Temi svolti di Meccanica Razionale -

PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE Corsi Meccanici I e II - Corso Aerospaziali, 30/6/1999

La lamina ABC omogenea di figura, triangolare isoscele e di massa M, `e contenuta in un piano parallelo al piano (x, z) e trasla nella direzione dell’asse y. Il suo lato AC ha una feritoia nella quale scorre senza attrito un punto P di massa m, sul quale agiscono le forze elastiche di due molle OP e CP , entrambe con rigidezza nota k e lunghezza a riposo trascurabile. Al vertice A della lamina triangolare `e inoltre applicata la forza F = cy3_j

con c > 0, dove y `e la coordinata lagrangiana che si assume per definire la posizione istantanea dei punti della lamina. Introdotta come seconda coordinata lagrangiana la posizione s = P C del punto P nella feritoia,

1) Determinare le configurazioni di equilibrio del sistema e discuterne la stabilit`a. 2) Scrivere l’equazione di moto del sistema.

3) Linearizzare l’equazione di moto della lamina nell’intorno della configurazione di equi-librio stabile determinata nel punto 1), e determinare la soluzione del moto del sistema complessivo nell’intorno di questa configurazione stabile.

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

x

y

z

O

l

l

l

P

A

B

C

F = cy

y'

y"

AB = BC =

SOLUZIONE

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

U(y, s) = c 4y 4 _{− mgz} P − k 2s 2₋ k 2OP 2 + cost = = c 4y 4₊ √ 2 2 (mg + k`)s − ks 2₋ k 2y 2_{+ cost.}

Annullando le sue derivate prime, che sono:

U0

y = cy3− ky, Us0 =

√

2

2 (mg + k`) − 2ks, si trovano queste tre configurazioni di equilibrio qe = {ye, se}:

q(1) e = {0, se}, qe(2,3)= {± s k c, se} con se = √ 2 4 µ ` + mg k ¶ .

Poich´e le derivate seconde valgono:

U”ss= −2k < 0; U”ys= 0; U”yy = 3cy2− k,

la matrice Hessiana ha autovalori negativi λ1 = −k, λ2 = −2k se calcolata per q = qe(1),

ed ha autovalori di segno opposto λ1,2 = ±2k se calcolata per q = qe(2,3).

Dunque q(1)

e `e stabile e qe(2), qe(3) sono instabili.

2) L’energia cinetica del sistema vale:

T = 1 2M ˙y 2₊ 1 2mv 2 P = 1 2(M + m) ˙y 2₊ 1 2m ˙s 2

e scrivendo le equazioni di Lagrange

d dt à ∂T ∂ ˙qi ! − ∂T ∂qi = ∂U ∂qi , q1 = y, q2 = s

si ricavano le seguenti equazioni del moto:

(M + m)¨y + ky = cy3

2m¨s + 4ks = √2(mg + k`). 3) Nell’intorno di q(1)

e il potenziale si approssima come segue:

U ' 1 2U”ss(s − se) 2₊ 1 2U”yy(0, se)y 2 _{= −}k 2[2(s − se) 2_{+ y}2_]

mentre l’energia cinetica non `e da approssimare. Usando l’espressione approssimata di U la prima delle due equazioni del moto si linearizza nella forma seguente:

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

y(t) = A sin(σyt + ϕ1); s(t) = se+ B sin(σst + ϕ2)

dove le pulsazioni proprie dei due oscillatori valgono:

σy = s k M + m; σs = s 2k m

e A, B, ϕ1, ϕ2 sono costanti di integrazione.

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

~λ = √ 2 2 (~i − ~k); ~µ = √ 2 2 (~i + ~k). In assenza di attriti, la reazione interna in P si pu`o scrivere come

~Φ_P = Φµ~µ + Φy~j

e si ricava applicando il teorema della quantit`a di moto:

−ks~λ − mg~k − k(s~λ + y~j + `~k) + Φµ~µ + Φy~j = m(¨s~λ + ¨y~j).

Si esprime il versore dell’asse z nella base (~λ, ~µ,~j):

~k = √

2

2 (~µ − ~λ)

e si uguagliando le componenti delle forze agenti nelle direzioni ~µ e ~j. Si ricava: Φµ = √ 2 2 (mg + k`); Φy(t) = m¨y + ky = ³ k − mσ2 y ´ · A sin(σyt + ϕ1).

(Se invece si uguagliano le componenti nella direzione ~λ, si ottiene la seconda equazione del moto gi`a ricavata al punto 2).

PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE - 14/7/1999

Il sistema di figura `e contenuto in un piano verticale Oxy ruotante con assegnata velocit`a angolare ω = cost intorno all’asse fisso verticale y. Il sistema `e composto da un’asta omogenea AB di lunghezza 2` e massa 3m incernierata al telaio nel suo baricentro O, e da un punto materiale P di massa m vincolato a scorrere senza attrito sull’asta. Su quest’ultima `e applicata una coppia antioraria costante di momento M0~k.

Introdotte le coordinate lagrangiane ϑ ed s = OP indicate in figura, 1) esprimere la lagrangiana L del sistema e dedurre le equazioni del moto;

2) calcolare in un generico istante del moto la componente nel piano Oxy della reazione vincolare ΦP ;

3) nell’ipotesi: ω2 _{= 2g/`, determinare il valore che deve avere il momento M}

0 perch´e la configurazione qe= Ã ϑe = π 6, se= ` 3 !

sia di equilibrio relativo al piano ruotante.

3mg

mg

x

y

w

s

q

O

B

A

M

P

AO = OB =

OP = s

l

SOLUZIONE

1) L’energia cinetica T e il potenziale U delle forze agenti possono essere calcolate as-sumendo come sistema di riferimento sia un osservatore inerziale, sia un osservatore mo-bile, ruotante con velocit`a ω con il piano Oxy.

• Nel riferimento inerziale, la velocit`a angolare Ω dell’asta e la velocit`a di P valgono: ~Ω = ˙ϑ~k + ω~j, ~vP = ˙s~λ + s ˙ϑ~µ − sω cos ϑ~k

dove ~λ `e il versore di (B − O) e ~µ `e il versore di ~k ∧ (B − O). L’energia cinetica dell’asta vale:

Tasta₌ 1 2 ~Ω × ~KO = 1 2(IOz ˙ϑ 2_{+ I} Oyω2) = 1 2m` 2_{( ˙ϑ}2_{+ ω}2_cos2_ϑ);

quella del punto P vale

TP ₌ 1

2m( ˙s

2_{+ s}2˙ϑ2 _{+ s}2_ω2_cos2_ϑ)

e quella dell’intero sistema `e

T = Tasta_{+ T}P ₌ 1

2m

h

˙s2_{+ (s}2_{+ `</sub>2<sub>) ˙ϑ</sub>2<sub>+ cos</sub>2<sub>ϑ(`}2_{+ s}2_)ω2i_.

Il potenziale del peso e della coppia hanno per somma:

U = −mgyP +

Z

M0dϑ = −mgs sin ϑ + M0ϑ + cost.

• Rispetto all’osservatore ruotante con il piano Oxy, l’energia cinetica si riduce a Tr ₌ 1 2IOz˙ϑ 2₊ 1 2m( ˙s 2_{+ s}2_˙ϑ2_{) =} 1 2m h ˙s2_{+ (s}2_{+ `}2_{) ˙ϑ}2i_,

mentre al potenziale U gi`a calcolato si deve aggiungere quello delle forze centrifughe. Indicando con IOy = m`2cos2ϑ il momento d’inerzia dell’asta rispetto all’asse di rotazione,

e con r = s cos ϑ la distanza di P da questo asse, il potenziale delle forze centrifughe vale:

Uc= 1 2ω 2_I Oy + Z mrω2dr = 1 2mω 2_(`2_{+ s}2_{) cos}2_ϑ

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

Ur= −mgs sin ϑ + M0ϑ + 1

2mω

2_(`2_{+ s}2_{) cos}2_{ϑ + cost.}

In ogni caso, si ricava la lagrangiana

L = T + U = Tr+ Ur che, introdotta nelle equazioni di Lagrange

d dt à ∂L ∂ ˙qi ! = ∂L ∂qi con q1 = ϑ, q2 = s,

fornisce:

(s2_{+ `}2_{) ¨ϑ + 2s ˙s ˙ϑ = M}

0/m − gs cos ϑ − ω2(`2+ s2) sin ϑ cos ϑ

¨

s = s ˙ϑ2_{+ sω}2_cos2_{ϑ − g sin ϑ.}

2) In assenza di attriti la reazione vincolare in P `e normale all’asta: ~ΦP = ΦP µ~µ + ΦP z~k.

