Esercizi di Meccanica Razionale A

Universit` a di Modena e Reggio Emilia Facolt` a di Ingegneria - sede di Modena ESERCIZI di MECCANICA RAZIONALE A Doce...

Author: Franceschini V.

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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 pu`o 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 `e cos`ı ottenuto il (ben noto) teorema di Carnot: in un triangolo il quadrato di un lato `e 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 `e 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 `e acuto, ne consegue che cos γ `e 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 `e 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 , avr`a perci`o 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 `e 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. Perch`e 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 `e 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) Perch`e 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) Perch`e 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 `e 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 `e 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 propriet`a 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 ´O´(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 A´O´(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 `e la massa dell’arco e ρ la sua densit`a (ovviamente costante), avremo M =ρ αR. Osserviamo poi che, essendo l’arco omogeneo, l’asse della corda AB `e 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 densit`a ρ(x) = k(ℓ + x), con x distanza da A. Sia Ox l’asse delle ascisse, con O´A, come in ﬁgura. Osserviamo che, se P `e 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 `e la massa del settore e ρ la sua densit`a (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 `e 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 `e 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
¡ R21 ) .

Quindi, se M `e la massa del settore e ρ la sua densit`a (costante), l’area del settore di corona `e M=

1 2

ρ α (R22 ¡ R12 ) .

Adottando poi come nell’esercizio precedente le coordinate (r, θ), con la diﬀerenza che ora R1 · r · R2 , e procedendo esattamente come prima, si ha ancora xG = 0, mentre per yG si ha 1 yG = M =

R2

R1

α 2

ρ r 2 cos θ dr dθ =

−α 2

α2 1 r 3 R2 ρ sin θ α = M 3 R1 −2

2ρ α 4(R32 ¡ R13 ) α (R23 ¡ R13 ) sin = sin . 3M 2 3α(R22 ¡ R21 ) 2

Esercizio 2.7 Calcolare il baricentro di un disco omogeneo di raggio R con un ”buco” circolare di raggio R2 con i due centri a distanza R2 . Siano C1 e C2 i centri del cerchio grande e del cerchio piccolo. Assumiamo un riferimento Oxy con O coincidente con C1 e l’asse x coincidente con la congiungente C1 e C2 , orientato verso C2 .

172

Consideriamo il buco come un disco omogeneo di massa negativa, con la stessa densit`a del disco pieno. In questo modo si calcola il baricentro del sistema costituito da due dischi omogenei e con la stessa densit`a ρ: uno di baricentro C1 e massa M1 = ρ π R2 , l’altro con baricentro in C2 e massa 2 M2 = ¡ρ π R2 . Naturalmente: M = M1 + M2 = 34 ρ π R2 . Essendo Ox un asse di simmetria, si ha ovviamente xG =

M1 xC1 + M2 xC2 M1 + M2

yG = 0 . Si ha poi 2 R ρ π R2 ¢ 0 ¡ ρ π R ¢ 2 1 2 = = ¡ R. 3 2 6 4ρ π R

Esercizio 2.8 Dimostrare che il baricentro di un lamina triangolare omogenea coincide col baricentro geometrico. Sia ABC un triangolo e siano M1 , M2 ed M3 i punti medi dei lati AB, BC e CA rispettivamente. Immaginiamo il triangolo suddiviso in inﬁnite strisce parallele al lato AB e di spessore inﬁnitesimo ds. La generica striscia pu`o essere riguardata come un’asta Ps Qs omogenea, il cui baricentro coincide col punto medio Ms . Per una propriet`a delle mediane, Ms appartiene alla mediana CM1 relativa ad AB. Il triangolo pu`o dunque essere suddiviso in inﬁnite strisce parallele ad AB i cui baricentri stanno tutti sulla mediana CM1 . Ne consegue che anche il baricentro G del triangolo sta su CM1 . Il ragionamento pu`o essere ripetuto anche pensando il triangolo suddiviso in strisce parallele a BC o CA, nel qual caso si deduce che G deve appartenere anche alle altre due mediane AM2 e BM3 . Pertanto il baricentro, dovendo stare su tutte tre le mediane, necessariamente coincide col loro punto d’intersezione, che per deﬁnizione `e il baricentro geometrico del triangolo. Sembra utile ricordare una importante propriet`a geometrica del baricentro di un triangolo: il baricentro divide ciascuna mediana in due parti, di cui quella che contiene il vertice `e doppia dell’altra. Ad esempio, facendo riferimento alla ﬁgura accanto, si ha: AG = 2GM2 . Ricordiamo inoltre che dato il triangolo P1 P2 P3 ed un riferimento Oxy nel suo piano, se (xk , yk ) sono le coordinate di Pk , si ha xG =

x1 + x2 + x3 , 3

yG =

y1 + y2 + y3 . 3

Esercizio 2.9 Calcolare il momento d’inerzia di un’asta omogenea di massa m e lunghezza ℓ rispetto ad un asse normale e baricentrico. Sia AB l’asta ed Ox un asse che la contiene, con O´G, punto medio di AB. Indicata con ρ la densit`a (costante) di massa, si ha dm = ρ dx. Pertanto (2.8), che in questo caso `e un integrale curvilineo, diventa: 2ℓ x3 2ℓ 1 3 IG = x2 ρ dx = ρ = ρℓ . − 2ℓ ℓ 3 12 −e Tenendo poi conto che m = ρ ℓ, si ha:

IG =

1 mℓ2 . 12 173

Esercizio 2.10 Calcolare il momento d’inerzia dell’asta dell’esrcizio precedente rispetto ad un asse normale passante per un estremo. Ricordando il risultato dell’esercizio precedente ed applicando il teorema di Huyghens, si ha IA = IG + md2 =

ℓ 2 mℓ2 1 +m = mℓ2 . 12 2 3

Esercizio 2.11 Calcolare il momento d’inerzia dell’asta dell’esercizio 2.9 rispetto ad un asse baricentrico e formante un angolo α con l’asta. Procedendo esattamente come nell’esercizio 2.9, l’unico cambiamento riguarda la distanza del generico punto P dell’asta dall’asse: ora la distanza `e x sin α. Si ha quindi:

IG =

ℓ 2

x2 sin2αρ dx = ρ sin2α

− eℓ

x3 2ℓ 1 ρ sin2α ℓ3 = mℓ2 sin2α . ℓ = 3 −2 12 12

Se l’asse, invece che baricentrico, passa per un estremo dell’asta, allora, applicando il teorema di Huyghens, si ottiene facilmente IA =

1 2 2 mℓ sin α . 3

Si noti che questi risultati generalizzano quelli dei due esercizi precedenti, che si ottengono per α = π2 .

Esercizio 2.12 Calcolare il momento d’inerzia del corpo rigido a forma triangolare costituito dalle tre aste dell’esercizio 2.2 rispetto all’asse normale e baricentrico e rispetto all’asse normale al triangolo e passante per il vertice A. Poniamo il triangolo equilatero ABC come nell’esercizio N. 2, col piano Oxy coincidente col piano del triangolo, O coincidente con A e il semiasse positivo delle x contenente AB. L’esercizio pu`o essere risolto in pi` u modi (chiaramente equivalenti). Noi procediamo calcolando prima il momento d’inerzia IA rispetto all’asse normale passante per A. Avremo: IA = IA (AB) + IA (BC) + IA (CA) . Per quanto visto nell’esercizio 2.10, si ha poi IA (AB) =

1 2 2mℓ2 = mℓ2 , 3 3

IA (CA) = 174

1 3mℓ2 = mℓ2 . 3

Per quanto concerne invece IA (BC), dobbiamo calcolarlo col teorema di Huyghens, sapendo che √ 3 AG2 = 2 ℓ: 1 3 5 IA (BC) = IG2 (BC) + m(AG2 )2 = mℓ2 + m ℓ2 = mℓ2 . 12 4 6 Dunque: 2 5 5 IA = mℓ2 + mℓ2 + mℓ2 = mℓ2 . 3 6 2 Per calcolare IG basta applicare il teorema di Huyghens alla rovescia tenendo conto che la massa √ 3 5 totale `e 6m e che, essendo G ´ ( 12 ℓ, 6 ℓ) (vedi esercizio 2.2), si ha 2

d2 = AG =

25 1 2 37 2 + ℓ = ℓ . 144 12 144

Si ha quindi IG = IA ¡ (6m)d2 =

5 2 37 2 23 2 mℓ ¡ 6m ℓ = mℓ . 2 144 24

Esercizio 2.13 Calcolare il momento d’inerzia dell’asta a densit`a variabile dell’esercizio 2.4 rispetto ad un asse normale e baricentrico e rispetto ai due assi normali e passanti per gli estremi. Sia AB l’asta di lunghezza ℓ e densit`a ρ(x) = k(ℓ+x), con x distanza da A. Essendo la x che compare nella densit`a la distanza da A, assumiamo come origine dell’asse delle x proprio A. Conviene calcolare prima IA e poi, utilizzando il teorema di Huyghens, calcolare IG e quindi IB . IA =

0

ℓ 2

x ρ(x)dx =

ℓ 0

x3 ℓ4 x4 ℓ ℓ4 7 4 kx2 (ℓ + x)dx = k ℓ + =k + = kℓ , 3 4 0 3 4 12

per cui, tenendo conto (come visto nell’esercizio 2.4) che la massa M dell’asta vale 32 kℓ2 , si ha IA =

7 M ℓ2 . 18

Per calcolare IG , applichiamo il teorema di Huyghens (alla rovescia). Ricordando dall’esercizio 2.4, che d = AG = 59 ℓ, si ha IG = IA ¡ M d2 =

7 25 13 M ℓ2 ¡ M ℓ2 = M ℓ2 . 18 81 162

Inﬁne calcoliamo IB riapplicando il teorema di Huyghens (questa volta alla dritta), tenendo conto che ora d = GB = 49 ℓ: IB = IG + M d2 =

13 16 5 M ℓ2 + M ℓ2 = M ℓ2 . 162 81 18

175

Esercizio 2.14 Calcolare i momenti d’inerzia di un disco omogeneo D di massa M e raggio R rispetto all’asse baricentrico normale e rispetto ad un asse baricentrico complanare. Analogamente al problema 2.5, sia Oxy il piano del disco D, con O centro di D e (r, θ) le coordinate polari di un suo ed r = OP . La coppia (r, θ) generico punto P, con θ = xOP descrive D quando 0 · r · R e 0 · θ · 2π. L’elemento inﬁnitesimo di massa dm che contiene il punto P `e quindi dato da ρ r dθ dr, mentre M = ρ π R2 . Ci`o premesso, il momento rispetto all’asse normale, che indichiamo con Iz , vale: R 2π 2π r 4 R 1 1 Iz = r 2 dm = ρ r 3 dθ dr = ρ θ = ρ π R4 = M R2 . 4 0 2 2 0 D 0 0 Calcoliamo ora il momento d’inerzia Ix rispetto all’asse x. Per ovvi motivi di simmetria, il momento `e lo stesso qualunque sia l’asse per O e giacente nel piano xy. In particolare, Ix = Iy . Il calcolo `e del tutto analogo a quello appena aﬀrontato per Iz : l’unica diﬀerenza `e che la distanza di P dall’asse ora vale r sin θ. Si ha dunque: R 2π 2π r 4 R 1 1 1 Ix = ρ r 3 sin2θ dθ dr = ρ (θ ¡ sin θ cos θ) = ρ π R4 = M R2 . 2 4 0 4 4 0 0 0 Osserviamo che Ix poteva essere calcolato in modo immediato da Iz in virt` u della (2.20). Si ha infatti: 1 Iz = Ix + Iy = 2Ix =) Ix = Iz . 2 Osservazione importante. Il momento Iz pu`o essere calcolato in modo diverso, e meno convenzionale, considerando come elemento inﬁnitesimo di superﬁcie una corona circolare di “spessore” inﬁnitesimo dr e raggio r, con 0 · r · R . In tal caso, essendo dσ = 2πr dr , si ha: R r 4 R 1 1 2 Iz = r dm = r 2 ρ (2πr dr) = 2π ρ = ρ π R 4 = M R2 . 4 2 2 0 D 0 Esercizio 2.15 Si consideri una lamina piana omogenea, di massa M e con la forma di un settore circolare di centro O, raggio R e angolo α. Si chiede di calcolarne la matrice d’inerzia rispetto alla terna Oxyz, con Ox asse di simmetria della figura e Oz asse normale alla lamina. Calcoliamo per primo C ´ Iz . L’integrale `e lo stesso dell’esercizio precedente con la diﬀerenza che ora l’angolo θ varia tra ¡ α2 e α2 invece che fra 0 e 2π. Ricordando poi che ora M = 12 ρ αR2 , , si ha R α2 α2 r 4 R 1 11 1 C = Iz = ρ r 3 dθ dr = ρ θ α = ρ α R4 = ρ α R2 R 2 = M R2 . α 4 4 2 2 2 − 0 0 −2 2

Osservato che C ha la stessa espressione sia per un disco che per un settore, calcoliamo A ´ Ix . R α2 1 α2 r4 R 1 1 sin α A= ρ r 3 sin2θdθdr = ρ (θ¡sin θ cos θ) α = ρ (α¡sin α)R4 = 1¡ M R2 . 2 8 4 α −2 4 0 0 −α 2 1 sin α Essendo poi A + B = C, avremo: B = 1+ M R2 . 4 α Si noti che per α = π si ha A = B = 21 C = 14 M R2 (come facilmente giustiﬁcabile). 176

Esercizio 2.16 Calcolare il momento d’inerzia di una sfera omogenea S di massa M e raggio R rispetto ad un suo diametro. Ovviamente, per ragioni di simmetria, il momento d’inerzia `e lo stesso qualunque sia il diametro. Scegliamo dunque un sistema di riferimento Oxyz con origine nel centro O della sfera e calcoliamo Iz . Indicando con ρ la densit`a (costante) si ha Iz = ρ

S

(x2 + y 2 )dxdydz .

