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Universit`a di Pavia Facolt`a di Ingegneria Corso di Laurea in Ingegneria Edile/Architettura

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(1)

Universit` a di Pavia Facolt` a di Ingegneria

Corso di Laurea in Ingegneria Edile/Architettura Correzione prova scritta

Esame di Meccanica Razionale 13 febbraio 2012

1. Determinare il trinomio invariante del seguente sistema di vettori applicati:

v 1 = 4e x − 4e y + 5e z applicato in P 1 − O ≡ (2, 0, 1), v 2 = e x + e y − 4e z applicato in P 2 − O ≡ (1, −1, 0), v 3 = −2e x + 2e y + e z applicato in P 3 − O ≡ (0, 2, 3).

Il risultante del sistema proposto `e R = 3e x − e y + 2e z ed il momento risultante rispetto ad O `e M O = 4e x − 8e y − 2e z per cui il trinomio invariante richiesto `e

I = 16.

2. Trovare la torsione della curva

p(t) − O = (t 3 − t)e x + 1

2 (t 2 + 3 sin t)e y + (2 cos t − t 3 3 )e z

nel punto corrispondente a t = 0.

Derivando rispetto al parametro t pi` u volte, otteniamo p (t) = (3t 2 − 1)e x + 1

2 (2t + 3 cos t)e y − (2 sin t + t 2 )e z , p ′′ (t) = 6te x + 1

2 (2 − 3 sin t)e y − 2(cos t + t)e z , e

p ′′′ (t) = 6e x − 3

2 cos te y − 2(1 − sin t)e z , da cui si ricava, per sostituzione diretta,

p (0) = −e x + 3

2 e y p ′′ (0) = e y − 2e z e p ′′′ (0) = 6e x − 3

2 e y − 2e z

e quindi

p (0) ∧ p ′′ (0) = −3e x − 2e y − e z

per cui, dalla definizione di torsione, si ha

τ = 13

14 .

(2)

e x

y

3. Da una lamina quadrata omogenea di massa 3m e lato 4ℓ viene asportato un quadrato di lato 2ℓ collocato come in figura che viene riposizionato con un lato adiacente a quello del quadrato di partenza. Per la lamina cos`ı ottenuta determinare il momento centrale di inerzia nella direzione e y .

La lamina ottenuta dopo la trasposizione del blocco quadrato si pu`o vedere come composta da un rettangolo—

di lati 2ℓ e 6ℓ e massa 9 4 m—formato dai tre quadrati sottostanti e dal quadrato soprastante, di lato 2ℓ e massa 3 4 m. Applicando il teorema di composizione abbiamo allora

I G, e

y

= 9

48 36mℓ 2 + 3

48 4mℓ 2 = 7mℓ 2 ,

dove manca il termine proporzionale alla massa ridotta del sistema, dal momento che i centri di massa del rettangolo e del quadrato sono allineati lungo e y .

4. In un piano verticale, un’asta AB di massa trascurabile e lunghezza 2ℓ reca agli estremi A e B due masse 2m e 4m, rispettivamente, ed `e libera di ruotare attorno al proprio centro C fisso. Sull’asta `e libero di scorrere un anellino P di massa m attratto verso A e C da due molle ideali di costanti elastiche 4mg/ℓ e mg/ℓ.

Introdotte le coordinate ϑ ed s indicate in Figura, determinare: l’espressione dell’energia cinetica totale T del sistema; l’espressione dell’energia potenziale totale V del sistema; i valori di ϑ ed s nella configurazione di equilibrio stabile e le corrispondenti pulsazioni ω delle piccole oscillazioni.

bb b

s

C

ϑ

P

B A

e x e y

g

Introdotto il versore e 1 diretto come A − C ed il versore e 2 ad esso ortogonale, orientato in modo che sia e 1 ∧ e 2 = e z , abbiamo

P − C = se 1 e dunque, grazie alle formule di Poisson, abbiamo

v P = ˙se 1 + s ˙ ϑe 2 ;

Poich´e i punti A e B descrivono una circonferenza di raggio ℓ centrata in C ed i loro raggi vettori ruotano entrambi con velocit`a angolare − ˙ϑe z , abbiamo v A = −ℓ ˙ϑe 2 = −v B per cui l’energia cinetica del sistema `e

T = m

2 ( ˙s 2 + s 2 ϑ ˙ 2 ) + 3mℓ 2 ϑ ˙ 2 .

(3)

3

I contributi all’energia potenziale gravitazionale dei punti A, B e P sono, rispettivamente, 2mgℓ cos ϑ,

−4mgℓ cos ϑ mgs cos ϑ, mentre le molle che attraggono P verso A e verso B contribuiscono all’energia potenziale con 2 mg (ℓ − s) 2 ed mg 2 s 2 per cui abbiamo che

V = −2mgℓ sin ϑ + mgs sin ϑ − 4mgs + 5mg 2ℓ s 2 , dove abbiamo eliminato un’inessenziale costante additiva.

