Sull’estremo A dell’asta agisce una forza viscosa di costante λ &gt

Soluzioni di alcuni degli esercizi dell’appello di luglio 2019. Le soluzioni dei rimanenti esercizi si ottengono seguendo gli stessi procedimenti “mutatis mu- tandis”.

1. Un’asta AB di massa M e lunghezza L si muove nel piano verticale O(x, y) (con y verticale ascendente), libera di ruotare attorno al suo estremo A che scorre senza attrito sulla circonferenza di raggio R e centro C = (0, −R). Sull’estremo A dell’asta agisce una forza viscosa di costante λ > 0. Utilizzando le coordinate lagrangiane ϕ (angolo del vettoreA − C con l’orizzontale) e θ (angolo dell’asta con la verticale) indicate in figura, scrivere le equazioni di Lagrange per l’asta.

O

A

B C

y

x

θ φ

Soluzione. L’energia cinetica si ottiene dal teorema di K¨onig:

T = 1

2M v²₀+1 2I ω²

dove v₀ `e la velocit`a del centro di massa, ω = ˙θ bk la velocit`a angolare e I = M L²/12 il momento d’inerzia dell’asta rispetto ad un asse ortogonale all’asta e passante per il centro di massa.

Abbiamo:

P₀− O =



R cos ϕ + L 2 sin θ

 bi +



−R + R sin ϕ − L 2 cos θ

 bj v₀ =



−R ˙ϕ sin ϕ +L 2

θ cos θ˙

 bi +



R ˙ϕ cos ϕ +L 2

θ sin θ˙

 bj

e quindi

T = 1 2M



R²ϕ˙²+L²

4 θ˙²+ R L ˙ϕ ˙θ sin(θ − ϕ)

 + 1

24M L²θ˙² =

= 1 2M



R²ϕ˙²+ L²

3 θ˙²+ R L ˙ϕ ˙θ sin(θ − ϕ)



L’energia potenziale comprende solo la forza peso, in quanto la forza viscosa non `e conservativa:

V = M g y₀ = M g



−R + R sin ϕ − L 2 cos θ



La Lagrangiana `e pertanto L = T − V = 1

2M



R²ϕ˙²+L²

3 θ˙²+ R L ˙ϕ ˙θ sin(θ − ϕ)



− M g



−R + R sin ϕ − L 2 cos θ



Le sue derivate sono:

∂L

∂ ˙ϕ = M R²ϕ +˙ 1

2M R L ˙θ sin(θ − ϕ)

∂L

∂ ˙θ = M L² 3 θ +˙ 1

2M R L ˙ϕ sin(θ − ϕ)

∂L

∂ϕ = −1

2M R L ˙ϕ ˙θ cos(θ − ϕ) − M g R cos ϕ

∂L

∂θ = 1

2M R L ˙ϕ ˙θ cos(θ − ϕ) − M gL 2 sin θ

La forza non conservativa viene rappresentata nelle equazioni di Lagrange mediante le forze generalizzate lagrangiane. La forza viscosa `e data da:

Fλ = −λ vA

Per il punto A abbiamo:

A − O = R



bi cos ϕ − (1 − sin ϕ)bj

 v_A= R ˙ϕ

−bi sin ϕ + bj cos ϕ e quindi

Qϕ= F_λ·∂A

∂ϕ = −λ R²ϕ˙



−bi sin ϕ + cos ϕbj

·

−bi sin ϕ + cos ϕbj

= −λ R²ϕ˙ Qθ= Fλ·∂A

∂θ = 0 Le equazioni di Lagrange

d dt

 ∂L

∂ ˙ϕ



−∂L

∂ϕ = Q_ϕ d

dt

 ∂L

∂ ˙θ



−∂L

∂θ = Qθ

diventano:

M R²ϕ +¨ 1

2M R L n ¨θ sin(θ − ϕ) + ˙θ ( ˙θ − ˙ϕ) cos(θ − ϕ)o + +1

2M R L ˙ϕ ˙θ cos(θ − ϕ) + M g R cos ϕ = −λ R²ϕ˙ M L²

3 θ +¨ 1

2M R Ln

¨

ϕ sin(θ − ϕ) + ˙ϕ ( ˙θ − ˙ϕ) cos(θ − ϕ)o

−

−1

2M R L ˙ϕ ˙θ cos(θ − ϕ) + M g L

2 sin θ = 0

che, semplificando, diventano:

M R²ϕ +¨ 1

2M R Ln ¨θ sin(θ − ϕ) + ˙θ² cos(θ − ϕ) o

+ M g R cos ϕ = −λ R²ϕ˙ M L²

3 θ +¨ 1

2M R L ¨ϕ sin(θ − ϕ) − ˙ϕ² cos(θ − ϕ) + M gL

2 sin θ = 0

2. Nel sistema di riferimento O(x, y, z) indicato in figura, calcolare la matrice d’inerzia di una croce formata da due aste AB e CD di massa 2 m ed m, ugual lunghezza L, disposte simmetricamente rispetto all’asse y e giacenti interamente nel semipiano y ≥ 0. Le aste si intersecano nel punto medio comune K, che sta sull’asse y, mentre gli estremi A e D appartengono all’asse x. Le due aste formano un angolo θ = π/6 con l’asse x.

O A

C B

K

D

y

x

θ θ

Non si possono usare le formule notevoli dei momenti d’inerzia.

Soluzione. Il punto K `e il centro di massa del sistema, per cui la strategia pi`u semplice `e quella di calcolare la matrice d’inerzia in un sistema di riferimento O<sup>0</sup>(x<sup>0</sup>, y<sup>0</sup>) con O<sup>0</sup> = K, l’asse x<sup>0</sup> parallelo all’asse x e l’asse y inalterato, cio`e y⁰ = y. Indichiamo con I la matrice d’inerzia in tale sistema. Abbiamo per l’asta CD:

I^CD₁₁ = µ Z L/2

−L/2

y²dl = µ Z L/2

−L/2

h

l sinπ 6

i2

dl = µ  l³ 3

L/2

−L/2

1

4 = µL³ 48 = 1

48M L² I^CD₂₂ = µ

Z L/2

−L/2

x²dl = µ Z L/2

−L/2

h

l cosπ 6

i2

dl = µ l³ 3

L/2

−L/2

3

4 = µL³ 16 = 1

16M L² I^CD₁₂ = −µ

Z L/2

−L/2

x y dl = −µ Z L/2

−L/2

l² cos

π 6

 sin

π 6



dl = −µ  l³ 3

L/2

−L/2

√3 2

1 2 = −

√3 48 M L² I^CD₃₃ = I^CD₁₁ + I^CD₂₂ = 1

12M L²

Queste espressioni sono del tutto consistenti con le espressioni per i momenti d’inerzia di un’asta viste a lezione.

Per l’asta AB le espressioni sono analoghe, tranne che per la massa che `e doppia e per I₁₂ che

avr`a segno opposto:

I^AB₁₁ = µ Z L/2

−L/2

y²dl = µ Z L/2

−L/2

h l sin

π 6

i2

dl = µ  l³ 3

L/2

−L/2

1

4 = µL³ 48 = 1

24M L² I^AB₂₂ = µ

Z L/2

−L/2

x²dl = µ Z L/2

−L/2

h

l cosπ 6

i2

dl = µ  l³ 3

L/2

−L/2

3

4 = µL³ 16 = 1

8M L² I^AB₁₂ = −µ

Z L/2

−L/2

x y dl = −µ Z L/2

−L/2

l² cosπ 6

 sinπ

6



dl = µ  l³ 3

L/2

−L/2

√3 2

1 2 =

√3 24 M L² I^AB₃₃ = I^AB₁₁ + I^AB₂₂ = 1

6M L²

La matrice d’inerzia della croce `e quindi la somma delle matrici delle due aste:

I₁₁= I^CD₁₁ + I^AB₁₁ = 1 16M L² I₂₂= I^CD₂₂ + I^AB₂₂ = 3

16M L² I₁₂= I^CD₁₂ + I^AB₁₂ =

√3 48 M L² I₃₃= I^CD₃₃ + I^AB₃₃ = 1

4M L²

Per ottenere la matrice d’inerzia nel sistema dato O(x, y) usiamo il teorema di Huygens:

I₁₁= I₁₁+ M  L 4

2

= 1 8M L² I₂₂= I₂₂= 3

16M L² I12= I12=

√ 3 48 M L² I₃₃= I₃₃+ M  L

4

2

= I₁₁+ I₂₂= 5 16M L²

3. Un’asta AB di massa M e lunghezza L si muove nel piano verticale O(x, y) (con y verticale ascendente), libera di ruotare attorno al suo estremo A che scorre senza attrito sulla circonferenza di raggio R e centro C = (0, −R). Sull’estremo A dell’asta agisce una forza di modulo costante F diretta tangenzialmente alla circonferenza nel verso antiorario. Utilizzando le coordinate lagrangiane ϕ (angolo del vettore A − C con l’orizzontale) e θ (angolo dell’asta con la verticale) indicate in figura, scrivere le equazioni di Lagrange per l’asta.

O

A

B C

y

x

θ φ

F

Soluzione. L’energia cinetica si ottiene dal teorema di K¨onig:

T = 1

2M v²₀+1 2I ω²

dove v₀ `e la velocit`a del centro di massa, ω = ˙θ bk la velocit`a angolare e I = M L²/12 il momento d’inerzia dell’asta rispetto ad un asse ortogonale all’asta e passante per il centro di massa.

Abbiamo:

P₀− O =



R cos ϕ + L 2 sin θ

 bi +



−R + R sin ϕ − L 2 cos θ

 bj v₀ =



−R ˙ϕ sin ϕ +L 2

θ cos θ˙

 bi +



R ˙ϕ cos ϕ +L 2

θ sin θ˙

 bj e quindi

T = 1 2M



R²ϕ˙²+L²

4 θ˙²+ R L ˙ϕ ˙θ sin(θ − ϕ)

 + 1

24M L²θ˙² =

= 1 2M



R²ϕ˙²+ L² 3

θ˙²+ R L ˙ϕ ˙θ sin(θ − ϕ)



L’energia potenziale comprende solo la forza peso, in quanto la forza F non `e conservativa:

V = M g y₀ = M g



−R + R sin ϕ − L 2 cos θ



La Lagrangiana `e pertanto L = T − V = 1

2M



R²ϕ˙²+L²

3 θ˙²+ R L ˙ϕ ˙θ sin(θ − ϕ)



− M g



−R + R sin ϕ − L 2 cos θ

 Le sue derivate sono:

∂L

∂ ˙ϕ = M R²ϕ +˙ 1

2M R L ˙θ sin(θ − ϕ)

∂L

∂ ˙θ = M L² 3

θ +˙ 1

2M R L ˙ϕ sin(θ − ϕ)

∂L

∂ϕ = −1

2M R L ˙ϕ ˙θ cos(θ − ϕ) − M g R cos ϕ

∂L

∂θ = 1

2M R L ˙ϕ ˙θ cos(θ − ϕ) − M gL 2 sin θ

La forza non conservativa viene rappresentata nelle equazioni di Lagrange mediante le forze generalizzate lagrangiane. Essa `e data da:

F = F (−bi sin ϕ + bj cos ϕ) Per il punto A abbiamo:

A − O = R



bi cos ϕ − (1 − sin ϕ)bj

 e quindi

Q_ϕ = F ·∂A

∂ϕ = F R (−bi sin ϕ + bj cos ϕ) ·

−bi sin ϕ + cos ϕbj

= F R Q_θ = F (−bi sin ϕ + bj cos ϕ) ·∂A

∂θ = 0 Le equazioni di Lagrange

d dt

 ∂L

∂ ˙ϕ



−∂L

∂ϕ = Qϕ

d dt

 ∂L

∂ ˙θ



−∂L

∂θ = Q_θ diventano:

M R²ϕ +¨ 1

2M R L n ¨θ sin(θ − ϕ) + ˙θ ( ˙θ − ˙ϕ) cos(θ − ϕ) o

+ +1

2M R L ˙ϕ ˙θ cos(θ − ϕ) + M g R cos ϕ = F R M L²

3 θ +¨ 1

2M R Ln

¨

ϕ sin(θ − ϕ) + ˙ϕ ( ˙θ − ˙ϕ) cos(θ − ϕ)o

−

−1

2M R L ˙ϕ ˙θ cos(θ − ϕ) + M g L

2 sin θ = 0 che, semplificando, diventano:

M R²ϕ +¨ 1

2M R Ln ¨θ sin(θ − ϕ) + ˙θ² cos(θ − ϕ)o

+ M g R cos ϕ = F R M L²

3 θ +¨ 1

2M R L ¨ϕ sin(θ − ϕ) − ˙ϕ² cos(θ − ϕ) + M gL

2 sin θ = 0

4. Nel sistema di riferimento O(x, y, z) indicato in figura, calcolare la matrice d’inerzia di una croce formata da due aste AB e CD di massa 2 m ed m, ugual lunghezza L, disposte simmetricamente rispetto all’asse x e giacenti interamente nel semipiano x ≥ 0. Le aste si intersecano nel punto medio comune K, che sta sull’asse x, mentre gli estremi A e C appartengono all’asse y. Le due aste formano un angolo θ = π/6 con l’asse y.

O A

C B

K

D

y

x

θ θ

Non si possono usare le formule notevoli dei momenti d’inerzia.

Soluzione. Il punto K `e il centro di massa del sistema, per cui la strategia pi`u semplice `e quella di calcolare la matrice d’inerzia in un sistema di riferimento O<sup>0</sup>(x<sup>0</sup>, y<sup>0</sup>) con O<sup>0</sup> = K, l’asse y<sup>0</sup> parallelo all’asse y e l’asse x inalterato, cio`e x⁰= x. Indichiamo con I la matrice d’inerzia in tale sistema. Abbiamo per l’asta CD:

I^CD₁₁ = µ Z L/2

−L/2

y²dl = µ Z L/2

−L/2

h l sin

π 3

i2

dl = µ  l³ 3

L/2

−L/2

3

4 = µL³ 16 = 1

16M L² I^CD₂₂ = µ

Z L/2

−L/2

x²dl = µ Z L/2

−L/2

h l cos

π 3

i2

dl = µ l³ 3

L/2

−L/2

1

4 = µL³ 48 = 1

48M L² I^CD₁₂ = −µ

Z L/2

−L/2

x y dl = −µ Z L/2

−L/2

l² cos

π 3

 sin

π 3



dl = −µ  l³ 3

L/2

−L/2

√ 3 2

1 2 = −

√ 3 48 M L² I^CD₃₃ = I^CD₁₁ + I^CD₂₂ = 1

12M L²

Queste espressioni sono del tutto consistenti con le espressioni per i momenti d’inerzia di un’asta viste a lezione.

Per l’asta AB le espressioni sono analoghe, tranne che per la massa che `e doppia e per I12 che avr`a segno opposto:

I^AB₁₁ = µ Z L/2

−L/2

y²dl = µ Z L/2

−L/2

h

l sinπ 3

i2

dl = µ  l³ 3

L/2

−L/2

3

4 = µL³ 16 = 1

8M L² I^AB₂₂ = µ

Z L/2

−L/2

x²dl = µ Z L/2

−L/2

h

l cosπ 3

i2

dl = µ  l³ 3

L/2

−L/2

1

4 = µL³ 48 = 1

24M L² I^AB₁₂ = −µ

Z L/2

−L/2

x y dl = −µ Z L/2

−L/2

l² cos

π 3

 sin

π 3



dl = µ  l³ 3

L/2

−L/2

√ 3 2

1 2 =

√ 3 24 M L² I^AB₃₃ = I^AB₁₁ + I^AB₂₂ = 1

6M L²

La matrice d’inerzia della croce `e quindi la somma delle matrici delle due aste:

I11= I^CD₁₁ + I^AB₁₁ = 3 16M L² I22= I^CD₂₂ + I^AB₂₂ = 1

16M L² I12= I^CD₁₂ + I^AB₁₂ =

√ 3 48 M L² I33= I^CD₃₃ + I^AB₃₃ = 1

4M L²

Per ottenere la matrice d’inerzia nel sistema dato O(x, y) usiamo il teorema di Huygens:

I11= I11= 3 16M L² I₂₂= I₂₂+ M  L

4

2

= 1 8M L² I12= I12=

√ 3 48 M L² I33= I33+ M  L

4

2

= I11+ I22= 5 16M L²