Il teorema della quantit`a di moto per il punto P si scrive: ΦP µ~µ + ΦP z~k − mg~j = m~aP =

= mh¨s~λ + 2 ˙s ˙ϑ~µ + s ¨ϑ~µ − s ˙ϑ2_{~λ − ω}2_{s cos ϑ~i + 2ω(s sin ϑ ˙ϑ − ˙s cos ϑ)~k}i

e moltiplicando scalarmente per ~µ si ottiene:

ΦP µ = m(g cos ϑ + 2 ˙s ˙ϑ + s ¨ϑ + sω2sin ϑ cos ϑ).

(Se si uguagliano le componenti nella direzione ~λ si ottiene la seconda equazione di moto; se si uguagliano quelle nella direzione ~k si ricava la componente ΦP z della reazione in P

che `e normale al piano ruotante, ed equilibra le forze apparenti di Coriolis). 3) Le derivate parziali di Ur _valgono:

∂Ur ∂ϑ = −mgs cos ϑ + M0− mω 2_(`2 _{+ s}2_{) sin ϑ cos ϑ} ∂Ur ∂s = −mg sin ϑ + mω 2_{s cos}2_ϑ.

Se {ϑe = π/6, se= `/3} `e un punto di stazionariet`a di Ur, esse devono soddisfare:

−mg` 3 √ 3 2 + M0− mω 2 Ã `2₊`2 9 !√ 3 4 = 0 −mg 2 + mω 2<sub>·</sub> ` 3 · 3 4 = 0.

Per ω2 _{= 2g/` la seconda `e automaticamente soddisfatta, e dalla prima si ricava:} M0 =

13 18

√

PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE - 2/5/2000 Corsi Ing. Aerospaziale - Meccanica II

Il sistema di figura `e disposto in un piano verticale. L’estremo mobile A di una fune DA `e collegato al baricentro di un corsoio omogeneo di massa m, che scorre senza attrito entro due guide parallele all’asse y. Al baricentro del corsoio `e inoltre collegata una molla AA0

con rigidezza nota k e lunghezza a riposo trascurabile, che ha il suo estremo fisso nel punto

A0_{(−2r, 0). La fune si avvolge senza strisciare su un disco omogeneo con baricentro G,}

raggio r e massa M = 3m, e l’altro suo estremo D `e fissato all’asse x nel punto D(2r, 0). Si scelga come coordinata lagrangiana l’angolo ϑ di rotazione del disco, crescente nel verso antiorario e nullo quando il baricentro A del corsoio coincide con l’origine O degli assi cartesiani.

1) Esprimere in funzione di ˙ϑ e ¨ϑ la velocit`a e l’accelerazione di A, G e del punto P ( r

2, yG) del disco.

2) Determinare la configurazione di equilibrio del sistema.

3) Calcolare la reazione vincolare sul corsoio A e le tensioni nei tratti AB, CD della fune, nella condizione di equilibrio determinata al punto precedente.

4) Ricavare l’equazione del moto e trovarne la soluzione ϑ(t; ϑ0, ˙ϑ0) soddisfacente ad

ar-bitrarie condizioni iniziali ϑ(0) = ϑ0, ˙ϑ(0) = ˙ϑ0.

x

y

0

G

A

mg

3mg

q

B

_C

A'

2r

2r

D

SOLUZIONE

1) Ricordando che C, centro delle velocit`a del disco, ha velocit`a nulla e accelerazione

~aC = −r ˙ϑ2~i, si ricava: ~vA = ˙yA~j = ~vB = −2r ˙ϑ~j ; ~aA= ¨yA~j = −2r ¨ϑ~j ~vG = ~vC+ ˙ϑ~k ∧ (G − C) = −r ˙ϑ~j ; ~aG= ~aC − r ¨ϑ~j + r ˙ϑ2~i = −r ¨ϑ~j ~vP = ~vC+ ˙ϑ~k ∧ (P − C) = − 3r 2 ˙ϑ~j ; ~aP = ~aC− 3r 2 ϑ~j +¨ 3r 2 ˙ϑ 2_{~i = −}3r 2 ϑ~j +¨ r 2 ˙ϑ 2_~i.

2-4) Anche se non espressamente richiesto, la soluzione dei punti 2, 3 e 4 pu`o essere ricercata applicando separatamente al corsoio e al disco le equazioni della Statica e i teoremi della quantit`a di moto e del momento angolare.

• Le forze attive e reattive applicate al corsoio sono: . la forza peso: −mg~j ;

. la tensione: ~TA= −TA~j del tratto AB della fune ;

. il sistema di reazioni vincolari della guida verticale, che in assenza di attrito si riduce

al risultante ~Rv _{= R}v_{~i applicato in A, pi`u il momento risultante ~M}v

A = MAv~k ;

. la forza elastica prodotta dalla molla la quale, tenuto conto che yA = −2rϑ, vale:

~

Fel= −k(A − A0) = −2kr~i + 2krϑ~j.

Il teorema della quantit`a di moto per il corsoio, proiettato sugli assi x e y, fornisce:

Rv _{= 2kr (1)}

−TA+ 2krϑ − mg = m¨yA= −2mr ¨ϑ ⇒ TA= 2krϑ − mg + 2mr ¨ϑ (2)

e dal teorema del momento assiale delle quantit`a di moto si ricava:

M_Av = 0. (3)

• Le forze attive e reattive agenti sul disco (tutte verticali) sono: . la forza peso: −3mg~j ;

. la tensione: ~TB = − ~TA= TA~j = (2krϑ − mg + 2mr ¨ϑ)~j del tratto AB della fune ;

. la tensione ~TC = TC~j, ancora incognita, del tratto CD della fune.

Dal teorema della quantit`a di moto proiettato nella direzione dell’asse y si ricava:

TB− 3mg + TC = 3maG = −3mr ¨ϑ ⇒ TC = 4mg − 2krϑ − 5mr ¨ϑ. (4)

Il teorema del momento assiale delle quantit`a di moto rispetto al centro delle velocit`a C del disco si scrive:

−2rTB+ 3mgr = ICϑ =¨

3 2· 3mr

2_ϑ¨

e sostituendo il valore noto di TB si ottiene l’equazione del moto:

17

2 mr ¨ϑ + 4krϑ = 5mg. (5)

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

ϑe=

5mg 4kr .

In tale configurazione di equilibrio, i moduli TAB e TCD delle tensioni della fune nei suoi

due tratti verticali valgono, per le (2) e (4):

TAB = TA = 2krϑe− mg =

3

2mg , TCD = TC = 4mg − 2krϑe = 3

2mg ≡ TA. L’equazione del moto (5) `e lineare, e si pu`o riscrivere nella forma:

¨ ϑ + σ2_{(ϑ − ϑ} e) = 0, σ = 2 s 2k 17m. Il suo integrale generale `e

ϑ(t) = ϑe+ A sin(σt + ϕ) con: A = q (ϑ0− ϑe)2+ ( ˙ϑ0/σ)2, tgϕ = σ(ϑ0− ϑe) ˙ϑ0 . Osservazione 1

La configurazione di equilibrio ϑe e l’equazione del moto (5) possono anche essere ricavate

calcolando il potenziale delle forze attive:

U(ϑ) = −3mgyG− mgyA−

k

2AA02 = 5mgrϑ − 2kr

2_{(1 + ϑ}2_{) + cost}

e l’energia cinetica del sistema materiale:

T ( ˙ϑ) = 1 2m ˙y 2 A+ 1 2· 3mv 2 G+ 1 2IG˙ϑ 2 ₌ 17 4 mr 2_˙ϑ2_.

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

dU dϑ = 5mgr − 4kr 2_{ϑ = 0 ⇒ ϑ} e = 5mg 4kr ,

e scrivendo il teorema delle forze vive o una equazione di Lagrange si ottiene subito la (5).

Osservazione 2

Il vincolo di rotolamento senza strisciamento del disco sul tratto CD della fune (che `e un vincolo doppio) richiederebbe di considerare una reazione vincolare ~ΦC = ΦCx~i + ΦCy~j,

applicata al centro delle velocit`a C del disco.

Ma la sua componente verticale non `e altro che la tensione del tratto CD della fune: ΦCy ≡ TC ; e la sua componente orizzontale `e nulla in ogni istante del moto, perch´e tutte

le altre forze applicate al disco sono verticali, e sussiste l’integrale primo scalare delle quantit`a di moto: ~Q ×~i = cost = 0.

PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE - 20/6/2001

Nel sistema di figura, soggetto a vincoli perfetti e disposto in un piano verticale, l’estremo

B dell’asta AB omogenea, di massa m e lunghezza `, `e ritenuto sull’asse y mentre l’estremo A `e incernierato al centro del disco omogeneo, di massa m e raggio r. Il disco rotola senza

strisciare sul lato DE di una piastra rettangolare di lati a ed h, anch’essa omogenea e di egual massa m, che striscia sull’asse x. Sul disco agisce una coppia di momento costante

M~k, e sul baricentro H della piastra agisce la forza elastica di una molla con costante k

e lunghezza a riposo trascurabile, fissata al telaio in O0_.

Si assumano come coordinate lagrangiane l’ascissa x di H e l’angolo ϑ indicato in figura. 1) Calcolare l’energia cinetica del sistema.

2) Scrivere le equazioni del moto.

3) Determinare il momento M e la costante k affinch´e il sistema sia in equilibrio per

ϑ = π/4 e x = `/2.

4) Determinare le reazioni vincolari esterne nelle condizioni di equilibrio di cui al punto 3.

M

B

G

mg

q

y

O'

O

_mg

h

H

D

E

C

A

mg

k

x

a

SOLUZIONE

Relazioni cinematiche (si indica con ˙ϕ la velocit`a angolare del disco):

~vA= ` cos ϑ ˙ϑ~i = ~vC − r ˙ϕ~i = ˙x~i − r ˙ϕ~i ; ϕ =˙

˙x − ` cos ϑ ˙ϑ

r .

1) L’energia cinetica del sistema vale:

T = 1 2mv 2 G+ 1 2IG˙ϑ 2 ₊1 2mv 2 A+ 1 2IAϕ˙ 2₊ 1 2m ˙x 2 = 1 2 Ã m`2 3 + 3 2m` 2_cos2_ϑ ! ˙ϑ2₊ 3 4m ˙x 2₋1 2m` cos ϑ ˙x ˙ϑ. 2) Il potenziale della coppia di forze con momento M vale:

Ucoppia₌Z _{Mdϕ =} M r µZ dx − Z ` cos ϑdϑ ¶ = M r (x − ` sin ϑ) + cost.

Il potenziale complessivo delle forze agenti sul sistema `e perci`o:

U(x, ϑ) = −k 2x 2_{− mg}` 2cos ϑ + M r (x − ` sin ϑ) + cost ed ha derivate prime: U_x0 ' Qx = −kx +M r , U 0 ϑ' Qϑ= mg` 2sin ϑ − M` r cos ϑ.

Per scrivere le equazioni di Lagrange, si calcolano le seguenti derivate dell’energia cinetica:

∂T ∂x = 0 ∂T ∂ ˙x = 3 2m ˙x − m` 2 cos ϑ ˙ϑ d dt à ∂T ∂ ˙x ! = 3 2m¨x − m` 2 cos ϑ ¨ϑ + m` 2 sin ϑ ˙ϑ 2 ∂T ∂ϑ = − 3 2m` 2_{cos ϑ sin ϑ ˙ϑ}2₊ m` 2 sin ϑ ˙x ˙ϑ ∂T ∂ ˙ϑ = à m`2 3 + 3 2m` 2<sub>cos</sub>2<sub>ϑ</sub> ! ˙ϑ − m` 2 cos ϑ ˙x d dt à ∂T ∂ ˙ϑ ! = à m`2 3 + 3 2m` 2_cos2_ϑ ! ¨ ϑ − m` 2 cos ϑ¨x − 3m` 2_{cos ϑ sin ϑ ˙ϑ}2₊m` 2 sin ϑ ˙x ˙ϑ con le quali si ricavano le equazioni del moto:

3 2m¨x − m ` 2cos ϑ ¨ϑ + m ` 2sin ϑ ˙ϑ 2_{+ kx −} M r = 0 m`2 µ<sub>1</sub> 3 + 3 2cos 2<sub>ϑ</sub> ¶ ¨ ϑ − m` 2 cos ϑ¨x − 3 2m` 2<sub>sin ϑ cos ϑ ˙ϑ</sub>2<sub>− mg</sub>` 2sin ϑ + M` r cos ϑ = 0.

3) Si annullano le derivate prime della funzione potenziale U(x, ϑ) e si impone: x = xe=

`/2 ; ϑ = ϑe= π/4. Si ottiene il sistema: −k` 2 + M r = 0 mg 2 − M r = 0

nelle incognite M e k, che ha come unica soluzione

M = mgr

2 ; k =

mg ` .

4) In presenza di vincoli perfetti, le reazioni esterne da determinare sono:

. ~ΦB = ΦB~i, normale alla guida y ;

. le reazioni del telaio x sulla piastra, che si riducono al risultante ~Rv _{= R}

v~j applicato

sulla retta passante per H, pi`u una coppia di momento Mv

H~k (oppure: al solo risultante ~Rv

applicato sull’asse centrale del sistema di reazioni, la cui distanza dalla retta baricentrica vale b = Mv

H/Rv).

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

• equazione di risultante lungo l’asse x:

ΦB− kxe ≡ ΦB− mg ` ` 2 = 0 ⇒ ΦB = mg 2

• equazione di risultante lungo l’asse y:

−3mg + Rv _{= 0 ⇒ R}v _{= 3mg}

• equazione di momento rispetto al baricentro H della piastra: −ΦB à ` cos ϑe+ r +h 2 ! + mg à xe− ` 2sin ϑe ! + mg(xe− ` sin ϑe) + M + MHv = 0. Sostituendo xe = `/2, ϑe= π/4 ed M = mgr/2 si ottiene: Mv H = mg " `(√2 − 1) +h 4 # .

PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE - 13/9/2001

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

Si assuma come coordinata lagrangiana l’angolo ϑ che `e indicato in figura, definito nel-l’intervallo: arcsenr

` ≤ ϑ ≤ π − arcsen r `.

1) Calcolare il valore che deve avere la costante elastica k per assicurare l’equilibrio del sistema nella configurazione in cui ϑ = π/2, e verificare che tale configurazione `e stabile. 2) Supponendo che il sistema parta dalla quiete nella configurazione ϑ0 = π/3, determinare

la velocit`a angolare dell’asta quando essa raggiunge la posizione orizzontale (ϑ = π/2). 3) Utilizzando il valore della costante elastica k gi`a determinato al punto 1, calcolare la pulsazione σ delle piccole oscillazioni del sistema nell’intorno della configurazione (di equilibrio stabile) ϑ = π/2.

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

y

A'

A

q

O

P

G

mg

Mg

x

l

C

SOLUZIONE

Relazioni geometriche e cinematiche (si indica con ˙ϕ la velocit`a angolare del disco): yP = rctgϑ; ˙yP = −

r

sin2_ϑ ˙ϑ = −r ˙ϕ; ϕ =˙

˙ϑ sin2_ϑ

1) Le forze attive sono conservative ed hanno potenziale:

U(ϑ) = −mgyG− MgyP −

k 2AA02 = −mg ` 2cos ϑ − Mgrctgϑ − k 2` 2_{(1 − cos ϑ)}2_{+ cost.}

La derivata prima di U vale

U0(ϑ) = mg`

2sin ϑ +

Mgr

sin2_ϑ − k`2sin ϑ(1 − cos ϑ)

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

k = g ` µ<sub>m</sub> 2 + Mr ` ¶ .

La derivata seconda del potenziale `e

U”(ϑ) = mg`

2cos ϑ −

2Mgr cos ϑ

sin3_ϑ − k`2[cos ϑ(1 − cos ϑ) + sin2ϑ]

e calcolata nella configurazione di equilibrio ϑe = π/2 vale: U”(π/2) = −k`2 < 0. Dunque

l’energia potenziale V (ϑ) = −U(ϑ) ha un minimo per ϑe= π/2, e l’equilibrio `e stabile.

2) Poich´e il sistema `e conservativo, si pu`o scrivere l’integrale primo dell’energia: T1−U1 = E ≡ T0 − U0, dove T1 e U1 sono l’energia cinetica e il potenziale calcolati per ϑ = π/2,

mentre T0, U0 sono i loro valori nell’istante iniziale del moto. L’energia cinetica `e la

seguente: T (ϑ, ˙ϑ) = 1 2IO˙ϑ 2₊1 2 · 3 2Mr 2_ϕ˙2 ₌ 1 2 Ã m`2 3 + 3Mr2 2 sin4_ϑ ! ˙ϑ2_.

Per ϑ0 = π/3 `e nulla, e per ϑ = π/2 vale: T1 = 1 2 Ã m`2 3 + 3Mr2 2 ! ˙ϑ2 1.

Il potenziale, calcolato nelle due configurazioni, vale

U0 = − mg` 4 − √ 3 3 Mgr − k`2 8 ; U1 = − 1 2k` 2_.

