Corso di Laurea in Ingegneria Meccanica Anno Accademico 2019/2020
Meccanica Razionale - Appello del 10/06/2020 Appello svolto in modalit` a a distanza
Nome ...
N. Matricola ... Ancona, 10 giugno 2020
1. Un’asta di lunghezza L e massa m si muove nel piano verticale O(x, y), libera di ruotare attorno all’estremoB che scorre senza attrito sull’asse x. Una molla di costante elastica k > 0 collega l’estremo A con la sua proiezione H sull’asse y ed una forza costante F = F bi, con F > 0 agisce sul punto B. Usando le coordinate lagrangiane s e ϕ indicate in figura, si chiede di:
O s
H
B L y
x
ϕ
F
(a) scrivere l’energia cinetica dell’asta;
(b) scrivere l’energia potenziale dell’asta;
(c) determinare le configurazioni di equilibrio dell’asta usando le equazioni cardinali della statica.
Svolgimento. Calcoliamo preliminarmente le coordinate e velocit`a del centro di massa:
P0− O =
s − L
2 cos ϕ
bi +L
2 sin ϕbj v0=
˙s +L
2 ϕ sin ϕ˙
bi +L
2 ϕ cos ϕb˙ j v20 = ˙s2+L2
4 ϕ˙2+ L ˙s ˙ϕ sin ϕ
(a) Per scrivere l’energia cinetica dell’asta usiamo il teorema di K¨onig:
T = 1
2m v02+ 1
2Iz(P0) ω2= 1 2m
˙s2+ L2
4 ϕ˙2+ L ˙s ˙ϕ sin ϕ
+1
2
1 12m L2
˙ ϕ2=
= 1 2m
˙s2+L2
3 ϕ˙2+ L ˙s ˙ϕ sin ϕ
(b) L’energia potenziale `e la somma di tre contributi, dovuti alla forza peso, alla molla ed alla forza costante F (una forza costante `e conservativa):
V = m g y0+1
2k (s − L cos ϕ)2− F xB =
= m g L
2 sin ϕ +1
2k (s − L cos ϕ)2− F s
(c) Le forze che agiscono sul sistema sono: la forza peso applicata al centro di massa; la forza elastica applicata nel punto A; la forza costante F applicata nel punto B; la reazione vincolare ΦB. Le equazioni cardinali della statica, scelto B come polo, sono:
−m g bj + F bi + k(H − A) + ΦBbj = 0
(P0− B) × (−m g bj) + (A − B) × [k(H − A)] = 0 Priettando la prima lungo bi e bj ed esplicitando abbiamo
ΦB− m g = 0
F − k (s − L cos ϕ) = 0 m g L
2 cos ϕ + k L (s − L cos ϕ) sin ϕ = 0 ΦB = m g
k (s − L cos ϕ) = F m g L
2 cos ϕ + L F sin ϕ = 0
Dall’ultima equazione si vede che cos ϕ = 0 non `e soluzione; l’equazione `e pertanto equivalente a
tan ϕ = −m g 2 F
che d`a due soluzioni, ϕ1 e ϕ2 nel II e IV quadrante. I corrispondenti valori di s si ottengono dall’equazione
s = L cos ϕ +F k
cio`e
s1= L cos ϕ1+F
k = − L
p1 + (mg/2F )2 +F k s2= L cos ϕ2+F
k = L
p1 + (mg/2F )2 +F k Le configurazioni di equilibrio sono quindi (s1, ϕ1) e (s2, ϕ2).
2. Nel sistema di riferimento solidale O(x, y, z), con l’asse z ortogonale al piano della figura, cal- colare la matrice d’inerzia della lamina ivi mostrata, avente massa m e costituita dal quadrato OABC di lato L, privato del triangolo rettangolo isoscele OHK, rettangolo in O, con H e K i punti medi dei lati OA e OC.
O
L
A B C
H K
y
x
Non si possono usare le formule notevoli dei momenti d’inerzia.
Svolgimento. Indichiamo con m1 la massa del quadrato pieno e con m2 la massa del foro triangolare. Abbiamo
m1− m2 = m m1
m2
= L2 L2/8 = 8 Da cui
m2 = m
7 m1 = 8 7m
Dalla simmetria della figura abbiamo che I11= I22 e I33= I11+ I22. Per il quadrato abbiamo:
I11= σ Z L
0
Z L
0
y2dx dy = σ Z L
0
y2L dy = σL4 3 = 1
3m1L2 I12= −σ
Z L 0
Z L 0
x y dx dy = −σ Z L
0
yL2
2 dy = −σL4 4 = −1
4m1L2 Per il triangolo:
I11= σ Z L/2
0
dx
Z L/2−x 0
y2dy = σ Z L/2
0
(L/2 − x)3
3 dx = σ Z L/2
0
ξ3
3 dξ = σ(L/2)4 12 =
= σ L4
16 × 12 = 1 24m2L2 I12= −σ
Z L/2
0
dx
Z L/2−x
0
x y dy = −σ Z L/2
0
dx x(L/2 − x)2
2 dy =
= −1 2σ
Z L/2 0
x L2
2 + x2− L x
dx = −σ L4
384 = − 1 48m2L2
Raccogliendo:
I11= 1
3m1L2− 1
24m2L2 = 1 3
8
7m L2− 1 24
1
7m L2 = 1 7
8 3− 1
24
m L2 =
= 1 7
63
24m L2 = 9
24m L2 = 3
8m L2= I22
I33= 3 4m L2 I12= −1
4m1L2+ 1
48m2L2 = −1 4
8
7m L2+ 1 48
1
7m L2 = 1 7
1 48 − 2
m L2 =
= − 95
48 × 7m L2= − 95 336m L2