Il calcolo di questo integrale di volume risulta sempliﬁcato passando alle coordinate cilindriche r, θ e z. Tenendo conto che rispetto a queste l’elemento inﬁnitesimo di volume diventa rdθdrdz e che x2 + y 2 = r 2 , l’integrale e il relativo calcolo diventano come segue: Iz = ρ

3

r dθdrdz = ρ

S

=ρ

2π

dθ

0

R

−R

0

√

2π

R2 −z 2

R

−R 3

√ R2 −z 2

r dr dz dθ =

0

r dr dz =

0

3

1 ρπ 2

R −R

(R4 ¡ 2R2 z 2 + z 4 )dz =

1 2 1 R 2 1 8 = ρπ R4 z ¡ R2 z 3 + z 5 = ρπ 1 ¡ + R5 = πρR5 = 2 3 5 3 5 15 −R M 2 8 = π 4 3 R 5 = M R2 . 15 5 3 πR Esercizio 2.17 Calcolare il momento d’inerzia polare di una sfera omogenea S di massa M e raggio R rispetto al suo centro O e utilizzarlo per ottenere il momento d’inerzia rispetto ad un asse passante per O (riottenendo cos`ı il risultato appena trovato nell’esercizio precedente). Indichiamo con JO il momento polare rispetto ad O. Per deﬁnizione abbiamo JO = ρ (x2 + y2 + z 2 )dxdydz . S

Questo integrale si calcola facilmente adottando una tecnica analoga a quella gi`a usata per il secondo calcolo di Iz nell’esercizio 2.14. Considerando infatti come elemento inﬁnitesimo di volume una superﬁcie sferica di raggio r e “spessore” inﬁnitesimo dr, ossia 4πr2 dr, si ha JO = ρ

0

R

4 4 r 4πr2 dr = πρR5 = π 5 5 2

M 3 R 5 = M R2 . 4 3 5 πR 3

Ora, tenendo conto di quanto visto nel x2.7, si ha JO =

1 3 A + B + C) = Iz , 2 2

da cui segue

177

Iz =

2 2 JO = M R2 . 3 5

Esercizio 2.18 Calcolare il momento d’inerzia rispetto all’asse baricentrico e normale di un disco R omogeneo di raggio R e massa M , con un ”buco” circolare di raggio R 2 e i due centri a distanza 2 . Indicati con C1 e C2 i centri del cerchio grande e del cerchio piccolo e assunto un riferimento Oxyz con Oxy coincidente col piano del disco, O coincidente con C1 e l’asse x coincidente con la congiungente C1 e C2 (orientato verso C2 ), dall’esercizio 2.7 sappiamo gi`a che G ´ (¡ 61 R, 0). Calcoliamo separatamente i momenti d’inerzia rispetto all’asse (G, k) del disco disco pieno z z e del disco vuoto. Indichiamo con IDP (G) e IDV (G) tali momenti, adottando analoga notazione per il momento del disco pieno rispetto all’asse per C1 e del disco vuoto rispetto all’asse per C2 . Tenuto conto che il disco pieno avrebbe massa 43 M e il disco vuoto massa ¡ 13 M , si ha: 4 1 4 4 R2 19 2 z z IDP (G) = IDP (C1 ) + M C1 G = M R2 + M = M R2 ; 3 2 3 3 36 27 M 1 M R 2 M 2 2 41 2 z z IDV (G) = IDV (C2 ) + ¡ C2 G = ¡ + ¡ R =¡ M R2 , 3 2 3 2 3 3 216

e quindi

I z (G)

z z = IDP (G) + IDV (G) =

19 41 37 M R2 ¡ M R2 = M R2 . 27 216 72

Nota bene: i momenti d’inerzia sono sempre positivi! Il fatto di averne ottenuto uno negativo `e dovuto all’artificio matematico di attribuire una massa negativa ad un “buco”. Esercizio 2.19 Calcolare i momenti centrali di una lamina rettangolare omogenea R di massa M e lati a e b. I momenti centrali sono i momenti principali d’inerzia di un corpo rigido rispetto al baricentro. Nel caso della lamina in questione gli assi principali d’inerzia per G, in virt` u del teorema visto nel x2.6, teorema che stabilisce che un asse perpendicolare per O1 ad un piano di simmetria geometrico-materiale `e principale d’inerzia, sono le due rette parallele ai lati e la perpendicolare alla lamina. Considerato pertanto il riferimento Gxyz, con l’asse x parallelo ai lati di lunghezza a, l’asse y parallelo a quelli di lunghezza b e l’asse z normale alla lamina, i tre momenti centrali A, B e C sono i momenti rispetto agli assi x, y e z. Calcoliamoli supponendo, come al solito, che la densit`a di massa sia ρ, per cui M = ρab. a2 2b a2 y 3 2b b3 1 y2 dydx = ρ x a = ρa = M b2 A= y 2 dm = ρ b b 12 12 −2 3 −2 R −a − 2 2 a2 2b x3 a2 2b a3 1 M a2 B= x2 dm = ρ x2 dydx = ρ y b =ρ b= a b 3 12 12 −2 −2 R −a − 2 2 a b a2 2b 2 2 1 2 2 2 2 C= (x + y )dm = ρ x dydx + y dydx = B + A = M (a2 + b2 ) a b a b 12 R −2 −2 −2 −2 178

Esercizio 2.20. Scrivere l’equazione dell’ellissoide centrale della lamina dell’esercizio precedente ed utilizzarla per calcolare i momenti d’inerzia rispetto alla retta r (bisettrice) ed r′ (diagonale) disegnate nella figura dell’esercizio precedente. L’equazione dell’ellissoide centrale `e data dalla (2.19) con A, B e C ricavati nell’esercizio precedente. L’equazione (il sistema solidale qui `e Oxyz anzich`e O1 x1 y1 z1 ) `e quindi la seguente: M b 2 2 M a2 2 M 2 x + y + (a + b2 )z 2 = 1 . 12 12 12 Per calcolare il momento d’inerzia rispetto alla retta r, calcoliamo i punti d’intersezione L1 ed L2 di r con l’ellissoide. A tal ﬁne, mettendo a sistema le equazioni della retta con quella dell’ellissoide,    x=y z=0   M b2 2 M a2 2 M 2 2 2 12 x + 12 y + 12 (a + b )z = 1 .

si ottiene:

2 x2L = yL =

2

2 OL = x2L + yL =

12 , M (a2 + b2 )

zL = 0 .

24 M (a2 + b2 )

Da ci`o consegue

e quindi

Ir =

1 2

=

1 M (a2 + b2 ) . 24

OL Per calcolare Ir′ si procede allo stesso modo, cambiando ovviamente l’equazione della retta:  b   y = ax z=0   M b2 2 M a2 2 M 2 2 2 12 x + 12 y + 12 (a + b )z = 1 .

Il sistema fornisce:

x2L =

6 , M b2

2 yL =

6 , M a2

zL = 0 ,

e quindi

Ir ′ =

M a2 b 2 . 6 a2 + b2

Esercizio 2.21 Scrivere la matrice d’inerzia e l’equazione dell’ellissoide per la lamina dei due esercizi precedenti rispetto ad un vertice. Osserviamo innanzitutto che il testo dell’esercizio non precisa il sistema di riferimento Oxyz rispetto al quale calcolare la matrice d’inerzia, ma solo la sua origine. Assumiamo dunque come riferimento quello pi` u naturale, cio`e quello con il piano xy coincidente col piano della lamina e gli assi x e y diretti ed orientati con i lati della lamina, come in ﬁgura. Ricordando che tutti i punti della lamina hanno z = 0, calcoliamo i coeﬃcienti della matrice d’inerzia. a b a y 3 b b3 1 A=ρ y2 dydx = ρ x = ρa = M b2 ; 3 3 0 3 0 0 0 a b x3 a b 3 a 1 B=ρ x2 dydx = ρ y = ρ b = M a2 ; 3 0 3 3 0 0 0 179

C=ρ A′ = ρ B′ = ρ

a 0 a 0 a 0

b 2

2

(x + y )dydx = ρ 0

0

b

xydydx = ρ 0 b

x2 a y 2 b

xzdydx = 0 ; 0

a

2

0

b 2

x dydx + 0

0

2

a

b 2

y dydx

0

=B+A=

1 M (a2 + b2 ) ; 3

2

a b 1 = M ab ; 2 0 2 2 4 a b C′ = ρ yzdydx = 0 . =ρ

0

0

Osservato che il risultato B ′ = C ′ = 0 `e un’ovvia conseguenza del fatto che l’asse Oz `e principale d’inerzia (per cui si poteva anche evitare di scrivere gli integrali), scriviamo l’equazione dell’ellissoide: M b2 2 M a2 2 M (a2 + b2 ) 2 M ab x + y + z ¡ xy = 1 . 3 3 3 2 Si noti che i momenti principali A, B e C potevano essere calcolati in modo immediato da quelli centrali calcolati nel precedente esercizio applicando il teorema di Huyghens. Infatti: b 2 1 1 M b2 + M = M b2 ; 12 2 3 a 2 1 1 2 B= Ma + M = M a2 ; 12 2 3 a b 2 1 1 2 2 2 C= M (a + b ) + M + = M (a2 + b2 ) . 12 2 2 3 A=

Analogamente A′ poteva essere calcolato direttamente con la prima delle formule (2.22). Essendo G ´ a2 , 2b ), si ha immediatamente 1 ab A′ = M xG yG = M = M ab . 22 4 A volte per`o, quando si ha a che fare con una lamina ottenuta saldando assieme pi` u lamine rettangolari, ci si pu`o trovare nella situazione di dover calcolare la matrice d’inerzia rispetto ad un riferimento posto, rispetto alla lamina, come nella ﬁgura accanto. ` evidente che per quanto riguarda i momenti d’inerzia A, E B e C, dipendendo questi dalle distanze dei punti del corpo dall’asse (per giunta al quadrato), nulla cambia. I momenti di deviazione per`o, dipendendo dai prodotti delle coordinate dei punti, possono cambiare diventando negativi. Naturalmente, se l’asse Oz `e principale d’inerzia, come nel nostro caso, in ogni caso si ha B ′ = C ′ = 0. Dunque, nel problema in questione, l’unico elemento della matrice d’i` facile veriﬁcare nerzia che cambia `e A′ , che cambia segno. E ci`o ripetendo il calcolo dell’integrale. a 0 x2 a y 2 0 a2 (¡b)2 a2 b 2 1 ′ A =ρ xydydx = ρ =ρ ¡ = ¡ρ = ¡ M ab . 2 2 2 2 4 4 0 −b 0 −b

Ovviamente si perviene allo risultato, per`o in modo molto pi` u rapido, utilizzando la prima delle a b (2.22). Essendo G ´ 2 , ¡ 2 ), si ha infatti a b 1 A′ = M xG yG = M ¡ = ¡ M ab . 2 2 4

180

Esercizio 2.22. Si consideri la figura rigida piana P ottenuta saldando assieme, come in figura, le due lamine rettangolari omogenee R1 ed R2 , con R1 di massa 3m e lati 2ℓ e 4ℓ ed R2 di massa m e lati 4ℓ ed ℓ. Scelto il riferimento Oxyz come in figura, si chiede di determinare: a) la matrice d’inerzia di P rispetto ad O e al riferimento Oxyz; b) il momento d’inerzia di P rispetto alle rette OA e OB. Indicati rispettivamente con AO (P), BO (P) e CO (P) i momenti d’inerzia di P rispetto agli assi Ox, Oy e Oz, e analogamente con AO (R1 ), BO (R1 ) e CO (R1 ) quelli di R1 e con AO (R2 ), BO (R2 ) e CO (R2 ) quelli di R2 , si ha AO (P) = AO (R1 ) + AO (R2 ) BO (P) = BO (R1 ) + BO (R2 ) CO (P) = CO (R1 ) + CO (R2 ) . Inoltre, in virt` u del fatto che, essendo la lamina piana, il piano Oxy `e di simmetria per la stessa lamina, l’asse Oz `e principale d’inerzia. Di conseguenza, essendo B ′ = C ′ = 0, l’unico momento di deviazione da calcolare `e A′ . Naturalmente, adottata per i momenti di deviazione una simbologia analoga, anche per A′ si avra’ A′O (P) = A′O (R1 ) + A′O (R2 ) . Ora, ricordando l’espressione dei momenti di una lamina rettangolare omogenea di massa M e lati a e b (ottenuti nell’esercizio 2.21) rispetto ad una terna di assi con l’origine coincidente con un vertice della lamina e gli assi x e y contenenti rispettivamente i lati di lunghezza a e b, si ha M 2 3m b = (4ℓ)2 = 16mℓ2 3 3 M 2 3m BO (R1 ) = a = (2ℓ)2 = 4mℓ2 3 3 CO (R1 ) = AO (R1 ) + BO (R1 ) = 20mℓ2 M 3m A′O (R1 ) = ab = (2ℓ)(4ℓ) = 6mℓ2 . 4 4 AO (R1 ) =

Il calcolo degli analoghi momenti per la lamina R2 risulta un po’ pi` u elaborato in quanto l’origine O del riferimento non coincide pi` u con un vertice della lamina e l’asse y non contiene pi` u il lato ad esso parallelo (mentre l’asse x lo contiene). Procederemo dunque come prima per il calcolo di AO (R2 ) e CO (R2 ), mentre per calcolare BO (R2 ) calcoleremo prima BG2 (R2 ) (G2 `e il baricentro di R2 ) e applicheremo poi il teorema di Huyghens. Per quanto riguarda invece il calcolo di A′O (R2 ), ricorreremo sia alla deﬁnizione che alla prima delle (2.22). M 2 m 1 b = (ℓ)2 = mℓ2 3 3 3 m 52 2 BO (R2 ) = BG2 (R2 ) + M d2 = (4ℓ)2 + m(4ℓ)2 = mℓ 12 3 53 2 CO (R2 ) = AO (R2 ) + BO (R2 ) = mℓ 3 6ℓ ℓ x2 6ℓ y2 ℓ A′O (R2 ) = ρ xdx ydy = ρ = 8ρℓ4 = 2(4ρℓ2 )ℓ2 = 2mℓ2 . 2 2ℓ 2 0 2ℓ 0 AO (R2 ) =

181

In alternativa A′O (R2 ) avrebbe potuto essere calcolato facendo uso della prima delle (2.22). Essendo G2 ´ 4ℓ, 2ℓ , si ha ℓ A′O (R2 ) = M xG yG = M (4ℓ) = 2M ℓ2 . 2 La matrice d’inerzia `e dunque la seguente:  49 mℓ2  3  2 J =  ¡8mℓ  0

¡8mℓ2 64 2 mℓ 3 0

0 0 113 2 mℓ 3



  .  