Dunque l’integrale primo dell’energia si scrive: 1 2 Ã m`2 3 + 3Mr2 2 ! ˙ϑ2 1 = mg` 4 + √ 3 3 Mgr − 3k`2 8 e da esso si ricava: ˙ ϑ1 = v u u t3mg` + 4 √ 3Mgr − 9k`2<sub>/2</sub> 2m`2 _{+ 9Mr}2 .

Questa soluzione `e reale se 2g(3m + 4√3Mr/`) ≥ 9k`. La condizione `e verificata, per esempio, se il valore di k `e quello determinato al punto 1.

3) Approssimiamo l’energia cinetica e il potenziale nell’intorno della configurazione di equilibrio stabile ϑe = π/2: T ' T1 = 1 2 Ã m`2 3 + 3Mr2 2 ! ˙ϑ2<sub>; U ' −</sub>k`2 2 (ϑ − π/2) 2_.

Si ricava che le piccole vibrazioni del sistema attorno a ϑe = π/2 sono descritte

dall’equa-zione linearizzata: ¨ϑ + σ2_{(ϑ − π/2) = 0 con} σ2 ₌ k`2

m`2_{/3 + 3Mr}2_/2.

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

σ =

s

3g(m` + 2Mr) 2m`2_{+ 9Mr}2 .

4) In assenza di attriti, la reazione vincolare interna `e normale all’asta e si pu`o scrivere:

~ΦP = ΦP~n dove ~n `e il versore di (A − O) ∧ ~k ; le reazioni esterne sono: ~ΦC = ΦCx~i +

ΦCy~j ; ~ΦO = ΦOx~i + ΦOy~j. Tenendo conto che la forza elastica vale ~F = k`(1 − cos ϑ)~j, le

cinque incognite si possono determinare scrivendo:

• una equazione di momento rispetto ad O per le forze agenti sull’asta, la quale fornisce:

ΦP =

` rsin ϑ

"

1

2mg sin ϑ + k` sin ϑ(cos ϑ − 1) −

m`

3 ϑ¨

#

;

• due equazioni di risultante per le forze agenti sul disco:

ΦCx = ΦPcos ϑ

ΦCy = −Mg − ΦPsin ϑ = M ¨yP = −Mr ¨ϕ

da cui

ΦCy = Mg + ΦP sin ϑ − Mr

sin2_ϑ( ¨ϑ − 2 · ctgϑ · ˙ϑ2); • due equazioni di risultante per le forze agenti sull’asta, che forniscono:

ΦOx = m¨xG− ΦPcos ϑ

PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE - 7/9/2001

Nel sistema di figura, disposto in un piano verticale, una sbarretta rigida di massa M e lunghezza ` `e appoggiata senza attrito sugli estremi A, B di una guida semicircolare di raggio r < `/4, sulla quale `e impegnato a scorrere senza attrito un anello P di massa

m e dimensioni trascurabili. Sulla sbarretta agisce la forza costante ~F = F~i ed il suo

baricentro G `e collegato all’anello P da una molla con costante elastica k = mg/r e lunghezza a riposo trascurabile.

Si assumano come coordinate lagrangiane l’ascissa x = xG del baricentro della sbarretta

e l’angolo ϑ indicato in figura.

1) Calcolare il valore che devono avere la forza F e la coordinata ϑ perch`e il sistema sia in equilibrio quando xG = xB.

2) Studiare la stabilit`a della configurazione di equilibrio determinata nel punto precedente. 3) Scrivere le equazioni del moto del sistema e linearizzarle nell’intorno della configurazione di equilibrio sopra definita.

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

y x P G mg Mg q A B O F OP = r q= ( , x )q G

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

U(ϑ, x) = Z F dx − mgyP − k 2P G 2 = F x + mgr cos ϑ −k 2(r 2_{+ x}2_{− 2rx sin ϑ) + cost} ed ha derivate prime: U_ϑ0 = −mgr sin ϑ + krx cos ϑ U0 x = F − kx + kr sin ϑ.

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

F − kr + kr sin ϑe = 0

−mg sin ϑe+ kr cos ϑe = 0

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

tgϑe = kr mg = 1 ⇒ ϑe= π 4 F = kr(1 − sin ϑe) = mg à 1 − √ 2 2 ! .

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

U”ϑϑ = −mgr cos ϑ − krx sin ϑ

U”xx = −k < 0

U”ϑx = kr cos ϑ.

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

detH =√2mgkr − 1 2k 2_r2 ₌ µ_√ 2 − 1 2 ¶ m2_g2 _{> 0.}

Poich´e `e positivo, e la derivata seconda U”xx `e negativa, si deduce (test delle derivate

seconde) che il potenziale ha un massimo nel punto di equilibrio. Dunque vi `e un minimo

dell’energia potenziale V = −U, e l’equilibrio `e stabile.

3) L’energia cinetica del sistema vale

T = 1

2M ˙x

2₊ 1

2mr

2˙ϑ2_.

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

M ¨x = F − kx + kr sin ϑ mr2ϑ = −mgr sin ϑ + krx cos ϑ.¨ Osservazione. Se si calcola la forza elastica applicata in G, che vale:

~

la prima equazione si ricava anche scrivendo il Teorema della quantit`a di moto per la sbarretta, moltiplicato scalarmente per il versore dell’asse x; la seconda si ricava scrivendo per il punto P una equazione di momento rispetto al punto fisso O.

Per scrivere le equazioni linearizzate nell’intorno di {π/4, r} basta approssimare il poten-ziale nella forma:

U ' U∗ _{= −}k 2(x − r) 2₋ √ 2 2 mgr(ϑ − π/4) 2₊ √ 2 2 kr(x − r)(ϑ − π/4)

e usare la funzione Lagrangiana approssimata L∗ _{= T + U}∗_{. Si ricavano le seguenti}

equazioni linearizzate del moto:

M ¨x = −k(x − r) + √ 2 2 kr(ϑ − π/4) mr2ϑ = −¨ √2mgr(ϑ − π/4) + √ 2 2 kr(x − r).

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

~Φ_A = ΦA~j, ~ΦB = ΦB~j (esterne), ~ΦP = ΦP~n (interna).

Le reazioni esterne si possono determinare scrivendo per la sbarretta un’equazione di momento rispetto al suo baricentro G, e il teorema della quantit`a di moto lungo l’asse y:

−ΦA(r + x) + ΦB(r − x) = 0 ΦA+ ΦB− Mg − kr cos ϑ = 0 da cui si ricava: ΦA = r − x 2r · g(M + m cos ϑ); ΦB = r + x 2r · g(M + m cos ϑ).

Per ricavare ΦP `e utile scrivere, per il punto P , il teorema della quantit`a di moto nella

direzione radiale. Se ~τ `e il versore tangente in P alla semicirconferenza, la forza peso e la forza elastica applicata in P si possono anche scrivere:

−mg~j = −mg(sin ϑ~τ + cos ϑ~n), F~el,P = kx cos ϑ~τ + k(r − x sin ϑ)~n.

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

k(r − x sin ϑ) − mg cos ϑ + ΦP = m~aP × ~n = mr ˙ϑ2

e da esso si ricava:

PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE 28 gennaio 2002

Nel sistema di figura, disposto in un piano verticale, il disco omogeneo di raggio r e massa

M rotola senza strisciare sulla guida rettilinea s, di versore ~λ, inclinata di π/6 rispetto

all’orizzontale x. Si assuma come sistema di riferimento inerziale il riferimento (O, ~λ, ~µ) rappresentato in figura. Al baricentro G del disco `e incernierata una sbarretta rigida

GB di lunghezza ` e massa trascurabile, che `e impegnata a scorrere senza attrito nella

scanalatura verticale di un corsoio rettangolare.

Il corsoio omogeneo con baricentro A ha massa m, lunghezza 2a e altezza trascurabile; striscia senza attrito sulla retta orizzontale x e i suoi estremi H e K sono collegati al baricentro del disco con due molle di uguale costante elastica k e lunghezza a riposo trascurabile.

All’estremo B della sbarretta verticale `e applicato un carico costante ~F avente la direzione parallela a ~λ.

Si assuma come coordinata lagrangiana l’ascissa s = sG del baricentro del disco.

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

2) Scrivere l’equazione del moto e trovarne la soluzione soddisfacente le condizioni iniziali:

s(0) = 2r , ˙s(0) = 0.

