01 Si assuma che il vincolo sia liscio e che ˙s 6= 0

MECCANICA RAZIONALE ING. MECCANICA prof. Daniele Andreucci Prova a distanza del 19/01/2023

1. Un punto materiale (X, m) è vincolato alla curva regolare ψ(s), s ∈ R, con s ascissa curvilinea. Si assuma k(s) > 0 per ogni s. Si rappresenta il moto come X(t) = ψ(s(t)).

Sul punto agisce una forza F = F (s, ˙s, t), F ∈ C^∞(R³).

01 Si assuma che il vincolo sia liscio e che ˙s 6= 0.

aLa reazione vincolare f_vin è sempre non nulla.

b La reazione vincolare f_vin è sempre nulla.

cNessuna delle precedenti.

02 Si assuma che il vincolo sia scabro secondo la legge di Coulomb-Morin di attrito dinamico con coefficiente di attrito µ > 0, e che ˙s 6= 0.

aSi ha sempre che f_vin· T ≤ 0.

b Anche se F è conservativa di potenziale U , l’energia meccanica T − U in genere non si conserva lungo il moto.

cNessuna delle precedenti.

03 Si assuma che il vincolo sia scabro secondo la legge di Coulomb-Morin di attrito statico.

aA parità di altre condizioni, se F è ammissibile per l’equilibrio con coeffi- ciente di attrito µ_s> 0, lo è anche con coefficiente 2µ_s.

bA parità di altre condizioni, se F è ammissibile per l’equilibrio con coeffi- ciente di attrito µ_s> 0, lo è anche con coefficiente µ_s/2.

cNessuna delle precedenti.

Soluzione I: c

Per esempio nel caso del moto circolare in cui ψ(s) = R cos s

Re1+ R sin s Re2,

con forza F = −cX, c > 0 costante, possono presentarsi sia i casi a che b in dipendenza dei valori di c, R, m e ˙s(0).

II: b

La a non vale, perché si ha f^vin· v ≤ 0, ma v = ˙sT e si può avere ˙s < 0. Invece la b è vera, ogni volta che f^norvin 6= 0, perché allora compare un termine di attrito diverso da 0 nell’equazione di moto.

III: a

Infatti se vale |F^tan| ≤ µ^s|F^nor|, vale anche |F^tan| ≤ 2µ^s|F^nor|, mentre non vale ovviamente l’analoga implicazione che darebbe b.

2. Il corpo rigido non degenere C si muova di moto polare per inerzia di polo O. Si assuma che ω(0) 6= 0.

04 Supponiamo che il moto non sia una rotazione.

aL’ellissoide d’inerzia in O può essere di rotazione, ma non una sfera.

b L’ellissoide d’inerzia in O può essere di rotazione, ma il corpo non può essere omogeneo.

cNessuna delle precedenti.

05 La velocità angolare ω può soddisfare:

a

t→+∞lim |ω(t)| = 0 . b

t→+∞lim |ω(t)| = +∞ . cNessuna delle precedenti.

06 Denotiamo con I11 ≤ I22 ≤ I33 i momenti principali d’inerzia in O.

Allora per ogni t > 0:

a

|LO(t)|² ≤ 2I33T (0) . b

|LO(0)|² = (2T (t))². cNessuna delle precedenti.

Soluzione I: a

Infatti se l’ellissoide d’inerzia è una sfera tutti i moti polari per inerzia sono rota- zioni. Inoltre l’ellissoide può o meno essere una sfera indipendentemente dal fatto che il corpo sia omogeneo o no.

II: c Infatti

2T (t) = σOω(t) · ω(t) = 2T (0) > 0 , e

|ω(t)|²max

h Ihh≥ σOω(t) · ω(t) ≥ |ω(t)|²min

h Ihh. III: a

Infatti

|LO(t)|²=

3

X

h=1

Ihh² ωh(t)²≤ I33 3

X

h=1

Ihhωh(t)²= 2I33T (t) = 2I33T (0) .