Inﬁne, per calcolare i momenti d’inerzia di P rispetto alle rette OA e OB utilizziamo la formula (2.10), che qui riprendiamo: I = Aα2 + Bβ 2 + Cγ 2 ¡ 2A′ αβ ¡ 2B ′ αγ ¡ 2C ′ βγ . Le rette in questione, giacendo nel piano Oxy, sono ortogonali all’asse z, per cui γ = 0. Per determinarne poi i coseni direttori α e β, basta scriverne le equazioni nel piano xy nella forma y x 2 2 e nella forma ax + by + c = 0 si ha α = ¡ √a2b+b2 e β = α + q, con α + β = 1 (se la retta ` β = √a2a+b2 ). Ora, le equazioni di OA ed OB sono rispettivamente x ¡ 2y = 0 e 2x ¡ y = 0, che poste nella forma richiesta diventano OA :

y √1 5

=

x

OB :

√2 5

y √2 5

=

x √1 5

.

Dunque, le rette in questione hanno i seguenti coseni direttori: OA :

1 2 α= p , β= p , γ=0 5 5

OB :

1 2 α = p , β = p , γ = 0. 5 5

Si ha quindi 49 2 2 2 mℓ p + 3 5 49 2 1 2 = mℓ p + 3 5

IOA = IOB

64 2 1 2 2 1 164 2 mℓ p ¡ 2(8mℓ2 ) p p = mℓ , 3 15 5 5 5 64 2 2 2 1 2 209 2 mℓ p ¡ 2(8mℓ2 ) p p = mℓ . 3 15 5 5 5

I due momenti d’inerzia appena trovati potevano essere calcolati anche con l’ellissoide d’inerzia. Volendo eseguire il calcolo anche con questo metodo, andiamo a determinare le intersezioni della retta OA con l’ellissoide. Otteniamo cos`ı il sistema    x = 2y z=0   49 2 2 64 2 2 113 2 2 2 3 mℓ x + 3 mℓ y + 3 mℓ z ¡ 16mℓ xy = 1 , che fornisce

x2L =

3 , 41mℓ2

2 yL =

3 , 164mℓ2

IOA =

1 OL

2

=

zL = 0 .

x2L

Da ci`o consegue

1 164 2 = mℓ . 2 + yL 15

182

Se invece si vuole ottenere IOB , si ha    da cui

x2L =

 

3 , 209mℓ2

y = 2x z=0 49 mℓ2 x2 + 3 2 yL =

64 mℓ2 y 2 3

12 , 209mℓ2

IOB =

+

113 mℓ2 z 2 3

zL = 0 .

1 2

OL

=

¡ 16mℓ2 xy = 1 ,

Si ha quindi

1 209 2 mℓ . 2 = x2L + yL 15

Abbiamo dunque ritrovato i due risultati gi`a ottenuti in precedenza.

Esercizio 2.23. Si consideri la figura rigida piana P ´ ABCDEF GH ottenuta saldando assieme le due lamine rettangolari R1 ´ EF GH e R2 ´ ABCD (vedi figura), entrambe omogenee e di massa m, di dimensioni BC = GF = 4ℓ, AB = 2ℓ, EF = ℓ, con AH = HD = DE = 2ℓ. Preso il sistema di riferimento Oxyz come in figura con O punto medio di HD, si chiede di determinare: a) la matrice d’inerzia della figura rispetto al riferimento Oxyz; b) il momento d’inerzia della figura rigida rispetto alla retta OF ; c) il momento d’inerzia della figura rispetto alla retta normale alla lamina passante per G. a) Osserviamo che, indicati con G1 e G2 i baricentri di R1 e R2 , si ha G1 ´ ℓ, ¡ 2ℓ , G2 ´ ¡ℓ, ℓ .

Usando i risultati degli esercizi 2.18 e 2.20, il teorema di Huyghens e la prima formula 2.22, si ha AO (R1 ) =

M 2 m b = ℓ2 3 3

1 16 2 7 M a2 + M d2 = mℓ + mℓ2 = mℓ2 12 12 3 8 2 CO (R1 ) = AO (R1 ) + BO (R1 ) = mℓ 3 ℓ 1 ′ AO (R1 ) = M xG1 yG1 = mℓ ¡ = ¡ mℓ2 2 2 M 2 4 2 AO (R2 ) = b = mℓ 3 3 16 2 7 BO (R2 ) = BG2 (R2 ) + M d2 = mℓ + mℓ2 = mℓ2 12 3 11 2 CO (R2 ) = AO (R2 ) + BO (R2 ) = mℓ 3 ′ AO (R2 ) = M xG2 yG2 = m(¡ℓ)ℓ = ¡mℓ2

BO (R1 ) = BG1 (R1 ) + M d2 =

183

Quindi, tenuto anche conto dell’ovvio fatto che l’asse z `e principale d’inerzia, la matrice d’inerzia `e data da 5  3 2 mℓ2 mℓ 0 3  2 3  14 2 2 . J = mℓ mℓ 0 2  3   19 2 0 0 mℓ 3 b) Essendo F ´ (3ℓ, ℓ), la retta OF ha equazione x + 3y = 0, per cui y=¡

x 3

)

y x = 1 3 p ¡p 10 10

=)

3 α = ¡p , 10

1 β= p , 10

γ = 0.

Si ha quindi IOF =

3 5 2 3 2 14 2 1 2 3 1 16 2 p mℓ ¡ p + mℓ p ¡ 2 ¡ mℓ2 ¡ p = mℓ 3 3 2 15 10 10 10 10

` richiesto il momento d’inerzia rispetto alla retta baricentrica parallela all’asse z. Siccome c) E conosciamo gi`a CO (P), che `e il momento di P rispetto all’asse z, possiamo applicare il teorema di Huyghens. Essendo G ´ 0, 4ℓ , si ha quindi ℓ 2 19 1 19 2 149 2 2 z IG = CO (P) ¡ M OG = mℓ ¡ (2m) = ¡ mℓ2 = mℓ . 3 4 3 8 24 Esercizio 2.24 Si consideri la figura rigida piana P mostrata nella figura accanto, ottenuta saldando due lamine, una rettangolare ed una circolare, indicate rispettivamente con R e C, entrambe omogenee e di massa m ciascuna. La lamina rettangolare, di vertici A, B, C e D, ha dimensioni AB = 2ℓ e BC = 4ℓ, mentre quella circolare ha raggio ℓ e centro nel punto O che `e posto sul lato AD ad una distanza ℓ da A. Come risulta evidente dalla figura, la lamina circolare si sovrappone per una met`a a quella rettangolare. Scelto il riferimento Oxyz, con Ox parallelo ad AB e Oy parallelo ad AD (come in figura), si chiede di determinare la matrice d’inerzia di P rispetto al riferimento Oxyz. L’esercizio presenta come novit`a una lamina una cui porzione `e il risultato della sovrapposizione di due lamine. Chiaramente ai ﬁni del calcolo della matrice d’inerzia, il fatto che le due lamine in parte si sovrappongano `e irrilevante: la matrice d’inerzia di P si ottiene come somma delle matrici d’inerzia di R e C. Per quanto concerne la matrice d’inerzia della lamina circolare i momenti d’inerzia sono quelli gia’ visti per un disco uniforme nell’esercizio 2.14, mentre i momenti di deviazione sono chiaramente tutti nulli in quanto una qualunque terna Oxyz con O centro del disco e Oz normale `e principale d’inerzia. Si ha dunque AO (C ) = BO (C ) =

1 1 M R2 = mℓ2 , 4 4 184

CO (C ) =

1 1 M R2 = mℓ2 . 2 2

Per la lamina R, il cui baricentro GR ha coordinate (ℓ, ℓ), abbiamo invece: m 7 (4ℓ)2 + m(ℓ2 ) = mℓ2 12 3 1 4 2 1 2 2 BO (R) = M a = m(2ℓ) = mℓ 3 3 3 11 2 CO (R) = AO (R) + BO (R) = mℓ 3 A′O (R) = M xGR yGR = mℓ2 AO (R) = AGR (R) + M d2 =

La matrice d’inerzia di P `e dunque la seguente: 

31 2 mℓ  12  2 J =  ¡mℓ  0

¡mℓ2 19 2 mℓ 12 0

0 0 25 2 mℓ 6



  .  

Esercizio 2.25 Calcolare i momenti centrali di una lamina rettangolare R omogenea di massa m e lati a e b, con un foro circolare circolare di raggio r (r < a , r < b), con centro O nel centro del rettangolo. Osserviamo innanzitutto che il sistema di riferimento Oxyz disegnato in ﬁgura, cio`e con il piano Oxy coincidente col piano della lamina e Ox e Oy ortogonali ai lati e passanti per il centro-baricentro O, `e principale d’inerzia. Ricordiamo anche che, per quanto visto nell’esecizio 2.14, nel caso di un disco omogeneo di massa µ e raggio r si ha Ix = Iy = 12 Iz .

Iz = 12 µr 2 ,

Ora, per quanto detto sui fori negli esercizi 2.7 e 2.18, possiamo considerare R come costituita di una lamina rettangolare piena P ´ ABCD con la stessa densit`a ρ e di una lamina circolare V di raggio r con densit`a ¡ρ (e quindi con massa negativa). Per quanto concerne ρ si ha: m m = ρ(ab ¡ πr 2 ) =) ρ= . ab ¡ πr 2 Ricordando ora anche i risultati dell’esercizio 2.19, essendo µ = ρ π r 2 , otteniamo    A(P) = B(P) =   C(P) =

1 3 12 ρ a b 1 3 12 ρ a b 1 2 12 ρ a b(a

, 2

+b )

 1 4   A(V) = ¡ 4 ρ π r 1 B(V) = ¡ 4 ρ π r 4   C(V) = ¡ 21 ρ π r4

185

 a b3 m π r4   A(R) = ¡   ab ¡ πr 2 12 4    a3 b π r 4 m =) B(R) = ¡ .  ab ¡ πr2 12 4    (a2 + b2 )a b π r 4  m   C(R) = ¡ 2 ab ¡ πr 12 2

Esercizio 2.26 Si consideri una lamina T , a forma di triangolo rettangolo, omogenea, di massa m, cateti di lunghezza a e b. Si chiede di calcolarne: a) la matrice d’inerzia JA rispetto alla terna Oxyz, essendo O il vertice relativo all’angolo retto ed Ox e Oy contenenti i due cateti (come in figura); b) la matrice d’inerzia JG rispetto alla terna baricentrica e con assi paralleli Gx′ y ′ z ′ . a) Per calcolare i momenti d’inerzia A e B e il momento di deviazione A′ della matrice JA dobbiamo far ricorso alla deﬁnizione. Prima, tuttavia, occorre osservare che, ﬁssato x compreso fra 0 e a, l’ordinata del corrispondente punto sull’ipotenusa AB vale y = ab a ¡ x . Si avr`a quindi: a ab (a−x) a 3 b (a−x) y a ρ y 2 dx dy = ρ y 2 dy dx = ρ dx = 3 0 T 0 0 0 a ρ b3 a ρ b3 1 1 = (a ¡ x)3 dx = ¡ (a ¡ x)4 = ρ a b3 ; 3 3 3a 0 3a 4 12 0 a b (a−x) a ab (a−x) a dy dx = ρ x2 y dx = BO = ρ x2 dx dy = ρ x2 0 0 0 T 0 a b b 1 3 1 4 a 1 =ρ x2 (a ¡ x) dx = ρ ax ¡ x = ρ a3 b ; a 0 a 3 4 12 0 1 CO = AO + BO = ρ a b(a2 + b2 ) 12 a ab (a−x) a 2 b (a−x) y a A′O = ρ x y dx dy = ρ x y dy dx = ρ x dx = 2 0 T 0 0 0 ρ b2 a ρ b2 1 2 2 2 3 1 4 a 1 = x(a ¡ x)2 dx = a x ¡ ax + x = ρ a2 b 2 . 2 2a 0 2 a2 2 3 4 24 0  1  1 m b2 ¡ mab 0  6  12  1  1 2  . Essendo m = 12 ρ a b , si ha: JO =  ¡ m a b ma 0  6  12  1 0 0 m(a2 + b2 ) 6 AO =

b) Calcoliamo ora JG , sapendo che rispetto ad Oxyz si ha G ´ ( a3 , 3b , 0). b 2 1 1 1 AG = AO ¡ m = m b2 ¡ m b2 = m b2 ; 3 6 9 18 a 2 1 1 1 BG = BO ¡ m = m a2 ¡ m a2 = m a2 ; 3 6 9 18 1 CG = AG + BG = m(a2 + b2 ) ; 18 1 a b 1 A′G = A′O ¡ m xG yG = mab ¡ m = ¡ ab. 12 3 3 36

E quindi:

 1 m b2  18  1 JG =   36 m a b  0 186

1 mab 36 1 m a2 18 0

0 0 1 m(a2 + b2 ) 18



  .  

