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Q1. Trovare la torsione della curva

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Academic year: 2021

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Universit` a di Pavia Facolt` a di Ingegneria Esame di Meccanica Razionale

Appello del 17 luglio 2003 Soluzioni (Parte I)

Q1. Trovare la torsione della curva

p(t) − O = 6te x + 3(t 2 − 1)e y + 4(t 3 − 1)e z nel punto corrispondente ad t = 0.

La torsione τ si calcola tramite la formula τ = − p ∧ p ′′ · p ′′′

|p ∧ p ′′ | 2

dove gli apici indicano derivazioni rispetto al parametro t. Dal testo abbiamo p (0) = 6e x p ′′ (0) = 6e y p ′′′ (0) = 24e z

da cui segue p ∧ p ′′ (0) = 36e z e dunque τ = − 2

3 .

Q2. In un piano verticale, un’asta omogenea AB di massa 3m e lunghezza ℓ `e libera di ruotare attorno ad un punto fisso O tale che OA = ℓ/4. Un anellino P avente dimensioni trascurabili e di massa m 2 ` e libero di scorrere lungo l’asta e viene attratto verso O da una molla avente lunghezza a riposo nulla e costante elastica mg . Calcolare le frequenze delle piccole oscillazioni in un intorno della posizione di equilibrio stabile.

Sia s ∈ [−ℓ/4, 3ℓ/4] l’ascissa di P su AB contata a partire da O e ϑ l’angolo formato da AB con la verticale. L’energia potenziale V del sistema `e

V (s, ϑ) = mg

2ℓ s 2 − 3mgℓ

4 cos ϑ − mg 2 s cos ϑ ,

dove abbiamo preso l’orizzontale per O come quota di riferimento per l’energia potenziale gravitazionale. Le posizioni di equilibrio si ottengono annullando le derivate di V rispetto ad s ed a ϑ

 mg

ℓ s − mg 2 cos ϑ = 0 mg sin ϑ( 3 4 + 2 s ) = 0

1

(2)

e x e y

g O

B A

P s

ϑ

da cui si ottengono le posizioni s = 2 , ϑ = 0 ed s = − 2 , ϑ = π. La forma hessiana di V ha elementi

V ss = mg

V sϑ = V ϑs = mg 2 sin ϑ V ϑϑ = mg cos ϑ( 3 4 + s 2 )

ed una verifica diretta permette di concludere che solo nella configurazione di equilibrio in cui s = 2 , ϑ = 0 la forma hessiana `e definita positiva e dunque corrisponde ad una posizione di equilibrio stabile. Per procedere, calcoliamo l’energia cinetica del sistema

T = 1

2 I Oz ϑ ˙ 2 + m 4 v 2 P ,

dove I Oz `e il momento di inerzia dell’asta rispetto ad un asse passante per O, diretto lungo e z e v P `e il modulo della velocit` a di P . Poich´e |P − O| = ℓ/4, grazie al teorema di Huygens-Steiner concludiamo che I Oz = 7 16 m2 , mentre derivando rispetto al tempo il vettore

P − O = ℓ

4 [s sin ϑe x − s cos ϑe y ] otteniamo

v P 2 = ˙s 2 + s 2 ϑ ˙ 2 . Sommando i vari contributi concludiamo che

T = m 4 [ 7

8 ℓ 2 + s 2 ] ˙ ϑ 2 + m 4 ˙s 2 da cui ricaviamo la forma quadratica A associata

A =

 9

16 mℓ 2 0

0 m 2

 .

2

(3)

O r

C ω

e x

e y

b

Poich´e anche la forma hessiana B nella configurazione di equilibrio stabile B =

 mgℓ 0 0 mg

 .

`e gi` a in forma diagonale, la soluzione dell’equazione det(λA − B) = 0 `e alquanto semplificata e consente di ricavare le frequenze delle piccole oscillazioni imme- diatamente

ω 1 = pλ 1 = r 2g

ℓ ω 2 = pλ 2 = r 16g 9ℓ .

Q3.Un disco omogeneo di massa m 2 e raggio 3R `e vincolato a restare nella posizione indicata in figura mentre il piano in cui si trova ruota attorno alla retta r con velocit` a angolare ω = 4ωe y . Calcolare il momento delle forze centrifughe agenti sul disco rispetto al polo O.

Il momento delle forze centrifughe rispetto ad un punto che, come O, giace sull’asse di rotazione r `e

M O = II O ω ∧ ω ,

dove II O `e il tensore di inerzia del disco rispetto ad O. Dal teorema di Huygens- Steiner , detto C il centro di massa del disco, ricaviamo

II O ω = II C ω + m

2 d 2 (ω − (e CO · ω)e CO ), dove e CO `e il versore associato a C − O e d = |C − O| = 3R √

2. Poich´e la direzione e y `e direzione centrale di inerzia abbiamo

II C ω = 4ωII C e y = (9/2)mωR 2 e y e dunque II C ω ∧ ω = 0. Abbiamo allora

M O = −144(e CO · e y )(e CO ∧ e y )mR 2 ω 2

3

(4)

e, siccome e CO = 2 2 [e x + e y ],

M O = −72mω 2 R 2 e z .

Q4. La struttura rigida riportata in Figura `e composta dalle aste ABC e CDE, sagomate ad L ed incernierate tra loro in C. L’asta ABC ha peso trascurabile ed ` e incastrata in A mentre CDE `e omogenea di peso 2p ed `e vincolata da un carrello in E. Sapendo che BC = CD = 3ℓ e AB = DE = 3ℓ, calcolare il modulo Φ della discontinuit` a dello sforzo assiale in B.

A B

C

D

E

La discontinuit` a `e imputabile allo spigolo che l’asta ABC forma in B, visto che non ci sono carichi concentrati in B. Spezziamo l’asta in C e consideriamo l’asta CDE. Il tratto DE dell’asta ha peso p, cos`ı come il tratto CD. Inoltre, la reazione di cerniera in C ha componente solo lungo la verticale, in quanto non vi sono carichi od altre reazioni vincolari con componenti non nulle lungo e x . Richiedendo l’equilibrio dei momenti rispetto ad E e ponenedo Φ C = Φ C e y , abbiamo

Φ C = 3 2 p .

Sezioniamo in B l’asta ABC su cui agisce in C la forza −Φ C = − 3 2 pe y e consi- deriamo lo sforzo agente in B. Poich´e sul tratto BC non agisce altra forza che

−Φ C , lo sforzo in B `e

T = 3 2 pe y ;

poich´e, se orientiamo l’asta ABC partendo da C, la tangente in B a BC `e e y

mentre la tangente in B a BA `e −e x , sforzo T (B) `e puramente assiale in B, pensato come punto di BC, e puramente di taglio in B, pensato come punto di AB. Possiamo concludere che il modulo della discontinuit` a dello sforzo assiale

`e pari al modulo di T stesso, cio`e

Φ = 3 2 p.

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