di essa agiscono le seguenti forze: (G1 , ¡mgj),

(O, ΦO = ΦOx i + ΦOy j)

(A, ΦA = ΦAx i + ΦAy j).

Applicando il Principio dei Lavori Virtuali si ha δL = (ΦOx + ΦAx )δx + (¡mg + ΦOy + ΦAy )δy = 0 da cui

8δx, 8δy,

ΦOx + ΦAx = 0 ¡ mg + ΦOy + ΦAx = 0 ,

come trovato in precedenza. Studio del moto con le Equazioni Cardinali della Dinamica Consideriamo separatamente le due aste OA ed AB e scriviamo per ciascuna le equazioni (E6.4). Per tener conto del vincolo in A si dovrà considerare su entrambe la reazione vincolare dovuta a tale vincolo. Pi` u precisamente, considereremo su OA la reazione (A, ΦA ) e su AB la reazione (A, ¡ΦA ) (si potrebbe, equivalentemente, fare anche il contrario). Poiché le forze attive e le reazioni vincolari sono le stesse già considerate nel problema statico, per scrivere le Equazioni Cardinali della Dinamica restano solo da determinare i vettori ai primi membri. Per quanto riguarda l’asta OA si ha a(G1 ) =

d2 G1 = ℓ(α ¨ cos α ¡ α˙ 2 sin α)i ¡ ℓ(α ¨ sin α + α˙ 2 cos α)j , dt2

e, scegliendo come polo per l’equazione dei momenti il punto O, z K(O) = IO ω1 =

247

4 2 mℓ αk. ˙ 3

Per l’asta AB l’accelerazione del baricentro G2 e il momento delle quantità di moto calcolato con polo in G2 sono a(G2 ) = x ¨G2 i + y¨G2 j z K(G2 ) = IG ω = 2 2

con

x¨G2 = 2ℓ(¨ α cos α ¡ α˙ 2 sin α) + ℓ(β¨ cos β ¡ β˙ 2 sin β) yG ¨ = 2ℓ(α ¨ sin α + α˙ 2 cos α) + ℓ(β¨ sin β + β˙ 2 cos β) , 2

M ℓ2 ˙ βk . 3

Proiettando le (E6.4) scritte per le due aste sui tre assi cartesiani si ottiene il sistema di sei equazioni nelle sei incognite ΦOx , ΦOy , ΦAx , ΦAy , α, β:  mℓ(¨ α cos α ¡ α˙ 2 sin α) = ΦOx + ΦAx      mℓ(¨ α sin α + α˙ 2 cos α) = ¡mg + ΦOy + ΦAy      4 2   ¨ = ¡mgℓ sin α + 2ℓΦAx cos α + 2ℓΦAy sin α  mℓ α 3  2M ℓ(α ¨ cos α ¡ α˙ 2 sin α) + M ℓ(β¨ cos β ¡ β˙ 2 sin β) = F ¡ ΦAx       2M ℓ(α ¨ sin α + α˙ 2 cos α) + M ℓ(β¨ sin β + β˙ 2 cos β) = ¡M g ¡ ΦAy     M ℓ2   β¨ = ΦAx ℓ cos β + ΦAy ℓ sin β + F ℓ cos β. 3

(E6.15)

Sostituendo nella terza e nella sesta equazione di (E6.15) l’espressione di ΦAx e ΦAy ricavate dalla quarta e dalla quinta, ossia ΦAx = F ¡ 2M ℓ(α ¨ cos α ¡ α˙ 2 sin α) ¡ M ℓ(β¨ sin β + β˙ 2 cos β) ΦAy = ¡M g ¡ 2M ℓ(¨ α sin α + α˙ 2 cos α) ¡ M ℓ(β¨ sin β + β˙ 2 cos β) , si ottengono le due equazioni differenziali del moto:  m  + M ℓ2 α ¨ = ¡(m + 2M )gℓ sin α + 2F ℓ cos α ¡ 2M ℓ2 β¨ cos(α ¡ β) ¡ 2M ℓβ˙ 2 sin(α ¡ β) 4 3   4 mℓ2 β¨ = ¡M gℓ sin β + 2F ℓ cos β ¡ 2M ℓ2 α ¨ cos(α ¡ β) + 2M ℓ2 α˙ 2 sin(α ¡ β) . 3