Esercizio 2.27 Si consideri la lamina R disegnata nella figura accanto, omogenea, di massa m, ottenuta dall’unione di un semicerchio di diametro P Q = 2ℓ con un triangolo isoscele di altezza OM = h. Si chiede di calcolarne matrice d’inerzia JO rispetto alla terna Oxyz, essendo Ox l’asse di simmetria della lamina. Osserviamo innanzitutto che m = ρ (h ℓ +

1 2

π ℓ2 )

=)

ρ=

m . (h ℓ + 12 π ℓ2 )

Rileviamo quindi che, essendo Ox asse di simmetria della lamina, la terna Oxyz `e principale d’inerzia. Osserviamo anche che le formule viste nell’esercizio 2.27 per calcolare i momenti A e B di un triangolo rettangolo possono essere utilizzate qui per calcolare gli stessi momenti per il presente triangolo: basta riguardare P OQ come unione dei triangoli rettangoli P OM e QOM . Notiamo poi che per ovvie ragioni di simmetria il momento A di P OM `e uguale al momento A di QOM , e lo stesso vale per i momenti B. Prima di procedere con i calcoli osserviamo che mentre il momento A pu`o essere calcolato direttamente usando la formula trovata per A nell’esercizio 2.27, per il calcolo di B, oltre alla suddetta formula occorre applicare due volte il teorema di Huyghens. Infatti, occorre calcolare prima il momento d’inerzia BM rispetto alla parallela all’asse y passante per M, poi BG rispetto alla parallela passante per il baricentro del triangolo, e per ultimo BO quello rispetto ad Oy. Indicata con T la componente a forma di triangolo isoscele della lamina R, con Tret la sua met`a a forma di tringolo rettangolo e con D la componente semicircolare, abbiamo: 1 ρ hℓ3 = 61 ρ hℓ3 ; A(T ) = 2 A Tret = 2 12 1 2 2 1 3 B(T ) = 2 B Tret = 2 12 ρ h3 ℓ ¡ 21 ρ hℓ h3 + 12 ρ hℓ 2h = 2ρ h ℓ ; 3 C(T ) = A(T ) + B(T ) = 16 ρ hℓ (ℓ2 + 3h2 ) .

Consideriamo ora la componente D e osserviamo che, per evidenti ragioni di simmetria, i suoi momenti A(D) e BM (D) relativi rispettivamente agli assi Ox e M y ′ (parallelo ad Oy) sono uguali. Ricordiamo poi che A(D) + BM (D) = CM (D) , essendo CM (D) il momento calcolato rispetto all’asse M z ′ (cio`e l’asse normale a R per M ), e che CM (D) = 21 µr 2 , con µ e r rispettivamente massa e raggio del cerchio o del settore circolare. Denotata con µ la massa di D e con d la distanza del baricentro G di D da O, applicando due volte il teorema di Huyghens (solo per il calcolo di B), abbiamo A(D) = 12 CM (D) = 14 µ ℓ2 ; B(D) = 21 CM (D) ¡ µ d2 + µ (h + d)2 = 14 µ ℓ2 + µ h2 + 2hd ; C(D) = A(D) + B(D) = 12 µ ℓ2 + µ h2 + 2hd , 4ℓ con µ = 12 ρ π ℓ2 e d = 3π (si veda l’esercizio 2.5). La matrice d’inerzia richiesta `e dunque la matrice diagonale avente come elementi

A(R) = 16 ρ hℓ3 + B(R) = C(R) =

1 ρ π ℓ4 ; 8 1 1 3 2 ℓ2 2 2ρ h ℓ + 2ρ π ℓ 4 + h + 2hd ; 1 1 2 2 2 ℓ2 2 6 ρ hℓ (ℓ + 3h ) + 2 ρ π ℓ 2 +h

187

+ 2hd .

Esercizio 2.28 Si consideri una lamina piana R, omogenea e di massa m, costituita dal settore circolare ”rettangolare” OCD (nel seguito S) e dal quadrato OABC (nel seguito Q), come in figura. Sia ℓ la comune lunghezza del lato del quadrato e del raggio del settore. Si chiede: a) la matrice d’inerzia rispetto alla terna Oxyz, essendo Ox e Oy gli assi disegnati in figura; b) la matrice d’inerzia rispetto alla terna baricentrica avente gli assi paralleli a quelli di Oxyz. a) Osserviamo immediatamente che la densit`a ρ vale ρ=

m 4m = . (4 + π)ℓ2 ℓ2 + 14 π ℓ2

` poi facile veriﬁcare che il momento d’inerzia di un settore E circolare omogeneo rispetto all’asse normale passante per il centro della circonferenza vale 12 ρ S r 2 , con S area del settore e r raggio del cerchio. Di conseguenza, nel caso in oggetto, si ha 2 z C(S) = IO = 12 ρ πℓ4 ℓ2 = 18 ρ π ℓ4 . Tenendo poi conto del fatto che Ix = Iy = 12 Iz , avremo anche:

A(S) = B(S) =

1 16

ρ π ℓ4 .

Avremo poi A(Q) = B(Q) =

1 3

ρ ℓ4 ,

C(Q) = A(Q) + B(Q) =

2 3

ρ ℓ4 .

Venendo inﬁne ai momenti di deviazione avremo ovviamente B ′ (R) = C ′ (R) = 0. Inoltre, in virt` u della formula per A′ vista nell’esercizio 2.21, si ha A′ (Q) =

1 4

µab =

1 4

(ρ ℓ2 )ℓ2 =

1 4

ρ ℓ4 .

Non resta quindi che calcolare A′ (S). Ci`o deve necessariamente essere fatto ricorrendo alla deﬁnizione. Ricorrendo alle coordinate polari r e θ, con θ misurato a partire dall’asse y, si ha A′ (S) =

ρ xy dx dy = ρ

S

=ρ

0

ℓ

r 3 dr

ℓ 0

π 2

π 2

(¡r sin θ)(r cos θ)r dr dθ =

0

(¡ sin θ cos θ)dθ = ρ

0

r4 ℓ cos2 θ π2 4

0

2

0

1 = ¡ ρℓ4 . 8

Gli elementi non nulli della matrice d’inerzia relativa al riferimento Oxyz sono dunque i seguenti: 1 4 1 16 + 3π 2 ρℓ + ρ π ℓ4 = ρℓ 3 16 48 B(R) = B(Q) + B(S) = A(R) A(R) = A(Q) + A(S) =

C(R) = A(R) + B(R) = 2 A(R) 1 1 1 A′ (R) = A′ (Q) + A′ (S) = ρ ℓ4 ¡ ρ ℓ4 = ρ ℓ4 . 4 8 8

188

3. ESERCIZI DI CINEMATICA

Esercizio 3.1 Studiare il moto del punto che ha le seguenti equazioni cartesiane:

x = R cos ωt

(E3.1)

y = R sin ωt ,

con R e ω costanti positive. Studiare il moto del punto signiﬁca studiarne la traiettoria, la velocit`a, la legge oraria e l’accelerazione. Per quanto riguarda la traiettoria, essa si ottiene eliminando il parametro t dalle equazioni (E3.1). Per ottenerne l’equazione cartesiana basta elevare al quadrato ambo le equazioni e sommare: x2 + y 2 = R2 cos2 ωt + R2 sin2 ωt = R2 (cos2 ωt + sin2 ωt) = R2 . Si tratta chiaramente della circonferenza di centro O e raggio R. Fissiamo su di essa un sistema di ascisse curvilinee assumendo come origine degli archi il punto O1 ´ (R, 0) e come verso positivo (o verso degli archi crescenti) quello antiorario. Andiamo ora a calcolare la velocit`a derivando le (E3.1) rispetto a t. Si ha

x˙ = ¡ωR sin ωt y˙ = ωR cos ωt ,

e quindi, in forma vettoriale,

v(P ) = ¡ωR sin ωt i + ωR cos ωt j .

Dalle componenti della velocit`a in forma cartesiana si pu` o ricavare la velocit`a scalare s˙ e quindi la legge oraria. p s˙ = § x˙ 2 + y˙ 2 = § ω 2 R2 = §ωR .

Il segno si determina tenendo conto delle condizioni iniziali, ossia della posizione e della velocit`a di P all’istante t=0. Ebbene, in tale istante P `e in O1 (per cui s(0) = 0) con velocit`a v 0 = ωRj. Essendo ω e R costanti positive, P si muove nel verso degli archi crescenti, per cui anche s˙ `e positiva. Si ha quindi s(t) ˙ = ωR . (E3.2) Integrando rispetto a t e tenendo conto che s(0) = 0 si ottiene la legge oraria s(t) = Rωt . Ora, ricordando che in forma intrinseca si ha v = st, ˙ si pu`o calcolare il versore tangente t: t=

v , s˙

e quindi

t = ¡ sin ωt i + cos ωt j .

Derivando una seconda volta le (E3.1) si ottengono le componenti cartesiane dell’accelerazione:

x ¨ = ¡ω2 R cos ωt

y¨ = ¡ω 2 R sin ωt , 189

e quindi, in forma vettoriale, a(P ) = ¡ω 2 R cos ωt i ¡ ω2 R sin ωt j . Per concludere si pu`o calcolare a in forma intrinseca. Tenendo conto della (E3.2) e del fatto che il raggio di curvatura di una circonferenza `e ovviamente il suo raggio, si ha at = s¨ = 0 ,

an =

s˙ 2 = ω2R , R

e quindi a(P ) = ω2 Rn .

Esercizio 3.2 Studiare il moto del punto che ha le seguenti equazioni cartesiane: a   x = R cos t2 + ωt 2 (E3.3)  y = R sin a t2 + ωt , 2 con R, a e ω costanti positive.

Elevando al quadrato ambo le equazioni e sommmando si ottiene a a x2 + y 2 = R2 cos2 t2 + ωt + R2 sin2 t2 + ωt = R2 . 2 2

Come nel caso dell’esercizio precedente si tratta della circonferenza di centro O e raggio R. Fissiamo su di essa un sistema di ascisse curvilinee assumendo come origine degli archi il punto O1 ´ (0, ¡R) e come verso degli archi crescenti quello antiorario. Calcoliamo la velocit`a derivando le (E3.3) rispetto a t: a   x˙ = ¡R(at + ω) sin t2 + ωt 2  y˙ = R(at + ω) cos a t2 + ωt , 2

(E3.4)

e quindi, in forma vettoriale,

a a v(P ) = ¡R(at + ω) sin t2 + ωt i + R(at + ω) cos t2 + ωt j . 2 2

Dalle (E3.4) si ricava

s(t) ˙ =§

x˙ 2 + y˙ 2 = §R(at + ω) .

Al ﬁne di determinare il segno di s, ˙ osserviamo che P (0) ´ A ´ (R, 0) e v 0 = ωRj, che equivalgono πR alle condizioni iniziali s(0) = e s(0) ˙ = ωR. Quest’ultima condizione determina la scelta del 2 segno positivo per s(t), ˙ per cui s(t) ˙ = R(at + ω) . (E3.5) π Integrando rispetto a t ed imponendo la condizione iniziale s(0) = R , si ottiene quindi la seguente 2 legge oraria at2 2 π at π s(t) = R + ωt + R = R + ωt + . 2 2 2 2 190

Derivando una seconda volta le (E3.3) si ottengono le componenti cartesiane dell’accelerazione: a a  x ¨ = ¡aR sin t2 + ωt ¡ R(at + ω)2 cos t2 + ωt 2 2  y¨ = aR cos a t2 + ωt ¡ R(at + ω)2 sin a t2 + ωt . 2 2 Per concludere possiamo calcolare a in forma intrinseca esprimendone le componenti at e an . Tenendo conto della (E3.5) e del fatto che il raggio di curvatura ρc `e ovviamente R, si ha   at = s¨ = Ra s˙ 2 R2 (at + ω)2  an = = = R(at + ω)2 . ρc R I tre esercizi che seguono riguardano la cinematica rigida. Ai ﬁni di una completa comprensione, sembra opportuno rimarcare che essi coinvolgono due sistemi di riferimento: un sistema ﬁsso, che non interessa precisare, ed uno mobile Oxyz, che qui assumeremo di versori i, j e k, solidale col corpo rigido. Si sottolinea poi che le velocit`a assegnate, sia quelle dei punti che la velocit`a angolare del corpo, sono ovviamente relative al sistema ﬁsso, ma rappresentate in forma cartesiana rispetto al sistema solidale.