3. Un sistema di corpi rigidi è vincolato da vincoli olonomi regolari. Le coordinate lagrangiane sono indicate da q ∈ Q ⊂ R^ℓ, e indichiamo con Qh(q, ˙q, t) le componenti lagrangiane delle forze. Valga l’ipotesi dei lavori virtuali.

07 I vincoli siano fissi.

aLa lagrangiana è indipendente dal tempo.

bSe la funzione costante q(t) = q0, t ∈ R, risolve le equazioni di Lagrange, allora

Qh(q0,0, t) = 0 , per ogni t ∈ R.

cNessuna delle precedenti.

08 Le forze direttamente applicate siano conservative.

aSicuramente si può definire la funzione lagrangiana.

b Sicuramente le Qh sono indipendenti dal tempo, ossia Qh= Qh(q, ˙q).

cNessuna delle precedenti.

09 Supponiamo che esista il potenziale lagrangiano U^l e che esso sia indi- pendente dal tempo, ossia U^l = U^l(q).

aVale la conservazione dell’energia.

b I vincoli sono fissi.

cNessuna delle precedenti.

Soluzione I: b

Infatti se i vincoli sono fissi T^lè una forma quadratica nelle ˙q e quindi essa e le sue derivate rispetto alle ˙qh si annullano identicamente nel moto costante. La funzione lagrangiana non è necessariamente definita in questo caso.

II: a

Infatti il potenziale lagrangiano esiste e si può calcolare componendo quello tra- dizionale con la parametrizzazione lagrangiana. Tuttavia, per esempio se i vincoli sono mobili, non necessariamente vale b.

III: c

Un controesempio sia ad a che a b è dato da un punto materiale vincolato a un piano che si muove di moto accelerato normalmente a sé stesso, nel sistema fisso, in assenza di forze direttamente applicate.

4. In ciascuno dei casi seguenti determinare ove i vincoli olonomi fissi pre- sentati siano regolari, all’interno di A ∩ Zf, ove A è il dominio di definizione del vincolo.

In ciascun caso nc = 5 e le coordinate locali sono z = (z1, . . . , z5).

10 Il vincolo definito in A = R⁵ è dato da:

f1(z) = z1²+ z²2+ z3² = 0 , f2(z) = z4−π

4 = 0 . aIl vincolo è regolare in ogni z ∈ A ∩ Zf.

b Il vincolo non è regolare per nessun z ∈ A ∩ Z_f. cNessuna delle precedenti.

11 Il vincolo definito in

A = {z ∈ R⁵| z5∈ (0, π)} , è dato da:

f1(z) = z3 = 0 ,

f2(z) = (sin z4)(cos z5) = 0 .

aIl vincolo è regolare in ogni z ∈ A ∩ Zf.

b Il vincolo non è regolare per nessun z ∈ A ∩ Zf. cNessuna delle precedenti.

12 Il vincolo definito in

A = {z ∈ R⁵| z3 > 0} , è dato da

f1(z) = z3− az1z2 = 0 , f2(z) = z3− b(z²₁+ z₂²) = 0 ,

con a > 0, b > 0 costanti. Si assuma a e b siano tali che A ∩ Z_f 6= ∅, e che a 6= 2b.

aIl vincolo è regolare in ogni z ∈ A ∩ Zf.

b Il vincolo non è regolare per nessun z ∈ A ∩ Z_f. cNessuna delle precedenti.

Soluzione I: b

Infatti la matrice iacobiana è

2z¹ 2z² 2z³ 0 0

0 0 0 1 0

 ,

in cui la prima riga si annulla identicamente se zh = 0 h = 1, 2, 3, come richiesto dal vincolo.

II: c

Infatti la matrice iacobiana è

0 0 1 0 0

0 0 0 (cos z4)(cos z5) −(sin z4)(sin z5)

 ,

in cui la seconda riga si annulla per esempio nelle posizioni compatibili con z⁴= π, z⁵= π/2, ma non in quelle con z⁴= π/2, z⁵= π/2.