La prima e la seconda equazione di (E6.15) forniscono poi le componenti scalari ΦO :

ΦOx = ¡F + (m + 2M )ℓ(α ¨ cos α ¡ α˙ 2 sin α) + M ℓ(β¨ cos β ¡ β˙ 2 sin β) ΦOy = (m + M )g ¡ (m ¡ 2M )ℓ(α ¨ sin α + α˙ 2 cos α) .

Studio del moto con le Equazioni di Lagrange Le equazioni differenziali del moto si ottengono scrivendo le Equazioni di Lagrange d ∂T ∂T ∂U ¡ = , i = 1, 2 , dt ∂ q˙i ∂qi ∂qi

(E6.16)

dove q1 = α, q2 = β. La funzione potenziale U è data da (E6.13), mentre l’energia cinetica T del sistema vale: 1 z 2 1 1 z 2 2 T = TOA + TAB = IO ω1 + M v G + IG ω , 2 2 2 2 2 2 248

e quindi

2 2 2 1 M ℓ2 ˙ 2 mℓ α˙ + M (4ℓ2 α˙ 2 + ℓ2 β˙ 2 + 4ℓ2 α˙ β˙ cos(α ¡ β)) + β 3 2 6 m 2 =2 + M ℓ2 α˙ 2 + M ℓ2 β˙ 2 + 2M ℓ2 α˙ β˙ cos(α ¡ β) . 3 3 Dalle (E6.16) si ottengono quindi le equazioni differenziali  m  + M ℓ2 α ¨ + 2M ℓ2 β¨ cos(α ¡ β) + 2M ℓ2 β˙ 2 sin(α ¡ β) = ¡(m + 2M )gℓ sin α + 2F ℓ cos α 4 3   4 M ℓ2 β¨ + 2M ℓ2 α ¨ cos(α ¡ β) ¡ 2M ℓ2 α˙ 2 sin(α ¡ β) = ¡M gℓ sin β + 2F ℓ cos β , 3 che coincidono con le equazioni differenziali del moto trovate con le Equazioni Cardinali della Dinamica. T =

Esercizio 6.6 Nel piano verticale Oxy (Oy verticale ascendente) è mobile il sistema materiale pesante costituito da: a) un disco rigido D omogeneo di centro O, raggio R e massa M ; b) un punto materiale (P, m). Il disco è vincolato a ruotare attorno ad un asse fisso normale al disco e passante per O; il punto P scorre sul bordo del disco ed è collegato mediante una molla ideale di costante elastica k 2 ad un punto C del bordo del disco. Sul sistema agiscono le forze peso. Supponendo i vincoli lisci, determinare le configurazioni d’equilibrio e le equazioni differenziali del moto del sistema. Si tratta di un problema a due gradi di libertà. Assumiamo come parametri lagrangiani l’angolo ϕ di rotazione del disco (¡π < ϕ · π) e l’angolo θ che il raggio vettore P ¡ O forma con il raggio vettore C ¡ O (¡π < θ · π). Entrambi gli angoli sono positivi in verso antiorario. Essendo il disco omogeneo, il suo baricentro coincide col centro O. Ovviamente l’asse Oz è normale al piano xy ed orientato verso chi legge. I punti che interessano sono C e P . Le loro coordinate sono le seguenti: xP = R sin(ϕ + θ) xC = R sin ϕ yP = ¡R cos(ϕ + θ) . yC = ¡R cos ϕ Studio dell’equilibrio col Metodo del Potenziale Il potenziale della sollecitazione attiva del sistema è dato da k2 k2 U (θ, ϕ) = ¡mgyP ¡ (P ¡ C)2 + U0′ = ¡mgyP ¡ (xP ¡ xC )2 + (yP ¡ yC )2 + U0′ = 2 2 k2 2 = mgR cos(θ + ϕ) ¡ 2R (1 ¡ cos θ) + U0′ = mgR cos(θ + ϕ) + k 2 R2 cos θ + U0 . (E6.17) 2 Uguagliando a zero le derivate parziali prime della funzione U (θ, ϕ) si hanno le due equazioni dell’equilibrio  ∂U  = ¡mgR sin(θ + ϕ) ¡ k 2 R2 sin θ = 0  ∂θ (E6.18)   ∂U = ¡mgR sin(θ + ϕ) = 0 , ∂ϕ 249