Esercizio 3.3 Di un corpo rigido sono noti, in un dato istante, la velocit`a di un punto O e la velocit`a angolare. Assunto un sistema di riferimento con origine in O, rispetto ad esso si abbia v O = 9i+18j e ω = 2i ¡ j + 2k. Verificare che nell’istante considerato lo stato cinetico `e rotatorio e calcolarne l’asse. Per veriﬁcare che lo stato cinetico del corpo rigido `e rotatorio, sapendo gi`a che ω 6 = 0, occorre veriﬁcare che l’invariante `e nullo. Calcoliamo dunque l’invariante I. I = v O ¢ ω = (9i + 18j) ¢ (2i ¡ j + 2k) = 18 ¡ 18 = 0 . Ora, per trovare l’equazione dell’asse di istantanea rotazione sfruttiamo il fatto che esso pu`o essere deﬁnito come il luogo geometrico dei punti aventi velocit`a nulla. Pertanto, indicato con P ´ (x, y, z) un generico punto dello spazio, l’asse cercato `e il luogo dei punti P per i quali v(P ) = 0. Per la formula fondamentale della cinematica rigida si ha quindi: i j k v(P ) = v O + ω £ (P ¡ O) = 9i + 18j + 2 ¡1 2 = (9 ¡ z ¡ 2y)i + (18 ¡ 2z + 2x)j + (2y + x)k . x y z Ci`o porta al sistema

   9 ¡ z ¡ 2y = 0 18 ¡ 2z + 2x = 0   2y + x = 0 ,

che equivale al seguente sistema di due equazioni indipendenti: x + 2y = 0 2y + z = 9 .

Queste sono le equazioni dell’asse di istantanea rotazione. 191

Esercizio 3.4 Di un corpo rigido sono noti, in un dato istante, la velocit`a di un punto O e la velocit`a angolare. Assunto un sistema di riferimento con origine in O, rispetto ad esso si abbia v O = 25i ¡ 50j + 50k e ω = 3i + 4j. Verificare che nell’istante considerato lo stato cinetico `e elicoidale, calcolarne l’asse di Mozzi e la velocit`a di scorrimento del corpo. Per veriﬁcare che lo stato cinetico del corpo rigido `e elicoidale, occorre veriﬁcare che l’invariante `e non nullo. Calcoliamo dunque I. I = v O ¢ ω = (25i ¡ 50j + 50k) ¢ (3i + 4j) = 75 ¡ 200 6 = 0. L’asse di Mozzi `e il luogo geometrico dei punti aventi velocit`a parallela ad ω. Quindi, indicato con P = (x, y, z) un generico punto dello spazio, l’asse cercato sar`a il luogo dei punti P per i quali v(P ) `e parallelo ad ω. Per la formula fondamentale della cinematica rigida si ha: i j k v(P ) = v O +ω £(P ¡O) = 25i¡50j +50k + 3 4 0 = (25+4z)i+(¡50¡3z)j +(50+3y ¡4x)k . x y z Imponendo che v(P ) sia parallelo ad ω si ottiene la retta di equazioni 25 + 4z ¡50 ¡ 3z = 3 4 50 + 3y ¡ 4x = 0 , che sempliﬁcando assumono la forma

4x ¡ 3y = 50 z = ¡10 .

La velocit`a di scorrimento del corpo (si veda x3.12), vale a lire la velocit`a di un qualunque punto M dell’asse di Mozzi, `e data da v(M ) =

I ¡125 ω= (3i + 4j) = ¡5(3i + 4j) ω2 25

Esercizio 3.5 Di un corpo rigido C sono noti all’istante t0 la velocit`a v A del punto A´ (¡1, 2, 0) e il vettore velocit`a angolare ω = 3 i ¡ 2 j ¡ k . Dire qual `e lo stato cinetico di C, calcolandone l’asse di istantanea rotazione o l’asse di Mozzi a seconda che lo stato cinetico risulti rotatorio o elicoidale, nei due casi seguenti: a) v A = j ¡ 2 k ; b) v A = i + 2j ¡ 2 k . a) L’invariante dello stato cinetico vale: I = v A ¢ ω = (j ¡ 2 k) ¢ (3 i ¡ 2 j ¡ k) = ¡2 + 2 = 0

Ne consegue che lo stato cinetico `e rotatorio. Ne calcoliamo l’asse di rotazione, che `e il luogo geometrico dei punti aventi velocit`a nulla. Indicato con P (x, y, z) un generico punto dello spazio, abbiamo i j k v P = v A + ω £(P ¡ A) = j ¡ 2 k + 3 ¡2 ¡1 = (y ¡ 2z ¡ 2)i + (¡x ¡3z)j +(2x + 3y ¡ 4)k . x + 1 y ¡ 2 z 192

Imponendo che v P = 0 si ottengono le equazioni dell’asse di rotazione:    y ¡ 2z ¡ 2 = 0 y ¡ 2z = 2 vP = 0 =) ¡x ¡ 3z = 0 =)  x + 3z = 0 .  2x + 3y ¡ 6 = 0

La terza equazione `e stata eliminata essendo una combinazione lineare delle prime due. b) L’invariante dello stato cinetico vale: I = v A ¢ ω = (i + 2j ¡ 2 k) ¢ (3 i ¡ 2 j ¡ k) = 3 ¡ 4 + 2 = 1

Ne consegue che lo stato cinetico `e elicoidale. Ne calcoliamo l’asse di Mozzi, che `e il luogo geometrico dei punti aventi velocit`a parallela a ω. Indicato con P (x, y, z) un generico punto dello spazio, abbiamo i j k v P = v A +ω£(P ¡A) = i+2j¡2 k+ 3 ¡2 ¡1 = (y¡2z¡1)i+(¡x¡3z+1)j+(2x+3y¡4)k . x+1 y ¡2 z Imponendo che v P sia parallelo a ω si ottengono le equazioni dell’asse di Mozzi:  y ¡ 2z ¡ 1 ¡x ¡ 3z + 1  =  3 ¡2   y ¡ 2z ¡ 1 = 2x + 3y ¡ 4 , 3 ¡1 che riscritte in forma pi` u conveniente diventano 3x ¡ 2y + 13z ¡ 1 = 0 6x + 10y ¡ 2z ¡ 13 = 0 .

Esercizio 3.6 Siano Oxyz e O1 x1 y1 z1 rispettivamente un sistema fisso ed un sistema mobile con O ´ O1 e gli assi Oz e O1 z1 coincidenti. Il sistema mobile ruota attorno all’asse z con legge nota θ = θ(t), essendo θ = x x1 . Un punto P si muove sull’asse O1 x1 con legge nota x1 = x1 (t). Determinare velocit`a ed accelerazione di P rispetto all’osservatore fisso facendo uso dei teoremi della cinematica relativa. Indicate velocit`a ed accelerazione relative di P con v 1 (P ) e a1 (P ), si ha immediatamente

v 1 (P ) = x˙ 1 i1 , a1 (P ) = x ¨1 i1 .

Ora, dovendo applicare il teorema di composizione delle velocit`a per calcolare la velocit`a assoluta di P , occorre prima calcolare v τ . Ricordando ancora che O ´ O1 `e ﬁsso, si ha: v τ (P ) =

dO1 ˙ £ (x1 i1 ) = x1 θj ˙ . + ω £ (P ¡ O1 ) = ω £ (P ¡ O) = θk 1 dt 193

(E3.6)

Ora, applicando il teorema di composizione delle velocit`a si ottiene immediatamente la velocit`a assoluta: ˙ . v(P ) = v 1 (P ) + v τ = x˙ 1 i1 + x1 θj (E3.7) 1 Per ricavare l’accelerazione utilizzando il teorema di composizione delle accelerazioni (o teorema di Coriolis) si devono prima calcolare l’accelerazione di trascinamento aτ (P ) e l’accelerazione di Coriolis ac (P ). d2 O1 + ω˙ £ (P ¡ O1 ) + ω £ ω £ (P ¡ O1 ) = dt2 ¨ £ x1 i1 + θk ˙ £ θk ˙ £ x1 i1 = x1 θj ¨ ¡ x1 θ˙2 i1 = θk 1 ˙ ˙ ac (P ) = 2ω £ v 1 = 2θk £ x˙ 1 i1 = 2x˙ 1 θj .

aτ (P ) =

(E3.8)

1

In virt` u del teorema di Coriolis si ha quindi ¨ ¡ x1 θ˙ 2 i1 + 2x˙ 1 θj ˙ = a(P ) = a1 (P ) + aτ (P ) + ac (P ) = x ¨1 i1 + x1 θj 1 1 2 ˙ ¨ ˙ = (¨ x1 ¡ x1 θ )i1 + (x1 θ + 2x˙ 1 θ)j . 1

(E3.9)

Osserviamo che v τ e aτ si potevano facilmente calcolare anche pensando al loro signiﬁcato ﬁsico, ossia pensando che rappresentano rispettivamente la velocit`a e l’accelerazione di P supposto solidale con il sistema mobile. In tal caso v τ e aτ corrispondono alla velocit`a e all’accelerazione, rispetto al sistema ﬁsso, di un punto che si muove nel piano Oxy descrivendo la circonferenza di centro O, raggio x1 e angolo θ(t). Tenendo conto che t ´ j 1 e n ´ ¡i1 , si riottengono le espressioni gi`a viste in (E3.6) e (E3.8): ˙ = x1 θj ˙ , v τ (P ) = st ˙ = x1 θt 1 aτ (P ) = s¨t +

s˙ 2 ¨ + x1 θ˙2 n = x1 θj ¨ ¡ x1 θ˙ 2 i1 . n = x1 θt 1 ρc

I vettori v(P ) e a(P ), cos`ı come espressi in (E3.7) e (E3.9), sono rappresentati nel sistema relativo. Se se ne vuole trovare l’espressione cartesiana rispetto al sistema assoluto, occorre esprimere i versori i1 e j 1 tramite i versori i e j. Occorre cio`e sostituire ad i1 e j 1 le espressioni seguenti:

i1 = cos θi + sin θj j 1 = ¡ sin θi + cos θj .

Questo semplice esercizio viene lasciato allo studente, al quale si consiglia anche di controllare il risultato riottenendo v(P ) e a(P ) per via assoluta, cio`e mediante derivazione diretta del vettore spostamento di P, ossia P ¡ O = x1 (cos θi + sin θj) .

194

Esercizio 3.7 Un punto P percorre il bordo di un disco di raggio R con legge assegnata θ = θ(t). A sua volta il disco ruota con legge nota α = α(t) attorno all’asse ortogonale passante per il centro O del disco. Si chiede di determinare il moto assoluto di P . Sia Oxyz l’osservatore ﬁsso, con Oxy coincidente col piano del disco ed Oz asse attorno al quale ruota il disco. Sia poi Ox1 y1 z1 il sistema mobile solidale col disco, con Oz1 coincidente con Oz. Inoltre, per ﬁssare le idee si abbia α = x x1 .

Osserviamo innanzitutto che il punto P rispetto al sistema mobile descrive la circonferenza di centro O e raggio R con legge θ(t). La stessa circonferenza `e descritta poi da P con legge α(t) nel suo moto di trascinamento. ˙ , Si ha dunque v 1 (P ) = Rθt

v τ (P ) = Rαt ˙ ,

e quindi, applicando il teorema di composizione per le velocit`a, v(P ) = v 1 (P ) + v τ (P ) = R(θ˙ + α)t. ˙

(E3.10)

Passando alle accelerazioni, si ha: ¨ + Rθ˙ 2 n a1 (P ) = Rθt aτ (P ) = Rα ¨ t + Rα˙ 2 n ˙ = 2Rα˙ θn ˙ , ac (P ) = 2αk ˙ £ Rθt da cui a(P ) = a1 (P ) + aτ (P ) + ac (P ) = R(θ¨ + α)t ¨ + R(θ˙ + α) ˙ 2n .

(E3.11)

Volendo considerare il caso particolare in cui entrambe le rotazioni sono uniformi, posto α(t) = Ωt + α0 e θ(t) = ωt + θ0 , (E3.10) e (E3.11) forniscono

v(P ) = R(ω + Ω)t a(P ) = R(ω + Ω)2 n .