III: a

Infatti la matrice iacobiana è

 −az2 −az¹ 1 0 0

−2bz¹ −2bz² 1 0 0

 . I determinanti dei 3 minori significativi sono

2ab(z2²− z²1) , −az2+ 2bz1, −az1+ 2bz2.

Si noti che per i vincoli si deve avere z¹z² > 0. Dunque se i 3 determinanti si annullano tutti, si ha z¹= z²e quindi a = 2b.

5. Sia C un corpo rigido non degenere; sia XZ un moto solidale al rigido.

13 La matrice d’inerzia in XZ, rispetto a una qualunque terna ortonormale positiva solidale, è:

aDiagonale.

b Costante nel tempo.

cNessuna delle precedenti.

14 Supponiamo che la matrice d’inerzia nel centro di massa abbia i 3 momenti principali uguali.

aIl corpo C non può essere una lamina (cioè essere contenuto in un piano).

b Il corpo C deve avere densità costante, cioè essere omogeneo.

cNessuna delle precedenti.

15 Supponiamo che il corpo si muova di moto polare e che l’energia cinetica del corpo si mantenga costante durante il moto.

a|ω(t)| si mantiene costante.

b Il moto è una rotazione.

cNessuna delle precedenti.

Soluzione I: b

Infatti i momenti d’inerzia e deviatori sono dati da integrali indipendenti dal tempo.

La a vale solo se la terna è principale.

II: a

Infatti se fosse una lamina il centro di massa apparterrebbe al suo piano, e si sa che in ogni punto del suo piano, uno dei momenti d’inerzia principali di una lamina è somma degli altri due.

Una sfera non omogenea ma con densità dipendente solo dalla distanza dal centro ha i 3 momenti principali nel centro (che è anche il centro di massa) uguali.

III: c

I moti polari per inerzia non rotatori sono controesempi sia ad a che a b.

6. Consideriamo il sistema formato dall’asta rigida AB di lunghezza R e massa M , e dal punto materiale (XP, m). L’asta è vincolata a giacere sul piano x3= 0 con l’estremo A nell’origine O del sistema di riferimento fisso, e XP è vincolato alla circonferenza

x²1+ x²2 = R², x3= 0 . I vincoli sono lisci.

Sull’asta agisce la distribuzione di forze

dF = cse1ds − k(XB− XP) dδB,

ove s ∈ [0, R] è l’ascissa sull’asta misurata da A. Qui c, k sono costanti positive assegnate; dδB indica che la forza è applicata in B. Su P agisce la forza

FP = −k(XP − XB) .

Si usino come coordinate lagrangiane (ϕ, θ) ∈ (−π/2,3π/2) × (−π/2,3π/2), tali che

X^lP(ϕ) = R cos ϕe1+ R sin ϕe2, X^lB(θ) = R cos θe1+ R sin θe2.

1) Si determini l’energia cinetica lagrangiana del sistema.

2) Si determini il potenziale lagrangiano delle forze direttamente applicate all’asta.

3) Si dimostri che le equazioni di Lagrange sono:

d

dt[mR²ϕ] = kR˙ ²sin(θ − ϕ) , d

dt[I ˙θ] = −kR²sin(θ − ϕ) −cR³ 3 sin θ .

4) Si determinino le posizioni di equilibrio del sistema e se ne studi la stabi- lità.

5) Assegnate le condizioni iniziali

ϕ(0) = 0 , θ(0) = 0 , ϕ(0) = ˙˙ ϕ0, ˙θ(0) = ˙θ0,

si determini una limitazione su ˙ϕ0, ˙θ0 in termini di m, M , R e dei momenti di inerzia di AB che garantisca

|θ(t)| ≤ π

3 , per ogni t.

6) Usando come coordinate locali del sistema

x1A, x2A, x3A, x1B, x3B, x1P , x2P, x3P , si esprimano i vincoli dati come vincoli olonomi regolari.

Soluzione 1) Si ha

v^l_P = R ˙ϕ(− sin ϕe¹+ cos ϕe²) . Quindi

TP^l = m 2R²ϕ˙².