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

x

Mg

C

G

H

K

B

A

F

s

p/6

p/6

a

a

r

mg

O

l

m

SOLUZIONE

Relazioni geometriche e cinematiche (ϑ `e l’angolo di rotazione del disco, crescente nel verso antiorario): ~λ = √ 3 2 ~i − 1 2~j; ~µ = 1 2~i + √ 3 2 ~j ; G = s~λ + r~µ =~ 1 2( √ 3s + r)~i +1 2( √ 3r − s)~j xA = xB = xG = 1 2( √ 3s + r); yB = yG+ ` = 1 2( √ 3r − s) + ` ~vA = √ 3 2 ˙s~i; ~vG = ˙s~λ = −r ˙ϑ ~λ ; GH 2 = GK2 = a2₊1 4( √ 3r − s)2

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

U(s) = −MgyG+ √ 3F 2 xB− F 2 yB− 2 · k 2GH 2 = µ Mg 2 + F ¶ s − k 4( √ 3r − s)2+ cost. Se si annulla la sua derivata prima:

dU ds = Mg 2 + F + k 2( √ 3r − s) = 0 si ricava la configurazione di equilibrio:

se =

√

3r + Mg + 2F

k

che `e sempre stabile perch´e la derivata seconda di U(s) ´e negativa: U”(s) = −k/2 < 0 e dunque l’energia potenziale V (s) = −U(s) del sistema ha un minimo per s = se.

2) Calcolata l’energia cinetica del sistema, che vale:

T = 1 2IC ˙ϑ 2 ₊1 2mv 2 A = 3 4 µ M +m 2 ¶ ˙s2_,

se si applica il Teorema delle forze vive o si scrive una equazione di Lagrange si ricava: 3 2 µ M + m 2 ¶ ¨ s + k 2s = √ 3 2 kr + Mg 2 + F ≡ k 2se che si pu`o riscrivere:

¨

s + ω2_{(s − s}

e) = 0, ω2 =

2k 3(2M + m).

Il suo integrale generale `e: s(t) = se+ A sin(ωt + ϕ) con A, ϕ costanti che si determinano

imponendo le condizioni iniziali:

s(0) = 2r = se+ A sin ϕ

˙s(0) = 0 = ωA cos ϕ. ⇒ A = 2r − se; ϕ = π/2.

Si ottiene dunque:

s(t) = se+ (2r − se) cos(ωt).

3) Le reazioni vincolari che si esercitano sul disco sono ~ΦC e ~ΦG. Indichiamo con ΦCλ, ΦCµ

ΦCx, ΦCy e ΦGx, ΦGy quelle nella direzione degli assi (x, y), ruotati di π/6 rispetto al

sistema di riferimento (O, ~λ, ~µ).

• In assenza di attrito le reazioni prodotte dall’asse x sul corsoio HK sono verticali:

dunque in condizioni statiche l’equazione di risultante per le componenti orizzontali delle forze esterne agenti sul sistema complessivo fornisce

ΦCx+ √ 3 2 F = 0 ΦCx= − √ 3 2 F. (1)

• Le forze elastiche applicate al baricentro G del disco valgono: −k(G − H) = −ka~i − k 2( √ 3r − s)~j; −k(G − K) = ka~i − k 2( √ 3r − s)~j

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

ΦCx+ ΦGx= 0 ⇒ ΦGx =

√

3

2 F (2)

rΦCλ = 0 ⇒ ΦCλ = 0. (3)

• Sulla sbarretta agiscono: ~F , −~ΦG e le reazioni prodotte dal suo scorrimento nella

scanalatura del corsoio HK. Queste ultime si riducono ad un risultante ~Rv _{= R}v_~i

applicato sul loro asse centrale, e non sono richieste. L’equazione di risultante per le componenti verticali delle forze agenti sulla sbarretta isolata fornisce:

−ΦGy −

F

2 = 0 ⇒ ΦGy = −

F

2. (4)

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

ΦCµ= 2ΦCx = − √ 3 F ; ΦCy = √ 3 2 ΦCµ= − 3 2F. In conclusione si ottiene ~Φ_C = −F 2( √ 3~i + 3~j) = −√3 F ~µ ; ~ΦG = F 2( √ 3~i − ~j) = F ~λ.

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

ΦGy = Mg − ΦCy+ k(

√

3r − se) = −

F

PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE 28 aprile 2003

Il sistema di figura `e disposto in un piano verticale. Una trave a T, omogenea e con massa complessiva m, `e costituita da due bracci di uguale lunghezza ` e spessore trascurabile. Il suo braccio verticale `e impegnato a scorrere senza attrito lungo l’asse y, ed `e sostenuto da una forza costante nota ~F = F~. Sul suo braccio orizzontale rotola senza strisciare un

disco omogeneo di massa M e raggio r = `/4, il cui baricentro A `e collegato all’origine

O del sistema di riferimento inerziale O(x, y) da una molla con costante elastica nota k e

lunghezza a riposo trascurabile.

Si assumano come coordinate lagrangiane: l’ascissa x del baricentro A del disco e l’ordinata

y del baricentro G della trave.

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

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

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

A

O

G

y

Mg

mg

C

AC =

r

=

l

/4

x

y

q = {

,

}

x

F

Soluzione

1. Il baricentro G della trave a T si trova sull’asse y, a una distanza d = `/4 dal suo braccio orizzontale. Se x, y sono le due coordinate lagrangiane e ϑ `e l’angolo di rotazione del disco, crescente in verso antiorario, si hanno le seguaenti relazioni geometico-cinenatiche:

A = O + x~ı + (y + r + `/4)~ = O + x~ı + (y + `/2)~ ⇒ AO2 = x2_{+ (y + `/2)}2 ~vA = ˙x~ı + ˙y~ ≡ ~vC + ˙ϑ~k ∧ (A − C) = ˙y~ − r ˙ϑ~ı ⇒ ˙ϑ = − ˙x/r

~aA = ¨x~ı + ¨y~.

Il potenziale delle forze attive vale

U(x, y) = −mgyG− MgyA+ F yG− k

2AO 2 + cost = [F − (M + m)g ] y − k 2(x 2_{+ y}2_{+ `y) + cost.}

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

∂U

∂x = −kx = 0 ∂U

∂y = F − (M + m)g − ky − k`/2 = 0

e fornisce la seguente configurazione di equilibrio: qe= {xe, ye}; xe = 0, ye = −

`

2 +

F − (M + m)g

k .

Le derivate seconde del potenziale valgono:

∂2_U ∂x2 = ∂2_U ∂y2 = −k, ∂2_U ∂x∂y = 0.

La matrice Hessiana ha un autovalore doppio, negativo: λ1,2 = −k, per cui il punto di

stazionariet`a `e un massimo e la configurazione di equilibrio trovata `e stabile. 2. Determinata l’energia cinetica del sistema, che vale

T ( ˙x, ˙y) = 1 2mv 2 G+ 1 2Mv 2 A+ 1 2IA˙ϑ 2 ₌ 1 2(M + m) ˙y 2₊3 4M ˙x 2_,

si ricavano le seguenti equazioni di Lagrange 3 2M ¨x = −kx (M + m)¨y = F − (M + m)g − ky − k`/2 che, posto: σ2 x = 2k 3M σ 2 y = k M + m,

si possono riscrivere

¨

x + σ_x2x = 0; y + σ¨ _y2(y − ye) = 0.

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

x(t) = A sin(σxt + ϕx), y(t) = ye+ B sin(σyt + ϕy)

in cui le costanti A, B, ϕx, ϕy sono definite dalle rispettive condizioni iniziali (x0, ˙x0),

(y0, ˙y0) , e precisamente: A = v u u t_x2 0+ ˙x2 0 σ2 x , B = v u u t_{(y0− ye)}2 ₊ ˙y02 σ2 y ϕx = arctan µ_σ xx0 ˙x0 ¶ ; ϕy = arctan " σy(y0− ye) ˙y0 # .

3. Indichiamo con ~ΦC = ΦCx~ı + ΦCy~ la reazione vincolare interna in C agente sul disco,

e con ~Rv _{= R}v_{~ı, M}v

G la risultante e il momento risultante delle reazioni della coppia

prismatica agenti sull’elemento verticale della trave.

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

rΦCx = IAϑ¨ ⇒ ΦCx =

Mr

2 ϑ = −¨

M

2 x(t).¨ La reazione interna agente sulla trave vale ~Φtrave

C = −~ΦC. Per il Teorema della quantit`a

di moto applicato alle forze agenti sulla trave isolata si ha:

Rv _{− Φ}

Cx = 0 ⇒ Rv = −

M

2 x(t)¨

F − mg − ΦCy = m¨y ⇒ ΦCy = F − m[g + ¨y(t)].