Esercizio 3.8 (Base e rulletta del glifo) Determinare per via analitica base e rulletta di un’asta rigida AB di lunghezza ℓ i cui estremi A e B si muovono con gli estremi vincolati a scorrere lungo due guide rettilinee ortogonali (rispettivamente asse x e asse y. Andiamo dunque ad applicare le formule (3.59) e (3.60) per ricavare per via analitica base e 195

rulletta dell’asta vista nell’esempio del x3.20. Innanzitutto osserviamo che `e nota la traiettoria dell’estremo A dell’asta, estremo che `e perci´o assunto come origine O1 del sistema relativo, con l’asse O1 y1 coincidente con l’asta e O1 x1 scelto come in ﬁgura. Per quanto detto, si deve assumere θ = xO 1 x1 . Essendo

Le (3.59) forniscono

a = ℓ sin θ b=0

da cui

 da   = ℓ cos θ dθ   db = 0 . dθ

ξ = ℓ sin θ da cui ξ 2 + η 2 = ℓ2 . η = ℓ cos θ La base `e dunque la circonferenza di centro O e raggio ℓ. Analogamente le (3.60) danno  ℓ  2 2  ξ1 = ℓ cos θ sin θ = sin 2θ ℓ ℓ 2 2 = , , e quindi ξ1 + η1 ¡ ℓ  2 2  η = ℓ cos θ cos θ = (1 + cos 2θ) 1 2 ℓ ℓ per cui la rulletta `e la circonferenza di centro 0, e raggio . 2 2 Esercizio 3.9 Determinare per via analitica base e rulletta di un’asta rigida AB che si muove con l’estremo A vincolato a scorrere lungo una guida rettilinea (l’asse x) rimanendo sempre appoggiata ad una circonferenza di raggio R e centro Q ´ (0, R). Assumiamo O1 ´ A, come asse Ox1 la perpendicolare all’asta per A e O1 y1 coincidente con l’asta (come in ﬁgura).

In questo caso si ha

Tenendo conto che le (2.88) diventano

da cui

 R    sin θ = 1 ¡ η ξ    cos θ = η

a = R cos θ + R(1 + sin θ) tan θ = R

1 + sin θ cos θ .

b=0 1 + sin θ R da =R = , dθ cos2 θ 1 ¡ sin θ  1 + sin θ  ξ=R cos θ , R  η= 1 ¡ sin θ =)

ξ 2 + (η ¡ R)2 = η 2 196

=)

η=

ξ2 R + . 2R 2

La base `e quindi la parabola di fuoco (0, R) e direttrice l’asse x. Per quanto concerne le equazioni parametriche della rulletta si ottiene  R sin θ   ξ1 = 1 ¡ sin θ ,   η = R cos θ 1 1 ¡ sin θ

da cui    sin θ =

ξ1 ξ1 + R   cos θ = η1 ξ1 + R

=)

ξ12 + η12 = (ξ1 + R)2

=)

La rulletta `e quindi la parabola di fuoco O1 e direttrice la retta ξ1 = ¡R.

197

ξ1 =

η12 R ¡ . 2R 2

4. ESERCIZI SULLE FORZE

Esercizio 4.1

Si consideri il sistema di forze (As , F s ), s = 1, 2, 3, con A1 ´ (3, 2, 1)

F 1 = 2i ¡ 2j + 6k

A2 ´ (5, 0, 7)

F 2 = ¡3i ¡ 4j ¡ k

A3 ´ (2, 4, ¡6)

F 3 = i + 6j ¡ 5k .

Si chiede di stabilire a quale sistema elementare `e equivalente. Calcoliamo i vettori caratteristici del sistema. R = F 1 + F 2 + F 3 = (2 ¡ 3 + 1)i + (¡2 ¡ 4 + 6)j + (6 ¡ 1 ¡ 5)k = 0 , i j Ω(O) = F s £ (O ¡ As ) = 2 ¡2 ¡3 ¡2 s=1 3 !

k i j k i 6 + ¡3 ¡4 ¡1 + 1 ¡1 ¡5 0 ¡7 ¡2

= (14i ¡ 16j ¡ 10k) + (28i ¡ 16j ¡ 20k) + (16i + 4j + 8k) =

= 58i ¡ 28j ¡ 22k .

j k 6 ¡5 = ¡4 6

= 0; ci`o signiﬁca che il sistema `e equivalente ad una qualunque coppia Si ha dunque R = 0 e Ω(O) 6 di momento Ω(O).

Esercizio 4.2

Si consideri il sistema di forze piane (As , F s ), s = 1, 2, 3, con A1 ´ (5, ¡2)

F1 = i + j

A2 ´ (3, 0)

F 2 = 3i ¡ 4j

A3 ´ (1, ¡3)

F 3 = ¡2i + 6j .

Si chiede di far vedere che il sistema `e equivalente ad una forza e quindi di determinarne l’asse centrale. Calcoliamo i vettori caratteristici del sistema. il sistema R = F 1 + F 2 + F 3 = (1 + 3 ¡ 2)i + (1 ¡ 4 + 6)j = 2i + 3j , i Ω(O) = 1 ¡5

Si ha dunque

j k i j 1 0 + 3 ¡4 2 0 ¡3 0

k i 0 + ¡2 0 ¡1

j 6 3

k 0 = (7 ¡ 12 + 0)k = ¡5k . 0

I = R ¢ Ω(O) = (2i + 3j) ¢ (¡5k) = 0 . 198

Essendo l’invariante I nullo con R non nullo, il sistema `e equivalente ad una forza (P, R) con P punto qualunque dell’asse centrale. Per calcolare l’equazione di tale retta si sfrutta il fatto che essa `e il luogo geometrico dei punti P dello spazio per i quali si ha Ω(P ) = 0. Sia dunque P ´ (x, y, z) un generico punto dello spazio. Il momento risultante del sistema delle forze rispetto a P si pu`o calcolare semplicemente ricorrendo alla formula (4.16): i j Ω(P ) = Ω(O) + R £ (P ¡ O) = ¡5k + 2 3 x y

k 0 = 3zi ¡ 2zj + (2y ¡ 3x ¡ 5)k . z

Imponendo che Ω(P ) sia nullo si ottiene l’equazione dell’asse centrale:

2y ¡ 3x ¡ 5 = 0

z = 0.

Osserviamo che l’asse sta nel piano xy; ci`o non deve sorprendere: `e una conseguenza del fatto che tutte le forze stanno in questo piano.

Esercizio 4.3 Si consideri il sistema di forze (As , F s ), s = 1, 2, 3, con A1 ´ (1, 0, 0)

F 1 = 3i + j ¡ 2k

A2 ´ (1, 1, 1)

F 2 = ¡i + 2k

A3 ´ (1, 2, ¡3)

F3 = i + j ¡ k .

Si chiede di far vedere che il sistema `e equivalente ad una forza ed una coppia, di determinare l’asse centrale e il momento rispetto ai punti di tale asse. Calcoliamo i vettori caratteristici del sistema, e quindi l’invariante I. R = F 1 + F 2 + F 3 = (3 ¡ 1 + 1)i + (1 + 0 + 1)j + (¡2 + 2 ¡ 1)k = 3i + 2j ¡ k , i Ω(O) = F s £ (O ¡ As ) = 3 ¡1 s=1 3 !

j k i 1 ¡2 + ¡1 0 0 ¡1

j k i 0 2 + 1 ¡1 ¡1 ¡1

= (2j + k) + (2i ¡ 3j + k) + (i ¡ 2j ¡ k) = 3i ¡ 3j + k ,

j 1 ¡2

k ¡1 = 3

I = R ¢ Ω(O) = (3i + 2j ¡ k) ¢ (3i ¡ 3j + k) = 2 . Il fatto che l’invariante sia non nullo implica l’equivalenza ad una forza ed una coppia. L’asse centrale si determina cercando il luogo dei punti P per i quali si ha che Ω(P ) `e parallelo ad R. Indicate con (x, y, z) le coordinate di un generico punto dello spazio, calcoliamo Ω(P ) ricorrendo, come nell’esercizio precedente, alla formula (4.16): i j Ω(P ) = Ω(O)+R£(P ¡O) = 3i¡3j +k+ 3 2 x y

k ¡1 = (2z +y+3)i¡(3z+x+3)j +(3y¡2x+1)k . z

199

Imponendo che Ω(P ) sia parallelo ad R si ottengono le equazioni  y + 2z + 3 x + 3z + 3  =¡  3 2   y + 2z + 3 = 3y ¡ 2x + 1 , 3 ¡1 che riscritte in forma pi` u conveniente diventano 3x + 2y + 13z + 15 = 0 3x ¡ 5y ¡ z ¡ 3 = 0 .

Per ﬁnire calcoliamo il momento risultante rispetto ad un generico punto P dell’asse centrale tenendo conto che `e uguale alla componente (vettoriale) di Ω(O) parallela ad R. Ricordando che p I = 2 ed essendo jRj = 14, si ha Ω(P ) =

Esercizio 4.4

R Ω(O) ¢ jRj

R 1 I = 2 R = (3i + 2j ¡ k) . jRj R 7

Si consideri la forza piana (P, F = yi + 2xj) .

Si chiede di calcolarne il lavoro quando il punto P si sposta dall’origine O al punto A ´ (1, 2) percorrendo a) la retta che congiunge O e A; b) la parabola y = 2x2 ; c) la spezzata costituita dai tratti rettilinei OB e BA, con B ´ (1, 0); d) la spezzata costituita dai tratti rettilinei OC e CA, con C ´ (0, 2). Posto che il punto P abbia coordinate (x, y), il lavoro inﬁnitesimo dL compiuto dalla forza data vale dL = F ¢ dP = (yi + 2xj) ¢ (dxi + dyj) = y dx + 2x dy . Andiamo a calcolare il lavoro La quando P si sposta da O ad A percorrendo la retta che congiunge i due punti, vale a dire la retta di equazione y = 2x. Indicato con OA tale percorso, e osservato che, essendo y = 2x, si ha dy = 2dx, segue che 1 1 dL = (y dx + 2x dy) = (2x dx + 2x 2dx) = 6x dx = 3 . La = OA

0

OA

0

Per calcolare il lavoro Lb relativo al percorso b) osserviamo che, essendo y = 2x2 , si ha dy = 4x dx. Di conseguenza 1 1 10 2 Lb = dL = (y dx + 2x dy) = (2x dx + 2x 4x dx) = 10 x2 dx = . 3 OA OA 0 0 Per quanto riguarda il calcolo del lavoro Lc relativo al cammino c), bisogna spezzare il cammino stesso nei due tratti rettilinei OB e BA, tenendo presente che nel primo tratto si ha y = 0 e quindi anche dy = 0, mentre nel secondo si ha x = 1 e dx = 0. Si ha quindi 1 2 2 Lc = dL + dL = (0 dx + 2x 0) + (y 0 + 2 dy) = 0 + 2 dy = 4 . OB

BA

0

0

200

0

Per ﬁnire, operando come nell’ultimo caso, calcoliamo Ld spezzando il cammino nei due tratti rettilinei OC e CA, e ricordando che nel primo tratto si ha x = 0 e quindi dx = 0, mentre nel secondo si ha y = 2 e quindi dy = 0. Ld =

dL +

OC

Esercizio 4.5

dL =

CA

2

(y 0 + 0 dy) +

0

1

(2 dx + 2x 0) =

0

1

2 dx = 2 .

0

Si considerino le tre forze piane (P, F 1 ), (P, F 2 ) e (P, F 3 ) i cui vettori sono i seguenti: F 1 = xi + yj ;

F 3 = (x + 2xy)i + x2 j .

F 2 = yi + xj ;

1) Verificare che le tre forze sono conservative, determinare il potenziale di ciascuna e calcolarne il lavoro quando il punto d’applicazione P si muove sulla parabola y=x2 partendo dall’origine fino a raggiungere il punto di ascissa 2. 2) Scrivere la forza risultante, determinarne il potenziale e calcolarne il lavoro relativo allo stesso percorso, verificando che `e uguale alla somma dei tre lavori precedentemente trovati. Ricordiamo che il criterio per veriﬁcare se una data forza piana di vettore F = Fx i + Fy j `e conservativa consiste nel veriﬁcare che ∂Fx ∂Fy = . ∂y ∂x Ricordiamo anche che il potenziale della forza `e una funzione U (x, y) tale che ∂U = Fx ∂x

e

∂U = Fy . ∂y

Questa propriet`a che caratterizza il potenziale U (x, y) potrebbe essere utile, almeno nei casi pi` u semplici come quelli ora proposti, anche al ﬁne di determinare lo stesso U . Giova inﬁne aver presente che nel caso di una forza conservativa il lavoro L non dipende dalla curva percorsa, ma solo dal punto iniziale P0 e dal punto finale P1 . Pi` u precisamente: L = U (P1 ) ¡ U (P0 ) . 1) Consideriamo la forza di vettore F 1 . Essendo ∂F1x = 0, ∂y

∂F1y = 0, ∂x

il criterio risulta soddisfatto, e quindi la prima forza `e conservativa. Il suo potenziale pu`o essere calcolato con la formula (4.37) con P0 ´(x0 , y0 ) arbitrariamente scelto. Ricordiamo che con tale formula si calcola il lavoro compiuto dalla forza quando il suo punto d’applicazione si sposta da P0 ad un generico punto P ´ (x, y) muovendosi prima parallelamente all’asse x e poi parallelamente all’asse y. Assunto per semplicit`a P0 ´ (0, 0) (come anche in ﬁgura) ed indicata con U ∗ una costante arbitraria, si ha quindi U1 (x, y) =

x

Fx (ξ, y0 ) dξ + x0

y

Fy (x, ξ) dξ =

0

y0

201

x

ξ dξ +

0

y

ξ dξ =

y2 x2 + + U∗ . 2 2

Essendo poi P0 ´ (0, 0) e P1 ´ (2, 4), il lavoro L1 della forza quando P si sposta da P0 a P1 vale L1 = U1 (2, 4) ¡ U1 (0, 0) = (2 + 8 + U ∗ ) ¡ U ∗ = 10 . Consideriamo ora la forza di vettore F 2 . Essendo ∂F2x = 1, ∂y

∂F2y = 1, ∂x

il criterio risulta soddisfatto. Dunque la forza `e conservativa e il suo potenziale, ottenuto ancora attraverso la (4.37), vale U2 (x, y) =

x

Fx (ξ, y0 ) dξ +

x0

y

Fy (x, ξ) dξ =

x

0 dξ +

0

y0

y

x dξ = xy + U ∗ .