Usando la formula dell’energia cinetica per moti polari di corpi rigidi si ha TAB^l =1

2σAω· ω =1 2I ˙θ²,

con I momento d’inerzia dell’asta rispetto a un asse ortogonale in A.

2) Per quanto riguarda la forza elastica si ha U^el= −k

2|XB− XP|², quindi

Uel^l = −k

2R²[(cos ϕ − cos θ)²+ (sin ϕ − sin θ)²] = −kR²[1 − cos(θ − ϕ)] . La distribuzione dF ha potenziale

dUd= csx1ds .

Quindi

Ud^l=

R

Z

0

csx¹ds =

R

Z

0

cs²cos θ ds = cR³ 3 cos θ .

3) Il potenziale UAB^l calcolato nel punto 2) è in realtà il potenziale lagrangiano completo, perché U^el è il potenziale del sistema di forze elastiche applicate in B e in P . Pertanto le equazioni di Lagrange sono

d

dt[mR²ϕ] = kR˙ ²sin(θ − ϕ) , d

dt[I ˙θ] = −kR²sin(θ − ϕ) − cR³ 3 sin θ . 4) Il sistema del gradiente del potenziale è

kR²sin(θ − ϕ) = 0 ,

−kR²sin(θ − ϕ) −cR³

3 sin θ = 0 , che equivale a

sin(θ − ϕ) = 0 , sin θ = 0 . Perciò si ha equilibrio se e solo se

θ ∈ {0, π} , θ − ϕ = nπ , n ∈ Z , naturalmente per (ϕ, θ) ∈ Q. Dato che appunto

−2π < θ − ϕ < 2π ,

si deve avere n ∈ {0,1, −1}. Quindi le posizioni di equilibrio (ϕ, θ) ∈ Q sono (0,0) , (π,0) , (0, π) , (π, π) .

Per studiare la stabilità, calcoliamo l’hessiana di U^l:

D²U^l(ϕ, θ) =−kR²cos(θ − ϕ) kR²cos(θ − ϕ) kR²cos(θ − ϕ) −kR²cos(θ − ϕ) − ^cR₃³cos θ

 .

Si vede che l’hessiana è definita negativa in (0,0), definita positiva in (0, π), indefi- nita in (π,0) e in (π, π).

5) Usiamo la conservazione dell’energia, scritta in coordinate lagrangiane

T^l− U^l= m

2R²ϕ˙²+1

2I ˙θ²+ kR²[1 − cos(θ − ϕ)] − cR³ 3 cos θ

≥ kR²[1 − cos(θ − ϕ)] −cR³ 3 cos θ . Quindi per le condizioni iniziali indicate si ha

m

2R²ϕ˙²0+1

2I ˙θ²0− kR²−cR³

3 ≥ −kR²cos(θ − ϕ) − cR³ 3 cos θ ,

che conduce a m

2R²ϕ˙²0+1

2I ˙θ²0≥ kR²[1 − cos(θ − ϕ)] +cR³

3 [1 − cos θ] ≥cR³

3 [1 − cos θ] . Poiché l’ultimo membro è strettamente crescente in (0, π/2), la limitazione deside- rata si ottiene sostituendo θ = π/3.

6) I vincoli sono m = 6 e sono dati da

x^1A= 0 , x^2A= 0 , x^3A= 0 , x^3B = 0 , x²1P + x²2P− R²= 0 , x^3P = 0 . R. 1)

T^l=m

2R²ϕ˙²+1 2I ˙θ². 2)

UAB^l = −kR²[1 − cos(θ − ϕ)] +cR³ 3 cos θ . 3)

mR²ϕ = kR¨ ²sin(θ − ϕ) , I ¨θ = −kR²sin(θ − ϕ) −cR³

3 sin θ . 4)

(0,0) , stabile; (π,0) , (0, π) , (π, π) , instabile.

5)

mR²ϕ˙²0+ I ˙θ0²≤ cR³ 3 . 6)

x^1A= 0 , x^2A= 0 , x^3A= 0 , x^3B = 0 , x²1P + x²2P − R²= 0 , x3P = 0 .