Le configurazioni di equilibrio risolvono il sistema

∂V

∂s = mg sin ϑ − 4mg + 5 mg s = 0

∂V

∂ϑ = mg cos ϑ(−2ℓ + s) = 0;

la seconda equazione ammette come sole soluzioni accettabili ϑ = π 2 e ϑ = 3 2 π in quanto s ∈ (−ℓ, ℓ) e quindi non `e accettabile la configurazione di equlibrio in cui s = 2ℓ. Sostituendo i valori di θ nella prima equazione otteniamo, rispettivamente s = 3 5 ℓ ed s = −ℓ ma quest’ultima non `e accettabile perch´e rappresenta una configurazione di equilibrio di confine e dunque deve essere trattata con altri metodi. Resta dunque una sola configurazione di equilibrio E 1 da studiare, caratterizzata dalla coppia (ϑ, s) ≡ π 2 , 3 5 ℓ. Per questo, valutiamo la matrice hessiana in E 1 osservando che

 

 

 

 

 

 

2

V

∂s

2

= 5 mg

2

V

∂ϑ∂s = mg cos ϑ

2

V

∂ϑ

2

= mg sin ϑ(2ℓ − s);

per cui, se si inseriscono i valori di s e ϑ all’equilibrio si ottiene B(E 1 ) =

 5 mg

ℓ 0

0 7 5 mgℓ



che `e chiaramente definita positiva. Concludiamo che E 1 `e configurazione di equilibrio stabile nel senso di Ljapunov, grazie al teorema di Dirichlet-Lagrange. Per lo studio delle piccole oscillazioni, osserviamo che

 

 

 

 

 

 

2

T

∂ ˙ s

2

= m

2

T

∂ ˙ ϑ∂ ˙ s = 0

2

T

∂ ˙ ϑ

2

= m(s 2 + 6ℓ 2 )

e quindi la forma quadratica associata all’energia cinetica nella configurazione E 1 `e A(E 1 ) =

 m 0

0 159 25 mℓ 2

 .

Poich´e sia A che B sono gi` a diagonali, le radici dell’equazione det(λA − B) = 0 sono λ 1 = 5g

ℓ λ 2 = 35

159

g

(4)

ω 1 = r g

ℓ ω 2 = r 35

159 g ℓ .

5. In un piano verticale, una catenaria omogenea di peso per unit` a di lunghezza 2p `e mantenuta in equilibrio grazie a due forze applicate negli estremi A e B, inclinate rispettivamente di π/6 e π/3 sull’orizzontale.

Sapendo che la forza applicata in B ha intensit` a 3pℓ, determinare il valore della tensione nel punto pi` u basso della catenaria AB; l’intensit` a della forza applicata in A; il dislivello tra i punti A e B.

A

B

e x e y

g

Se centriamo l’origine di un sistema di assi cartesiani ortogonali centrato nel vertice della catenaria, con assi paralleli ad {e x , e y }, l’equazione della catenatia si esprime come

y(x) = ψ 2p



cosh  2p ψ x



− 1



dove ψ `e il valore della componente della tensione lungo e x , costante lungo il filo. Esso si ricava osservando che in B la tensione ha modulo 3pℓ e quindi, vista l’inclinazione del filo in quel punto, ψ = 3pℓ cos π 3 = 3 2 pℓ

per cui

y(x) = 3ℓ 4



cosh  4 3ℓ x



− 1

 .

Il minimo del modulo della tensione si ha nel punto dove `e minima la sua componente lungo e y , cio`e nel vertice, dove la tensione si riduce a ψ = 3 2 pℓ. L’intensit` a della forza in A coincide con il modulo della tensione del filo in quel punto: vista l’inclinazione della tangente alla catenaria in A, deve essere

F A = ψ cos π 6

= √ 3pℓ.

Il dislivello tra i punti A e B `e

∆y = y(x B ) − y(x A ) = 3ℓ 4



cosh  4 3ℓ x B



− cosh  4 3ℓ x A



(5)

5

e per ottenere i valori di cosh 3 4 x in A e B, deriviamo rispetto ad x la funzione y(x), ricavando

y (x) = sinh  4 3ℓ x



e siccome y (x) `e la tangente trigonometrica dell’angolo che la retta tangente alla catenaria forma con l’asse delle ascisse nel punto (x, y(x)), abbiamo

y (x A ) = −

√ 3

3 = sinh  4 3ℓ x A



y (x B ) = √

3 = sinh  4 3ℓ x B

 ,

dove il segno negativo riflette il fatto che in A la tangente alla catenaria forma un angolo pari a 5 6 π con l’asse delle ascisse. Abbiamo allora trovato i valori di sinh 3 4 ℓ x in A e B: utilizzando il legame fondamentale cosh 2 x = 1 + sinh 2 x otteniamo allora

cosh  4 3ℓ x A



= 2

√ 3 cosh  4 3ℓ x B



= 2 sicch´e

∆y = 3 2 ℓ

 1 − 1

√ 3



.

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