da cui, con semplici passaggi, si ricava

sin(θ + ϕ) = 0

=)

sin θ = 0

sin ϕ = 0

=)

ϕ1 = 0 ,

ϕ2 = π

sin θ = 0

=)

θ1 = 0 ,

θ2 = π .

Le configurazioni di equilibrio sono quattro: C1 ´ (θ1 = 0, ϕ1 = 0),

C2 ´ (θ1 = 0, ϕ2 = π),

C3 ´ (θ2 = π, ϕ1 = 0),

C4 ´ (θ2 = π, ϕ2 = π).

Il determinante della matrice Hessiana, che si calcola facilmente, vale detH(θ, ϕ) = mgk 2 R3 cos θ cos(θ + ϕ) . Lo studio della stabilità porta quindi alle seguenti conclusioni: detH(θ1 , ϕ1 ) =

mgk 2 R3 > 0 ,

detH(θ1 , ϕ2 ) = ¡mgk 2 R3 < 0 detH(θ2 , ϕ1 ) =

mgk 2 R3 > 0 ,

detH(θ2 , ϕ2 ) = ¡mgk 2 R3 < 0

∂ 2 U 0 ∂ϕ2 C3

=)

C1

STABILE

=)

C2

PUNTO SELLA

=)

C3

INSTABILE

=)

C4

PUNTO SELLA .

Studio dell’equilibrio con le Equazioni Cardinali della Statica Il sistema meccanico è formato da un disco e da un punto. Scriviamo le Equazioni Cardinali della Statica per il disco e l’equazione F + Φ = 0 per il punto. Sul disco D agiscono le seguenti forze attive O, ¡M gj ,

C, k 2 (P ¡ C) = k 2 R[(sin(θ + ϕ) ¡ sin ϕ)i ¡ (cos(θ + ϕ) ¡ cos ϕ)j]

e le seguenti reazioni vincolari

O, ΦO = ΦOx i + ΦOy j ,

P, ΦP = ΦP sin(θ + ϕ)i ¡ ΦP cos(θ + ϕ)j .

Proiettiamo sui tre assi del sistema di riferimento Oxyz le Equazioni Cardinali della Statica per il disco, dove si è scelto O come polo per l’equazione dei momenti:  2 k R(sin(θ + ϕ) ¡ sin ϕ) + ΦOx + ΦP sin(θ + ϕ) = 0   ¡ M g ¡ k 2 R(cos(θ + ϕ) ¡ cos ϕ) + ΦOy ¡ ΦP cos(θ + ϕ) = 0   2 2 k R sin θ = 0 .

(E6.19)

Sul punto P agiscono le seguenti forze attive e reazioni vincolari: (P, ¡mgj) ,

(P, k 2 (C ¡ P ) = ¡k 2 R[(sin(θ + ϕ) ¡ sin ϕ)i ¡ (cos(θ + ϕ) ¡ cos ϕ)j]) ,

(P, ¡ΦP = ¡ΦP sin(θ + ϕ)i + ΦP cos(θ + ϕ)j) . 250

Proiettando l’equazione dell’equilibrio per P sugli assi x e y si ottengono le due equazioni

¡ k 2 R(sin(θ + ϕ) ¡ sin ϕ) ¡ ΦP sin(θ + ϕ) = 0

¡ mg + k2 R(cos(θ + ϕ) ¡ cos ϕ) + ΦP cos(θ + ϕ) = 0.