0

Di conseguenza il lavoro L2 della forza vale L2 = U2 (2, 4) ¡ U2 (0, 0) = (8 + U ∗ ) ¡ U ∗ = 8 . Consideriamo inﬁne la terza forza. Essendo ∂F3y = 2x , ∂x

∂F3x = 2x , ∂y

il criterio risulta soddisfatto. Pertanto la forza `e conservativa e il suo potenziale vale U3 (x, y) =

x

x0

Fx (ξ, y0 ) dξ +

y

Fy (x, ξ) dξ =

y0

x

0

(ξ + 2ξ ¢ 0) dξ +

y

x2 dξ = 0

x2 + x2 y + U ∗ . 2

Di conseguenza il lavoro L3 della forza vale L3 = U3 (2, 4) ¡ U3 (0, 0) = (2 + 16 + U ∗ ) ¡ U ∗ = 18 . 2) La forza risultante, che esiste certamente in quanto le tre forze date hanno lo stesso punto di applicazione, `e ovviamente applicata in P e ha come vettore il risultante R = F 1 + F 2 + F 3 = (2x + y + 2xy)i + (x + y + x2 )j . Il suo potenziale `e dato dalla somma dei potenziali delle forze componenti: U (x, y) = x2 +

y2 + xy + x2 y + U ∗ . 2

Il lavoro compiuto per andare da O ad A ´ (2, 4) vale L = U (2, 4) ¡ U (0, 0) = (4 + 8 + 8 + 16 + U ∗ ) ¡ U ∗ = 36 , che `e uguale alla somma di L1 , L2 ed L3 .

202

5. ESERCIZI DI MECCANICA DEL PUNTO

Esercizio 5.1 (Moto di un proiettile nel vuoto) Determinare il moto di un punto materiale (P, m), soggetto al solo peso, in moto nel vuoto, con condizioni iniziali P (0) = P0 e P˙ (0) = v 0 . Per semplicit`a assumiamo come origine O del sistema di riferimento il punto P (0) e come piano Oxy il piano verticale contenente la velocit`a iniziale v 0 , con Ox orizzontale e Oy verticale ascendente. L’asse z `e ovviamente determinato in modo che Oxyz sia una terna destra. Siano v0x e v0y le componenti di v 0 rispettivamente lungo gli assi x e y. Naturalmente, se α `e l’angolo tra v 0 e la direzione positiva dell’asse x, si ha v0x = v0 cos α e v0y = v0 sin α (v0 =jv 0 j). Si tratta di un problema a 3 gradi di libert`a. Ovviamente le tre coordinate cartesiane x, y, z rappresentano la scelta pi` u naturale dei parametri lagrangiani. Per determinare il moto di P dovremo risolvere il seguente problema di Cauchy:  m(¨ xi + y¨j + z¨k) = ¡mgj   (E5.1) P (0) = (0, 0, 0)   v 0 = v0x i + v0y j. Proiettando sui tre assi l’equazione di Newton si ottiene il seguente sistema di equazioni diﬀerenziali scalari:  m¨ x=0   m¨ y = ¡mg   m¨ z = 0. L’integrale generale di questo facile sistema `e dato da  x(t) = C1 t + C2    1 y(t) = ¡ gt2 + C3 t + C4  2   z(t) = C5 t + C6 . Imponendo le condizioni iniziali si ottiene il sistema  x(0) = 0 = C2       y(0) = 0 = C4      z(0) = 0 = C6

 x(0) ˙ = v0x = C1       y(0) ˙ = v0y = C3     z(0) ˙ = 0 = C5 203

(E5.2)

Sostituendo i valori delle 6 costanti Ci nelle equazioni (E5.2) si ottengono le equazioni del moto:  x(t) = v0x t    1 y(t) = ¡ gt2 + v0y t  2   z(t) = 0.

Si noti che z(t) ´ 0, il che implica che il moto si mantiene nel piano verticale contenente v 0 . Volendo, si possono calcolare la traiettoria del punto, la gittata (cio`e la distanza percorsa orizzontalmente al momento in cui P ricade sul piano orizzontale di partenza) e l’altezza massima raggiunta. Per calcolare la traiettoria basta esprimere y in funzione di x eliminando il tempo t. Ricavando x dall’equazione della x(t) e sostituendo nell’equazione della y(t), si ha t= v0x y=¡

g 2 v0y x, 2 x + 2v0x v0x

che `e una parabola. La gittata xmax corrisponde al valore di x (diverso da 0) per cui si ha y = 0. Dunque: v0x v0y xmax = 2 . g Per quanto riguarda invece l’altezza massima raggiunta, ymax , essa corrisponde ad y(t∗ ) essendo v0y t∗ l’istante per cui y(t) ˙ si annulla. Essendo y(t) ˙ = ¡gt + v0y , si ha t∗ = , e quindi g ymax =

2 v0y . 2g

Esercizio 5.2 (moto di un proiettile nell’aria) Determinare il moto di un punto materiale (P, m), soggetto al peso e ad una forza resistente (per esempio la resistenza dell’aria), con condizioni iniziali P (0) = P0 e P˙ (0) = v 0 . Assunti il sistema di riferimento Oxyz e v 0 come nell’esercizio precedente, supponiamo che la forza resistente sia lineare nella velocit`a, ossia sia del tipo (P, F = ¡λv), con λ positivo (altrimenti la forza non si opporrebbe al moto). Il problema di Cauchy (E5.1) si modiﬁca diventando il seguente:  ˙ + yj ˙ + zk) ˙ m(¨ xi + y¨j + z¨k) = ¡mgj ¡ λ(xi   P (0) = (0, 0, 0)   v 0 = v0x i + v0y j.

Proiettando l’equazione di Newton sui tre assi cartesiani, si ha  m¨ x = ¡λx˙   m¨ y = ¡λy˙ ¡ mg   m¨ z = ¡λz. ˙ 204

λ , questo sistema di tre equazioni diﬀerenziali lineari del secondo ordine (la prima e la m terza omogenee, la seconda completa) diventa

Posto h =

 x¨ + hx˙ = 0   y¨ + hy˙ = ¡g   z¨ + hz˙ = 0.

Essendo le tre equazioni indipendenti e, per la parte omogenea, la stessa equazione, l’integrale generale di ciascuna `e legato alle soluzioni dell’equazione caratteristica α2 + hα = 0, che implica α1 = 0 e α2 = ¡h. Ci`o porta all’integrale generale seguente:  x(t) = C1 e−ht + C2    g y(t) = C3 e−ht + C4 ¡ t h    z(t) = C5 e−ht + C6 .

(E5.3)

Imponendo le condizioni iniziali si ottiene il sistema

 x(0) = 0 = C1 + C2      y(0) = 0 = C3 + C4       z(0) = 0 = C5 + C6

 x(0) ˙ = v0x = ¡hC1    g   y(0)  ˙ = v0y = ¡hC3 ¡   h   z(0) ˙ = 0 = ¡hC5 , v0x v0y g da cui C1 = ¡ , C2 = ¡C1 , C3 = ¡ + 2 , C4 = ¡C3 , C5 = C6 = 0. Sostituendo in h h h (E5.3) si hanno le equazioni del moto cercate:  v0x  x(t) = (1 ¡ e−ht )   h  v g g 0y y(t) = + (1 ¡ e−ht ) ¡ t  2  h h h   z(t) = 0.

Osserviamo che, come nel caso di moto nel vuoto, il moto avviene nel piano Oxy, cio`e nel piano verticale che contiene la velocit`a iniziale. Osserviamo anche che ora la traiettoria non `e pi` u una parabola e che il calcolo della gittata e della massima altezza raggiunta, pur essendo lo stesso dal punto di vista procedurale, porta ad espressioni assai pi` u complicate. Un’altra interessante osservazione riguarda il comportamento asintotico della soluzione. A questo riguardo studiamo i limiti per t ! 1 di x(t) e y(t): ˙ lim x(t) =

t→∞

g lim y(t) ˙ =¡ . h

v0x ; h

t→∞

Dunque, asintoticamente il moto tende a diventare verticale e uniforme.

205

Esercizio 5.3 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 una retta orizzontale liscia passante per O. Assunta tale retta come asse x, sono assegnate le condizioni iniziali x(0) = x0 e x(0) ˙ = v0 . Assumiamo come sistema di riferimento la terna destra Oxyz con Ox coincidente con la retta a cui `e vincolato il punto e l’asse Oz verticale ascendente. Essendo il vincolo liscio, la sua azione su P `e rappresentabile con una reazione vincolare di vettore Φ normale all’asse x, ossia Φ = Φy j + Φz k. Studio dell’equilibrio L’equazione dell’equilibrio per un punto `e F + Φ = 0, che nel nostro caso diventa ¡mgk ¡ k 2 xi + Φy j + Φz k = 0 . Proiettando sui tre assi si ottengono le seguenti equazioni scalari:  ¡ k2 x = 0   Φy = 0   ¡ mg + Φz = 0.

La prima equazione fornisce x = 0 , che costituisce chiaramente l’unica posizione d’equilibrio del punto. Dalle altre due equazioni si ottengono Φy = 0 e Φz = mg, per cui la reazione vincolare (nella posizione d’equilibrio) vale Φ = mgk. Studio del moto Per determinare il moto di P utilizziamo l’equazione di Newton ma = F + Φ, ossia m¨ xi = ¡mgk ¡ k 2 xi + Φy j + Φz k . Proiettando sui tre assi cartesiani si ha  m¨ x = ¡k 2 x   0 = Φy   0 = ¡mg + Φz .

(E5.4)

La prima equazione, non contenendo reazioni vincolari scalari, costituisce l’equazione diﬀerenziale k2 , essa pu`o essere riscritta nella forma del moto. Posto ω 2 = m x ¨ + ω2x = 0 . Si ritrova cos`ı la stessa equazione gi`a vista nel caso delle oscillazioni libere non smorzate e nel caso delle piccole oscillazioni del pendolo semplice. Dal x5.8 sappiamo che il moto che ne deriva `e un moto oscillatorio armonico, centrato in O, di ampiezza C, pulsazione ω e fase iniziale γ, ossia x(t) = C cos(ωt + γ) , 206

con

C=

x20 +

v02 , ω2

v  0  arctan ¡   ωx   v 0     arctan ¡ 0 + π ωx0 γ= π   ¡    2     +π 2

se

x0 > 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 `e fornita dalle altre due equazioni del sistema (E5.4) e risulta esattamente la stessa che si ha quando il punto `e 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 `e pi` u normale all’asse x, per cui Φ = Φx i + Φy j + Φz k. In presenza di attrito l’equilibrio per un punto `e 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∗ `e 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 `e 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, cio`e fs mg 8x 2 [¡d, d] , con d = . k2 Assumiamo dunque un riferimento Oxyz con l’asse x coincidente con la retta a cui `e vincolato il punto P e l’asse z verticale ascendente. La reazione vincolare agente su P avr`a 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. Ci`o 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 pu`o 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 `e x ¨ + ω2 x = ¡a , mentre nel caso opposto l’equazione `e x ¨ + ω2 x = a . Ci`o 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 `e la seguente. Se la posizione in cui il punto si arresta cade all’interno dell’intervallo di ascisse [¡d, d], allora non c’`e pi` u moto in quanto l’arresto `e 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 velocit`a nulla, vi rimane anche per t > t∗ . Il risultato di queste due osservazioni `e perci`o 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 velocit`a si annulla. Ci`o 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 avverr`a in una posizione x2 all’istante τ2 . Di nuovo, se x2 2 [¡d, d], il punto si ferma deﬁnitivamente; se invece x2 `e 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 `e il seguente:  x ¨ + ω 2 x = ¡a   x(0) = x0   x(0) ˙ = v0 . L’integrale generale dell’equazione diﬀerenziale `e

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) ˙ `e 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 (cio`e assunto come nuova origine di t l’istante τ1 ), il nuovo problema di Cauchy da risolvere `e il seguente:  x¨ + ω 2 x = a   x(0) = x1   x(0) ˙ = 0. L’integrale generale dell’equazione diﬀerenziale in questione `e 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 `e stato di nuovo azzerato.  x ¨ + ω 2 x = ¡a   x(0) = x2   x(0) ˙ = 0. 210