Infine, una equazione di momento rispetto al baricentro G della trave isolata fornisce l’ultima incognita di reazione:

Mv G+ ` 4ΦCx− xΦCy = 0 ⇒ M v G= M` 8 x(t) + {F − m [g + ¨¨ y(t)]} x(t). Le equazioni di moto richieste al punto 2 possono anche essere ricavate applicando il Teorema della quantit`a di moto al sistema complessivo:

Rv_{~ı + F~ − (M + m)g~ − k[x~ı + (y + `/2)~ ] = m~a}

G+ M~aA= (M + m)¨y~ + M ¨x~ı

che `e equivalente alle due equazioni scalari

Rv _{− kx = M ¨x}

F − (M + m)g − k(y + `/2) = (M + m)¨y.

La seconda `e l’equazione differenziale soddisfatta dalla coordinata y, e sostituendo Rv

PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE 3 settembre 2003

Nel sistema di figura, disposto in un piano verticale, il disco omogeneo di massa m e raggio

r ha il baricentro G che scorre senza attrito sull’asse x, ed `e collegato al punto K(b, 0)

con una molla avente costante elastica k2 e lunghezza a riposo trascurabile. Una seconda

molla, con costante elastica k1 e lunghezza a riposo pure trascurabile, collega il punto A

della periferia del disco con il punto H(0, 2r) dell’asse y. Sul disco `e inoltre applicata una coppia antioraria di momento costante M.

Si assumano come coordinate lagrangiane l’ascissa x di G e l’angolo ϑ `ındicato in figura. 1. Calcolare il valore del momento M da applicare al disco perch`e esso sia in equilibrio per ϑe = π/2, e la posizione xe di G in tale configurazione di equilibrio. Studiare quindi

la stabilit`a della soluzione (ϑe, xe).

2. Scrivere i teoremi della quantit`a di moto e del momento risultante delle quantit`a di moto del disco e ricavare:

a) le equazioni di moto del sistema;

b) la reazione vincolare nel baricentro G del disco.

3. Approssimare il potenziale delle forze attive in un intorno della configurazione di equilibrio individuata al punto 1, mediante sviluppo in serie di Taylor troncato ai termini del secondo ordine. Scrivere quindi la Lagrangiana approssimata del sistema e ricavare le equazioni del moto linearizzate nell’intorno di (ϑe, xe).

K(b,0) x M mg A H(0, 2r) O y q G r

Soluzione

1. Il potenziale delle forze applicate `e la funzione

U(ϑ, x) = −mgyG− k1 2AH 2 −k2 2GK 2 + Mϑ = −k1 2 h (x + r cos ϑ)2 _{+ (2r − r sin ϑ)}2i₋ k2 2(b − x) 2_{+ Mϑ + cost} ed ha derivate parziali U0

ϑ= k1r(x sin ϑ + 2r cos ϑ) + M, Ux0 = −k1(x + r cos ϑ) + k2(b − x).

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

rk1x + M = 0 −k1x + k2(b − x) = 0 nelle incognite M, x che fornisce la soluzione:

M = −rk1xe = − rbk1k2 k1 + k2 , xe = k2b k1+ k2 .

Le derivate seconde del potenziale sono

U”xx = −(k1+ k2), U ”ϑϑ = k1r(x cos ϑ − 2r sin ϑ), U”ϑx= k1r sin ϑ

e nella configurazione di equilibrio valgono

U”xx,e= −(k1+ k2), U ”ϑϑ,e= −2k1r2, U ”ϑx,e = k1r.

Poich`e il determinante della matrice Hessiana `e positivo:

U”xx,eU”ϑϑ,e− [U”ϑx,e]2 = k21r2+ 2k1k2r2

e inoltre U”ϑϑ,e< 0, U”xx,e< 0, la funzione potenziale ha un massimo per (ϑe, xe). Se ne

deduce che l’energia potenziale V (ϑ) = −U(ϑ) ha un minimo e l’equilibrio `e stabile. 2. Il teorema della quantit`a di moto fornisce le due equazioni scalari:

k2(b − x) − k1(x + r cos ϑ)) = m¨x −mg + k1r(2 − sin ϑ) + ΦG = m¨yG= 0.

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

k1(x + r cos ϑ)r sin ϑ + k1r(2 − sin ϑ)r cos ϑ + M = IGϑ.¨

La prima e la terza sono le equazioni pure del moto:

m¨x = −(k1+ k2)x − k1r cos ϑ + k2b mr2

e dalla seconda si ricava la reazione vincolare ~ΦG = ΦG~ :

ΦG = mg − k1r(2 − sin ϑ).

3. L’energia cinetica del disco vale

T ( ˙ϑ, ˙x) = 1 2mv 2 G+ 1 2IG˙ϑ 2 ₌ 1 2m à ˙x2₊r2 2 ˙ϑ 2 ! .

L’approssimazione del secondo ordine della funzione potenziale, nell’intorno di (ϑe, xe), `e

la seguente: U(ϑ, x) ' 1 2U”ϑϑ,e(ϑ − ϑe) 2₊ 1 2U”xx,e(x − xe) 2_{+ U”} ϑx,e(ϑ − ϑe)(x − xe) + cost = −k1r2(ϑ − π/2)2− k1+ k2 2 (x − xe) 2_{+ k} 1r(ϑ − π/2)(x − xe) + cost.

Sommamdo questa espressione approssimata alla energia cinetica gi`a calcolata (che `e anch’essa del secondo ordine rispetto a una piccola perturbazione della soluzione di equili-brio), si ottiene l’espressione approssimata delle funzione Lagrangiana, valida in un intorno di (π/2, xe): L(ϑ, x, ˙ϑ, ˙x) = T ( ˙ϑ, ˙x) + U(ϑ, x) ' 1 2m à ˙x2₊r2 2 ˙ϑ 2 ! − k1r2(ϑ − π/2)2 − k1+ k2 2 (x − xe) 2_{+ k} 1r(ϑ − π/2)(x − xe) + c

da cui le seguenti equazioni del moto, linearizzate nell’intorno della configurazione di equilibrio (π/2, xe): mr2 2 ϑ + 2k¨ 1r 2_{(ϑ − π/2) − k} 1r(x − xe) = 0 m¨x − k1r(ϑ − π/2) + (k1+ k2)(x − xe) = 0.

PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE 2 febbraio 2004

Nel sistema di figura, disposto in un piano verticale, la sbarretta omogenea AC, di massa

m e lunghezza `, scorre senza attrito lungo l’asse y. Al suo estremo C `e applicata la forza

elastica ~F = −k(C − O), e l’estremo A `e incernierato alla periferia di un disco di raggio r e massa 4m. Il punto P del disco, posto all’estremo della sua corda AP di lunghezza r√3, `e collegato al baricentro B della sbarretta con una molla che ha costante elastica

h = 4mg/` e lunghezza a riposo trascurabile. Si assumono come coordinate lagrangiane:

l’ordinata y = yB del baricentro della sbarretta e l’angolo ϑ di rotazione del disco che `e

indicato in figura.

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

2. Calcolare l’energia cinetica, scrivere la funzione Lagrangiana e ricavare le equazioni del moto.

3. Si blocca la sbarretta nella configurazione y0 = −`/2, e si mette in moto il disco a

partire dalla configurazione ϑ0 = 0 con velocit`a angolare ˙ϑ0nulla. Determinare la velocit`a

angolare del disco nell’istante in cui raggiunge la configurazione ϑ1 = π/2.

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

O

C

B

A

q

p

P

G

mg

4mg

/6

x

y

r

Soluzione

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

BP2 = `

2

4 + 3r

2₋√_{3r` cos[π − (ϑ + π/6)] =</sub>√<sub>3r` cos(ϑ + π/6) + cost}

=

√

3 2 r`(

√

3 cos ϑ − sin ϑ) + cost. Inoltre:

xG = r sin ϑ; yG = y − `/2 − r cos ϑ.

Il potenziale delle forze attive `e perci`o

U(y, ϑ) = −mgyB− 4mgyG−

k 2 OC 2 − h 2 BP 2

= −mgy − 4mg(y − r cos ϑ) − k 2 Ã y + ` 2 !<sub>2</sub> − h 2 √ 3 2 r`( √

3 cos ϑ − sin ϑ) + cost

= −5mgy − k 2 Ã y + ` 2 !₂

+ mgr(cos ϑ +√3 sin ϑ) + cost.

Per ricavare le configurazioni di equilibrio annulliamo le derivate parziali:

U0 y = −5mg − k(y + `/2) = 0 U0 ϑ = mgr( √ 3 cos ϑ − sin ϑ) = 0. Il sistema `e soddisfatto per

ye = − Ã ` 2 + 5mg k ! ; ϑ(1)_e = arctan(√3) = π 3 , ϑ (2) e = 4π 3 per cui sono sempre possibili le due configurazioni di equilibrio

q(1)

e = {ye, π/3} ; q(2)e = {ye, 4π/3}.