(E6.20)

Le (E6.19) e (E6.20) costituiscono un sistema di cinque equazioni nelle cinque incognite: θ, ϕ, ΦOx , ΦOy , ΦP . Sommando la seconda equazione di (E6.20), moltiplicata per cos(θ + ϕ), alla prima, a sua volta moltiplicata per ¡ sin(θ + ϕ), si ottiene ΦP = mg cos(θ + ϕ) ¡ k2 R + k 2 R cos θ . Sommando poi la prima equazione di (E6.19) alla prima di (E6.20) e la seconda di (E6.19) alla seconda di (E6.20) si ha ΦOx = 0 ΦOy = (m + M )g .

Infine, la terza equazione di (E6.19), e l’equazione che si ottiene sommando alla prima equazione di (E6.20) moltiplicata per cos(θ + ϕ) la seconda moltiplicata per sin(θ + ϕ), forniscono le equazioni dell’equilibrio ¡ mg sin(θ + ϕ) ¡ k 2 R sin θ = 0 k 2 R2 sin θ = 0 .

Si è cos`ı ritrovato un sistema di equazioni equivalente al sistema (E6.18). Studio del moto con le Equazioni di Lagrange Scriviamo le equazioni differenziali del moto utilizzando le equazioni di Lagrange d ∂L ∂L ¡ = 0, dt ∂ q˙i ∂qi

i = 1, 2 ,

dove q1 = θ, q2 = ϕ e L = T + U . In questo problema la funzione potenziale U è data da (E6.17), mentre l’energia cinetica T del sistema vale 1 z 2 1 T = TD + TP = IO ω + M vP2 . 2 2 Essendo TD =

1 z 2 1 IO ϕ˙ = M R2 ϕ˙ 2 , 2 4

si ha T =

TP =

1 1 ˙ 2 , m(x˙ 2P + y˙P2 ) = m R2 (ϕ˙ + θ) 2 2

1 1 mR2 θ˙2 + mR2 ϕ˙ θ˙ + (M + 2m)R2 ϕ˙ 2 . 2 4

Dalle equazioni di Lagrange, facendo le opportune derivate, si ottengono quindi le seguenti equazioni del moto:  ˙ sin(θ + ϕ) + k 2 R2 sin θ = 0  mR2 θ¨ + mR2 ϕ¨+mgr  ( M + m)R2 ϕ¨ + mR2 θ¨ + mgR sin(θ + ϕ) = 0. 2 251

Esercizio 6.7 Nel piano verticale Oxy (Oy verticale ascendente) è mobile il sistema materiale pesante costituito da: a) un anello puntiforme (P, m); b) un corpo rigido di massa M formato da due aste omogenee AB e BC, di uguale densit` a e di lunghezza 2ℓ ed ℓ rispettivamente. Le due aste sono rigidamente unite in B in modo che il triangolo ABC sia rettangolo in C. Gli estremi A e C sono vincolati a percorrere l’asse x; l’anello P è vincolato a scorrere lungo l’asta AB ed è collegato al punto B del corpo rigido mediante una molla di costante elastica k 2 e lunghezza nulla a riposo. Sull’intero sistema agiscono le forze peso. Supponendo i vincoli lisci, determinare le configurazioni d’equilibrio e le equazioni differenziali del moto del sistema. Si tratta di un problema a due gradi di libertà. Assumiamo come parametri lagrangiani l’ascissa x di C e l’ascissa ξ del punto P misurata su AB a partire da B (0 · ξ · 2ℓ). Essendo il corpo C formato da aste omogenee, il suo baricentro G risulta avere le seguenti coordinate: p 3 ℓ xG = x + ℓ, yG = . 3 2 Sono poi di interesse per lo svolgimento dell’esercizio le coordinate dei punti C, B, A e P : √ p xC = x xB = x xA = x + 3ℓ xP = x + 23 ξ yA = 0 yC = 0 yB = ℓ yP = ℓ ¡ ξ . 2