La soluzione di questo problema di Cauchy `e 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 pu`o 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 semplicit`a b = 2 , si noti che la ω successione degli xk si pu`o scrivere in forma iterativa nel modo seguente: Come prima, l’istante t¤ corripondente al terzo arresto di P `e 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 `e vincolato il punto e l’asse Oz verticale ascendente. Essendo il vincolo liscio, la sua azione su P `e rappresentabile con una reazione vincolare di vettore Φ = Φz k. Studio dell’equilibrio L’equazione vettoriale per l’equilibrio di P `e ¡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 `e 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 `e 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, pu`o 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 `e 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, `e 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 `e l’equazione di una conica che, essendo jxj · A e jyj · B, `e tutta al ﬁnito, e quindi `e un’ellisse. In particolare l’ellisse `e una circonferenza se A = B e cos ǫ = 0, ossia se ǫ = § π2 . Nel caso invece in cui sin ǫ = 0, cio`e 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 `e 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, anzich`e vincolato al piano, `e 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 trover`a 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 (*) `e veriﬁcata, i problemi dell’equilibrio e del moto del punto hanno le stesse soluzioni del problema precedente; se invece la condizione (*) non `e veriﬁcata non c’`e equilibrio e non c’`e moto (nel piano Oxy), poich`e 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 `e 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 per`o 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 `e detto moto quasiperiodico ed ha luogo tutte le volte che il moto `e il risultato della composizione di due moti periodici con periodi T1 e T2 il cui rapporto `e 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 `e tanto pi` u semplice p quanto pi` u semplice `e 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, `e lo stesso dell’esercizio precedente. Pertanto, come prima, assumiamo come riferimento la terna destra Oxyz con Oxy coincidente col piano a cui `e 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

Perch´e il punto sia in equilibrio, oltre all’equazione ¡mgk ¡ k 2 (xi + yj) + Φx i + Φy j + Φz k = 0 , dovr`a essere soddisfatta anche la disuguaglianza di Coulomb jΦx i + Φy jj · fs jΦz j , dove fs `e 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, `e rimasta tale anche in presenza d’attrito. Osserviamo inﬁne che, se (x∗ , y∗ ) `e 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 `e il peso la cui rappresentazione in forma cartesiana `e 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, perch´e 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 `e soddisfatto per qualunque punto (x, y) del piano purch´e l’angolo d’inclinazione del piano non superi l’angolo α∗ = arctan fs . Se α > α∗ , non c’`e equilibrio in nessun punto. Ovviamente, in assenza di attrito, nel qual caso fs =0 e quindi anche α∗ =0, l’equilibrio c’`e solo se α=0, cio`e se il piano `e orizzontale. Esercizio 5.11 Un punto materiale (P, m) `e 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 `e 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 `e 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 `e F + Φ ¡ maτ = 0 . 217

Poich´e nel nostro caso il sistema relativo ruota uniformemente attorno all’asse z1 con velocit`a 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, pu`o 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 < `e soluzione. Si `e dunque trovato che — se mω02 6 = k 2 , solo l’origine `e posizione d’equilibrio;

— se mω02 = k 2 , qualunque punto della retta `e 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 . Poich´e 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 pu`o 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 quantit`a ( ¡ 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 `e 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 `e 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 perci`o banale: x ¨1 = 0 . Il moto `e uniforme con legge x1 (t) = v10 t + x10 . 219

Esercizio 5.12 Un punto materiale (P, m) `e 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 `e 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 `e F + Φ ¡ maτ = 0 . Poich´e il sistema relativo ruota uniformemente attorno all’asse z1 con velocit`a 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 ) `e soluzione. Si `e dunque trovato che — se mω02 6 = k 2 , solo l’origine (0,0) `e posizione d’equilibrio;

— se mω02 = k 2 , qualunque punto (x1 , y1 ) del piano `e 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 gi`a 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 pu`o 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 per`o le due equazioni indipendenti una dall’altra, l’integrale generale del sistema non `e 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) `e 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 `e F + Φ ¡ maτ = 0 .

Osserviamo innanzitutto che, come nei casi gi`a 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 `e 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 `e perci`o 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 `e vincolato ad una curva, `e 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 gi`a 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 met`a 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 = , pu`o essere cos`ı R riscritta: θ¨ + ω 2 sin θ ¡ ω02 sin θ cos θ = 0 . Come si pu`o osservare, l’equazione diﬀerenziale `e 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 `e 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 `e dovuta alla forza di Coriolis che in statica non c’`e (in quanto v 1 = 0).

223

Esercizio 5.14 Un punto materiale (P, m) `e vincolato a muoversi lungo una retta liscia, inclinata di un angolo di 60◦ rispetto ad un piano orizzontale. La retta ruota con velocit`a 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 comodit`a 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 `e 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 `e 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 `e 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 `e 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 velocit`a 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 velocit`a richiesta, che `e detta I velocit`a 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 velocit`a 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) affinch´e (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 `e data da ¡G

mM + m(R + r)ω 2 = 0 , (R + r)2

(E5.17)

che esprime la cosidetta condizione di imponderabilit`a 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 `e 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 velocit`a 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 velocit`a astronautica) Si chiede di determinare la minima velocit` a con cui si deve lanciare verticalmente un punto materiale pesante (P, m) perch´e non ritorni pi` u sulla superficie terrestre (nell’ipotesi che non ci sia resistenza dell’aria). Premettiamo che la velocit`a di cui `e richiesto il calcolo, oltre che II velocit`a astronautica, `e anche detta velocit`a 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 pu`o 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 velocit`a di lancio e la velocit`a di P a distanza r dalla superﬁcie terrestre, posto ρ = R +r, con R ¼ 6370Km, e ricordato che l’energia potenziale V `e 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, perch´e 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 . Dovr`a 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 `e, per ipotesi, in equilibrio. Di conseguenza `e 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 necessariet`a 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 `e in equilibrio appoggiata su due supporti lisci nei punti C e D, essendo AC = d e AD = 4d. Nell’estremo B dell’asta `e 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 affinch`e 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 realt`a questa supposizione `e una sempliﬁcazione che possiamo adottare perch`e 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, poich`e tutte le forze sono verticali (j `e 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 `e 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, `e 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 `e 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 Perch`e 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, `e 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 ) `e appeso tramite un filo al punto C. Indicato con α l’angolo ACB, 0<α<

π 2,

e con ℓ la lunghezza dell’asta BC, si chiede di:

a) determinare le reazioni vincolari ΦA e ΦB ; b) se la cerniera in A pu` o sopportare una trazione pari a 2M g prima di essere strappata dalla parete, qual `e il valore minimo che pu` o assumere l’angolo α ?

a) Come nel caso del problema 6.0a, al ﬁne del calcolo delle reazioni vincolari ΦA e ΦB l’eﬀetto della massa appesa al ﬁlo `e lo stesso di una forza di vettore ¡M g j applicata nel punto C. Inoltre, trattandosi di un sistema piano, cio`e di un sistema materiale piano con le forze attive giacenti nello stesso piano, le reazioni vincolari possono essere supposte giacere anch’esse nel piano. Di conseguenza, la reazione vincolare dovuta alla cerniera piana avr`a componente solo lungo x, mentre quella dovuta alla cerniera sferica avr`a direzione nel piano della ﬁgura. Si avr`a quindi: ΦA = ΦA i ,

ΦB = ΦBx i + ΦBy j .

Andiamo dunque a scrivere le equazioni cardinali della statica per la mensola, sapendo che oltre alle due reazioni vincolari appena scritte su di essa agisce solo la forza peso (C, ¡M gj). Scelto A come polo per l’equazione dei momenti, avremo:

E quindi:

 Φ + ΦBx = 0   A ¡ M g + ΦBy = 0   ΦBx ¢ ℓ sin α ¡ M g ¢ ℓ cos α = 0 . ΦBx = M g cotg α ,

ΦBy = M g , 230

ΦA = ¡ΦBx = ¡M g cotg α .

b) Perch`e la cerniera non sia strappata dalla parete deve essere jΦA j · 2M g

=)

M g cotg α · 2M g

=)

cotg α · 2

=)

tan α ¸

1 > 28.56◦ . 2

Esercizio 6.0d Un estremo di una sbarra omogenea AB di massa 6M e lunghezza 5a `e vincolato ad una parete verticale mediante una cerniera sferica. La sbarra `e 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 `e 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 `e del tipo ΦA = ΦAx i = ΦAy j. Per quanto riguarda poi la tensione T della corda, essa `e 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 `e 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 Perch`e 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) `e 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 libert`a. 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). Poich´e 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 `e normale al piano Oxy ed il suo verso `e 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 `e 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 stazionariet`a del potenziale, cio`e 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 `e l’equazione dell’equilibrio (gi`a ottenuta con le Equazioni Cardinali). Il Metodo del Potenziale ha il vantaggio di prescindere dai vincoli e quindi dalle reazioni vincolari. Inoltre, con esso `e possibile determinare la stabilit`a delle conﬁgurazioni di equilibrio studiando massimi e minimi della funzione potenziale. La configurazione di equilibrio del sistema `e stabile (instabile) se e solo se `e 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 `e 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 ` per`o 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 `e 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 `e 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 gi`a 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. Poich´e 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 `e 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 quantit`a di moto K(G) si scrive z K(G) = IG ω=

mℓ2 ˙ θk , 12

z dove IG `e il momento d’inerzia dell’asta AB rispetto all’asse Gz parallelo all’asse Oz e passante per G, e quindi la sua derivata `e 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 `e 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. Ci`o 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 `e data da (E6.2), mentre l’energia cinetica T del sistema, dal momento che lo stato cinetico dell’asta `e 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 `e proprio l’equazione del moto trovata sopra.

Esercizio 6.2 Nel piano verticale Oxy (y verticale ascendente) `e 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 `e fissata in O, ruota attorno all’asse fisso Oz. Oltre che al peso, essa `e 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 stabilit`a; 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 poich´e Cx′ `e 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 `e 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 stabilit`a occorre studiare il segno di U ′′ (θ) in θ1 e θ2 . Essendo U ′′ (θ) = ¡m g d cos θ ¡ 4 k2 ℓ2 sin θ , poich`e 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 `e 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 `e 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 `e 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 gi`a 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 libert`a. 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. Poich´e 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 `e garantito dalle Equazioni Cardinali della Statica con l’aggiunta della relazione di Coulomb per l’attrito statico, cio`e 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 `e 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, purch´e 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 `e 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, `e 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 `e 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 stazionariet`a del potenziale, cio`e le soluzioni dell’equazione U ′ (θ) = 0, si ha mgR cos θ = 0 , che `e l’equazione dell’equilibrio (gi`a ottenuta col metodo delle Equazioni Cardinali). Per quanto riguarda poi la stabilit`a, 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 Poich´e c’`e 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 `e dovuto al fatto che il punto di 239

contatto H ha velocit`a di trascinamento nulla. Si avr`a 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 quantit`a di moto K(G) sono dati da d2 G ¨ , = ¡Rθi dt2

z K(G) = IG ω=

mR2 ˙ θk , 2

z dove IG `e 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 sar`a l’equazione del moto del disco che rotola senza strisciare ﬁnch´e risulta ¨ · fs mg, che garantisce appunto il puro rotolamento. soddisfatta la relazione jmRθj Essendo la (E6.9) un’equazione diﬀerenziale non lineare, non `e 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 `e 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 `e data da U (θ) = mgR sin θ + U0 , 240

mentre l’energia cinetica T , che si ricava applicando il teorema di K¨onig, 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 `e 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 `e proprio l’equazione del moto trovata in precedenza.

Esercizio 6.4 Nel piano verticale Oxy (y verticale ascendente) `e 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 stazionariet`a di U (x, θ), cio`e 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 `e 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) . Ci`o 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 fornir`a direttamente una delle due equazioni dell’equilibrio in quanto non conterr`a alcuna reazione. Infatti l’unica reazione vincolare del sistema `e 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 `e ovvio. Avendo gi`a calcolato Ω(A), manteniamo la scelta di A. In questo caso, essendo Ψ(A) = 0, l’equazione che dobbiamo scrivere `e 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 (*) gi`a 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 `e 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) `e 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 libert`a. 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, purch´e 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 `e 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 `e 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 avr`a: ¡ (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 `e 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 stazionariet`a del potenziale, cio`e 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 stabilit`a 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 `e possibile studiare massimi e minimi della funzione potenziale. Poich´e ∂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) . Poich´e 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 ∂α2 C1

detH(α2 , β1 ) < 0 detH(α2 , β2 ) > 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 `e 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 avr`a: 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 gi`a 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 dovr`a 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). Poich´e le forze attive e le reazioni vincolari sono le stesse gi`a 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 quantit`a 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 `e 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) `e 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 `e vincolato a ruotare attorno ad un asse fisso normale al disco e passante per O; il punto P scorre sul bordo del disco ed `e 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 libert`a. 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 `e 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 `e 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 stabilit`a 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 C1 ∂ 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 `e 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 `e 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 `e 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 `e 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) `e 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 `e vincolato a scorrere lungo l’asta AB ed `e 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 libert`a. 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 `e dato dalla somma del potenziale delle forze peso e del potenziale della coppia di forze elastiche interne. Pertanto si avr`a 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 `e 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 `e accettabile se 2 · 2ℓ 2k 2k mg mg mg e cio`e se 2 · 4. Pertanto, ci sono inﬁnite conﬁgurazioni di equilibrio x, ξ ∗ = 2 se 2 · 4; k ℓ 2k k ℓ mg non c’`e nessuna conﬁgurazione d’equilibrio se 2 > 4. k ℓ Poich´e

252

Studio del moto con le Equazioni Cardinali della Dinamica Il sistema meccanico `e 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 `e

d2 G =x ¨i, dt2 mentre il momento della quantit`a di moto rispetto al polo B vale K(B) = K(G) + mv(G) £ (B ¡ G) =

Mℓ xk ˙ , 2

in quanto K(G) = 0 perch´e 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 perch´e 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 `e 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 `e 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 `e equivalente al sistema (E6.25).

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