Per studiarne la stabilit`a calcoliamo le derivate seconde:

U”yy = −k < 0 ; U”ϑϑ = −mgr(

√

3 sin ϑ + cos ϑ) ; U”yϑ = 0.

Poich`e U”ϑϑ`e negativa per ϑ = π/3 e positiva per ϑ = 4π/3, si deduce che il determinante

della matrice Hessiana `e:

• positivo nella configurazione q(1)

e , la quale risulta stabile;

• negativo nella configurazione q(2)

e , che `e perci`o instabile.

2. L’energia cinetica del sistema vale

T = 1 2mv 2 B+ 1 2 · 4mv 2 G+ 1 2IG˙ϑ 2 ₌ 1 2m ˙y 2₊ 1 2· 4m(r 2˙ϑ2_{+ 2r sin ϑ ˙y ˙ϑ) +} 1 2 4mr2 2 ˙ϑ 2 = 5 2m ˙y 2_{+ +4mr ˙y ˙ϑ + 3mr}2˙ϑ2_.

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

5¨y + 4r ¨ϑ + 5g + k(y + `/2)/m = 0

4¨y + 6r ¨ϑ + g(sin ϑ −√3 cos ϑ) = 0.

3. Poich`e il sistema `e conservativo, applichiamo l’integrale primo dell’energia: T0− U0 = T1− U1 tra l’istante iniziale t0 = 0 in cui

y0 = −`/2, ˙y0 = 0, ϑ0 = 0, ˙ϑ0 = 0 ⇒ T0 = 0, U0 = mg

µ₅

2` + r

¶

e l’istante finale t1 in cui

y1 = −`/2, ˙y1 = 0, ϑ1 = π/2 ⇒ T1 = 3mr2˙ϑ21, U1 = mg µ<sub>5</sub> 2` + √ 3r ¶ e otteniamo: ˙ϑ1 = s (√3 − 1)g 3r .

4. Indichiamo con ~ΦA = ΦAx~ı+ΦAy~ la reazione vincolare interna nella cerniera A, agente

sul disco, e con ~Rv _{= R}v_{~ı, M}v _{la risultante e il momento risultante (rispetto a B) delle}

reazioni del telaio y sulla sbarretta. Dalle le equazioni cardinali della Statica, applicate all’intero sistema e alla sbarretta isolata, si ricava:

Rv _{= 0 , M}v _{= (`/2)Φ} Ax.

L’equazione di risultante per il disco isolato fornisce:

ΦAx+ h(B − P ) ×~ı = 0; ΦAy− 4mg + h(B − P ) × ~ = 0.

Il vettore (B − P ) `e funzione della sola coordinata ϑ. In condizioni generiche di moto vale (B − P ) = −r√3 sin(ϑ + π/6)~ı + [`/2 + r√3 cos(ϑ + π/6)]~

e nelle configurazioni di equilibrio, in cui la corda AP `e parallela all’asse x, si riduce rispettivamente a

(B − P ) = −√3r~ı + (`/2)~ per ϑ(1)<sub>e</sub> = π/3 (B − P ) = √3r~ı + (`/2)~ per ϑ(2)

e = 4π/3.

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

ΦAx =      4√3mgr/` nella configurazione q(1) e −4√3mgr/` nella configurazione q(2) e ; ΦAy = 2mg.

PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE 13 febbraio 2004

Nel sistema di figura, disposto in un piano verticale, il disco di massa m e raggio r rotola senza strisciare sull’asse y e il suo baricentro A `e incernierato a un estremo della sbarretta omogenea AB di lunghezza ` e ugual massa m. L’estremo B `e incernierato a una seconda sbarretta omogenea BD di massa 2m e lunghezza 2`, che ruota attorno al suo baricentro fisso E ed `e sollecitata da una coppia esterna di momento costante M0. Si assuma come

coordinata lagrangiana l’angolo ϑ indicato in figura, e che sia: yA6= 0 se ϑ 6= 0.

1. Determinare le configurazioni di equilibrio del sistema e studiarne la stabilit`a, 2. Calcolare l’energia cinetica e ricavare l’equazione del moto.

3. Determinare tutte le reazioni vincolari esterne ed interne nelle condizioni di equilibrio individuate al punto 1. C A B O M mg mg 2mg q x y G D E( ,0)r r AB = BD = 2

l

l

Soluzione

1. Il potenziale delle forze applicate vale

U(ϑ) = −mgyA− mgyG− Mϑ + cost = −

7

2mg` sin ϑ + Mϑ + cost.

Le configurazioni di equilibrio sono i suoi punti di stazionariet`a, che si ricavano annullando la derivata prima:

U0(ϑ) = −7

2mg` cos ϑ + M = 0. Si ricavano le due soluzioni di equilibrio

ϑ(1) e = arccos à 2M 7mg` ! , ϑ(2) e = −ϑ(1)e ,

reali se 2M ≤ 7mg`. Per studiare la stabilit`a calcoliamo il segno della derivata seconda

U”(ϑ) = 7

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

per la loro esistenza, essa vale

U”(ϑ(1) e ) = 7 2mg` v u u t<sub>1 −</sub> Ã 2M 7mg` !₂ > 0 ; U”(ϑ(2) e ) = − 7 2mg` v u u t<sub>1 −</sub> Ã 2M 7mg` !₂ < 0.

Poich`e l’equilibrio `e stabile nei punti di minimo della energia potenziale V (ϑ) = −U(ϑ), si deduce che la configurazione ϑ(1)

e `e instabile e ϑ(2)e `e stabile.

2. L’energia cinetica del sistema vale

T (ϑ, ˙ϑ) = 1 2IE ˙ϑ 2 ₊1 2ICϕ˙ 2 ₊1 2mv 2 G+ 1 2IGψ˙ 2

dove ˙ϕ `e la velocit`a angolare del disco e ˙ψ quella della sbarretta AB. Quest’ultima `e

uguale e contraria a ˙ϑ, e quella del disco si ricava sfruttando la condizione di rotolamento senza strisciamento:

yA = 2` sin ϑ, vA = ˙yA= 2` cos ϑ ˙ϑ = r ˙ϕ ⇒ ϕ =˙ 2`

r cos ϑ ˙ϑ. Inoltre: xG = r + ` 2cos ϑ, ˙xG = − ` 2sin ϑ ˙ϑ yG = 3` 2 sin ϑ, ˙yG = 3` 2 cos ϑ ˙ϑ da cui: v2

G = (`2/4)(1 + 8 cos2ϑ) ˙ϑ2. Si ricava pertanto:

T (ϑ, ˙ϑ) = 1 2 8m`2 12 ˙ϑ 2<sub>+</sub>1 2 3mr2 2 4`2 r2 · cos 2_{ϑ ˙ϑ}2₊ 1 2· m`2 4 (1 + 8 cos 2<sub>ϑ) ˙ϑ</sub>2<sub>+</sub>1 2 · m`2 12 ˙ϑ 2 = 1 2m` 2_{(1 + 8 cos}2_{ϑ) ˙ϑ}2

da cui la Lagrangiana del sistema

L(ϑ, ˙ϑ) = T (ϑ, ˙ϑ) + U(ϑ) = 1

2m`

2_{(1 + 8 cos}2_{ϑ) ˙ϑ}2₋ 7

2mg` sin ϑ + Mϑ + cost. Da essa si ricava l’equazione del moto:

m`2<sub>(1 + 8 cos</sub>2<sub>ϑ) ¨ϑ − 8m`</sub>2_{sin ϑ cos ϑ ˙ϑ}2₊7

2mg` cos ϑ − M = 0.

3. Il sistema `e soggetto a quattro vincoli doppi: indichiamo le reazioni esterne con ~ΦC =

ΦCx~ı + ΦCy~, ~ΦE = ΦEx~ı + ΦEy~; quella interna nella cerniera A, e agente sul disco, con

~Φ_A = ΦAx~ı + ΦAy~; quella interna e agente sull’asta BD con ~ΦB = ΦBx~ı + ΦBy~. Le otto

incognite di reazione si possono determinare applicando le seguenti equazioni cardinali della Statica: • al disco isolato: ΦCx+ ΦAx = 0 ΦCy + ΦAy− mg = 0 −rΦCy = 0 • all’asta BD isolata: ΦBx+ ΦEx = 0 ΦBy+ ΦEy− 2mg = 0 • al sistema complessivo: ΦCx+ ΦEx = 0 ΦCy+ ΦEy − 4mg = 0

• e alle due aste isolate, con un’equazione di momento rispetto alla cerniera E: M −mg` 2 cos ϑ + 2` sin ϑΦAx= 0 Da quest’ultima si ricava ΦAx= ∓ 3M 7` v u u t<sub>1 −</sub> Ã 2M 7mg` !₂ e dalle precedenti: ΦAy = mg ΦCx = −ΦAx ; ΦCy = 0 ΦEx = ΦAx; ΦEy = 4mg ΦBx = −ΦAx ; ΦBy = −2mg.

PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE 8 luglio 2004

Nel sistema in figura, che `e disposto in un piano verticale, la sbarretta rigida AB di lunghezza ` e massa m `e incernierata, ad un terzo della sua lunghezza, nell’origine del sistema di riferimento inerziale O(x, y). Ad essa sono applicate: una coppia di momento costante M, e una molla con costante elastica k e lunghezza a riposo trascurabile, che collega l’estremo A ad un punto materiale P di massa mP scorrevole senza attrito sull’asse

x. Al punto P `e applicata una forza costante ~F = F~ı.

1. Determinare la posizione di equilibrio xe del punto P e il valore che deve avere il

momento M della coppia, perch`e la sbarretta si trovi in equilibrio per ϑe = π.

2. Determinare la condizione che deve essere soddisfatta dalla forza F per assicurare la stabilit`a della configurazione di equilibrio (ϑe, xe) determinata al punto precedente.

3. Scrivere le equazioni del moto del sistema.

4. Calcolare tutte le reazioni vincolari in un generico istante di moto.

O P P x y mg q G m g A B M F AB = OB = /3

l

l

Soluzione

1. Calcolati il quadrato della elongazione della molla e la quota del baricentro G: (AP )2 _{= x}2₊ 4 9` 2<sub>−</sub>4 3`x cos ϑ ; yG= OG sin ϑ = ` 6sin ϑ, il potenziale delle forze attive risulta:

U(ϑ, x) = −mg` 6 sin ϑ − k 2 µ x2<sub>+</sub> 4 9` 2₋ 4 3`x cos ϑ ¶ + Mϑ + F x + cost ed ha derivate parziali: U0 ϑ(ϑ, x) = − mg` 6 cos ϑ − 2k` 3 x sin ϑ + M U<sub>x</sub>0(ϑ, x) = −kx +2k` 3 cos ϑ + F. Annullandole entrambe e ponendo ϑ = ϑe = π si ricava subito:

M = −mg` 6 ; xe = F k − 2` 3 .

2. Le derivate seconde del potenziale, calcolate nella configurazione di equilibrio qe =

(−π, xe), valgono: U”ϑϑ(qe) = mg` 6 sin ϑe− 2k` 3 xecos ϑe = 2k` 3 Ã F k − 2` 3 ! U”xx(qe) = −k < 0 U”ϑx(qe) = 2k` 3 sin ϑe = 0

per cui U”ϑϑ(qe) e U”xx(qe) = −k coincidono con gli autovalori della matrice Hessiana.

Affinch`e entrambi gli autovalori siano negativi (condizione affich`e U(ϑ, x) abbia un mas-simo in qe), occorre che F < 2k`/3. Se `e soddisfatta questa condizione, l’energia potenziale

V = −U ha un minimo, e qe `e stabile.

3. L’energia cinetica del sistema vale

T ( ˙ϑ, ˙x) = 1 2IO˙ϑ 2₊1 2mPv 2 P = 1 2 m`2 9 ˙ϑ 2₊1 2mP ˙x 2

e usandola per scrivere le equazioni di Lagrange si ottengono le seguenti equazioni del moto: ¨ ϑ + 3g 2` cos ϑ + 6k ` x sin ϑ = 9M m`2 mPx + kx −¨ 2 3k` cos ϑ = F.

4. La reazione ~ΦP = ΦP~ della guida x sul punto P si ricava con una equazione di

risultante:

−mPg − k(P − A) × ~ + ΦP = 0 =⇒ ΦP = mPg − kyA= mPg −

2k` 3 sin ϑ

oppure applicando al sistema complessivo il teorema del momento delle quantit`a di moto rispetto ad O

M + ΦPx −

mg`

6 cos ϑ − mPgx = IOϑ¨ che fornisce l’espressione equivalente:

ΦP = 1 x à m`2 9 ϑ +¨ mg` 6 cos ϑ + mPg − M !

dove ϑ(t) e x(t) sono soluzioni delle precedenti equazioni del moto.

Le due componenti della reazione di cerniera si ottengono applicando il teorema della quantit`a di moto alla sbarretta isolata:

ΦOx + k(P − A) ×~ı = m¨xG= − m` 6 (sin ϑ ¨ϑ + cos ϑ ˙ϑ 2<sub>)</sub> ΦOy − mg − kyA = m¨yG = m` 6 (cos ϑ ¨ϑ − sin ϑ ˙ϑ 2₎ da cui si ricava ΦOx = k à 2` 3 cos ϑ − x ! − m` 6 (sin ϑ ¨ϑ + cos ϑ ˙ϑ 2₎ ΦOy = mg + 2k` 3 sin ϑ + m` 6 (cos ϑ ¨ϑ − sin ϑ ˙ϑ 2_).

PROVA SCRITTA DI MECCANICA RAZIONALE 2 settembre 2004

Nel sistema in figura, che `e disposto in un piano verticale, il disco omogeneo di massa m e raggio R rotola senza strisciare su una retta ξ inclinata di un angolo α = π/6 rispetto all’asse x del sistema di riferimento inerziale O(x, y).

Al suo baricentro G sono applicate le forze elastiche prodotte da due molle GG0 _{e GG”}

che si mantengono parallele rispettivamente all’asse x e all’asse y, hanno uguale costante elastica k = mg/R e lunghezze a riposo trascurabili.

Al disco `e inoltre applicata una coppia di momento M(ϑ) = M0ϑ2, con M0 = mgR/4 e ϑ

angolo di rotazione del disco, che si assume crescente nel verso antiorario e nullo quando il punto di contatto C del disco coincide con O.

1. Determinare le configurazioni di equilibrio del disco e studiarne la stabilit`a. 2. Scrivere l’equazione del moto del sistema.

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

4. Si supponga che il moto del disco abbia inizio con velocit`a angolare ω0 6= 0 quando ϑ = ϑ0 = 0. Calcolare il valore da assegnare ad ω0 per far s`ı che il disco raggiunga con

velocit`a nulle la configurazione in cui yG= −

√ 3R/2.

O

a = /6

x

x

G'

G"

G

C

mg

M = M

q

q

y

p

Soluzione 1) Dalla geometria del sistema si ricava

xG = ξCcos α − R sin α = − R 2( √ 3ϑ + 1); yG= ξCsin α + R cos α = R 2( √ 3 − ϑ) ~vG = ˙xG~ı + ˙yG~ = − R ˙ϑ 2 ( √ 3~ı + ~) = −R ˙ϑ~λ ≡ ˙ξG~λ

dove ~λ `e il versore dell’asse ξ.

Il potenziale delle forze applicate `e pertanto

U(ϑ) = −mgyG− k 2(x 2 G+ yG2) + Z M(ϑ)dϑ = mgR 2 (ϑ 3_{/6 − ϑ}2_{+ ϑ) + cost}

e la sua derivata prima vale

U0_{(ϑ) =} mgR

2 (ϑ

2_{/2 − 2ϑ + 1).}

I suoi zeri forniscono i seguenti due punti di stazionariet`a:

ϑ(1)_e = 2 +√2; ϑ(2)_e = 2 −√2

che definiscono altrettante soluzioni di equilibrio. Per valutarne la stabilit`a ricaviamo la derivata seconda U”(ϑ) = mgR

2 (ϑ − 2) che nelle configurazioni di equilibrio vale U”(ϑ(1)_e ) = √ 2 2 mgR > 0; U”(ϑ (2) e ) = − √ 2 2 mgR < 0.

Dunque l’energia potenziale V (ϑ) = −U(ϑ) ha un massimo nella configurazione ϑ(1)

e che

`e instabile, e ha un minimo per ϑ(2)

e che `e stabile.

2) L’energia cinetica del disco vale

T (ϑ, ˙ϑ) = 1

2IC ˙ϑ

2 ₌ 3

4mR

2˙ϑ2_.

Se la si usa per scrivere l’equazione di Lagrange

d dt à ∂T ∂ ˙ϑ ! − ∂T ∂ϑ = dU dϑ

si ricava l’equazione del moto:

3R ¨ϑ − g à ϑ2 2 − 2ϑ + 1 ! = 0.

3) Per ricavare la reazione vincolare ~ΦC = ΦCx~ı + ΦCy~ si pu`o applicare il teorema della

quantit`a di moto del disco. Ricavate le espressioni delle forze elastiche:

−k(G − G0_{) = −kx} G~ı = kR 2 ( √ 3ϑ + 1)~ı; −k(G − G”) = −kyG~ = kR 2 (ϑ − √ 3)~,