Oltre alla terna fissa Oxyz, ovviamente di versori (i, j, k), consideriamo la terna Bx1 y1 z1 solidale (P ¡ B) con il corpo rigido, di versori (i1 , j 1 , k 1 ), con i1 = , j 1 ortogonale a i1 nel piano Oxy e PB k 1 ´ k. Le relazioni che legano tra di loro i versori delle due terne sono le seguenti: √ √ i1 = 23 i ¡ 12 j i = 23 i1 + 12 j 1 ; . (E6.21) √ √ j 1 = 12 i + 23 j j = ¡ 12 i1 + 23 j 1 Studio dell’equilibrio col Metodo del Potenziale Il potenziale della sollecitazione attiva del sistema è dato dalla somma del potenziale delle forze peso e del potenziale della coppia di forze elastiche interne. Pertanto si avrà 1 1 1 U (x, ξ) = ¡M gyG ¡ mgyP ¡ k 2 (P ¡ B)2 + cost = mgξ ¡ k 2 ξ 2 + U0 . (E6.22) 2 2 2 ∂U ∂U mg è identicamente nulla e = ¡ k 2 ξ, le configurazioni di equilibrio sono date dalle ∂x ∂ξ 2 soluzioni del sistema  0 = 0 mg  ¡ k2 ξ = 0 . 2 mg Le soluzioni di questo sistema sono del tipo x, ξ ∗ = con x qualunque. Di conseguenza, 2k2 mg mg ricordando che ξ deve essere compreso tra 0 e 2ℓ, si ha che x, ξ ∗ = 2 è accettabile se 2 · 2ℓ 2k 2k mg mg mg e cioè se 2 · 4. Pertanto, ci sono infinite configurazioni di equilibrio x, ξ ∗ = 2 se 2 · 4; k ℓ 2k k ℓ mg non c’è nessuna configurazione d’equilibrio se 2 > 4. k ℓ Poiché

252

Studio del moto con le Equazioni Cardinali della Dinamica Il sistema meccanico è formato da un corpo rigido e da un punto materiale. Scriviamo le Equazioni Cardinali della Dinamica (E6.4) per il corpo rigido e l’equazione di Newton per P . Sul corpo rigido agiscono le seguenti forze attive e le seguenti rezioni vincolari: p3 1 2 2 2 (G, ¡M gj), B, k (P ¡ B) = k ξi1 = k ξ i¡ j 2 2 p 3 1 (A, ΦA = ΦA j) (C, ΦC = ΦC j) ΦP j . P, ΦP = ΦP j 1 = ΦP i + 2 2 L’accelerazione di G è

d2 G =x ï, dt2 mentre il momento della quantità di moto rispetto al polo B vale K(B) = K(G) + mv(G) £ (B ¡ G) =

Mℓ xk ˙ , 2

in quanto K(G) = 0 perché il corpo trasla. I momenti delle forze attive esterne e delle reazioni vincolari esterne sono poi i seguenti: p p 3 Ωe (B) = ¡ M gℓk, Ψe (B) = 3ℓΦA + ξΦP k . 3

Osservato che v(G) £ v(B) = 0 perché i due vettori sono paralleli, se proiettiamo sui tre assi del sistema di riferimento Oxyz le Equazioni Cardinali della Dinamica per il corpo rigido, otteniamo le tre equazioni seguenti: p  3 2 1   M x¨ = k ξ + ΦP   2 2   p  k2 3 (E6.23) 0 = ¡M g ¡ ξ + ΦA + ΦC + ΦP  2 2   p   Mℓ p  3  x ¨=¡ M gℓ + 3ℓΦA + ξΦP . 2 3

Consideriamo ora il punto P . Su di esso agiscono le seguenti forze attive e reazioni vincolari: p 1 3 P, ¡mgj = mgi1 ¡ mgj 1 , (P, k 2 (B ¡ P ) = ¡k 2 ξi1 ) , (P, ¡ΦP = ¡ΦP j 1 ) . 2 2 L’accelerazione di P rispetto al sistema Oxyz vale p 3¨ 1 a(P ) = x¨ + ξ i ¡ ξ¨ j , 2 2

oppure, sostituendo ai versori i e j le loro espressioni (E6.21) in funzione dei versori i1 e j 1 , p3 1 a(P ) = x ¨ + ξ¨ i1 + x¨j 1 . 2 2

Proiettando l’equazione di Newton sugli assi x1 e y1 del sistema solidale solidale con ABC si ottengono le due equazioni  p 3   ¨ = mg ¡ k 2 ξ  m( x ¨ + ξ) 2 2 (E6.24) p  m 3   x ¨=¡ mg ¡ ΦP . 2 2 253

Le (E6.23) e (E6.24) costituiscono un sistema di cinque equazioni nelle cinque incognite: x, ξ, ΦA , ΦC e ΦP . Dalla seconda equazione di (E6.24) si ottiene p 3 m ΦP = ¡ mg ¡ x ¨, 2 2 che sostituita nelle ultime due equazioni di (E6.23) fornisce  p p mg 3m 3 1    ΦA = ξ+ ξ x¨ + M g + Mx ¨ 2ℓ 6ℓ p 3 6 p  3m 3 m M k2 mg 2 3   ΦC = ξ¡ ξ¡ ξx ¨ + M g + mg + ( ¡ )¨ x. 2 2ℓ 6ℓ 3 4 2 2 3

La prima equazione di (E6.23) (in cui si sostituisce l’espressione di ΦP ) e la prima di (E6.24) danno le equazioni differenziali del moto  p p m 3 2 3    (M + )¨ x¡ k ξ+ mg = 0 4 2 4 (E6.25) p  3 mg  2  m¨ x + mξ¨ ¡ + k ξ = 0. 2 2 Studio del moto con le Equazioni Lagrange

Scriviamo le equazioni differenziali del moto utilizzando le equazioni di Lagrange ∂L d ∂L ¡ = 0, i = 1, 2 , dt ∂ q˙i ∂qi dove q1 = x, q2 = ξ e L = T + U . La funzione potenziale U è data da (E6.22), mentre l’energia cinetica T del sistema, tenuto conto che il corpo rigido trasla, vale p 1 3 1 1 1 2 2 2 T = TC + TP = M vG + M vP = (m + M )x˙ + mx˙ ξ˙ + mξ˙2 . 2 2 2 2 2 Pertanto la Lagrangiana del sistema è p 3 1 1 1 1 L = (m + M )x˙ 2 + mx˙ ξ˙ + mξ˙2 + mgξ ¡ k 2 ξ 2 . 2 2 2 2 2 Le equazioni del moto sono quindi  p 3 ¨    (M + m)¨ x+ mξ = 0 2 p  1   3 m¨ x + mξ¨ ¡ mg + k 2 ξ = 0 . 2 2

Chiaramente la seconda equazione coincide con la seconda delle (E6.25). Se poi si sottrae dalla p 3 prima equazione di quest’ultimo sistema la seconda moltiplicata per , si ottiene la prima delle 2 (E6.25). Dunque il sistema ottenuto con le Equazioni di Lagrange è equivalente al sistema (E6.25).

Ringraziamenti. L’autore desidera porgere i suoi più sentiti ringraziamenti alla Dott.ssa Cecilia Vernia per il prezioso contributo dato alla scrittura di questi esercizi. 254

Esercizi Di Meccanica Razionale a - V. Franceschini

Short Description

Description

Comments

We need your help!