1. Un punto P di massa m si muove lungo una guida parabolica di equazione y = x2/a sul piano verticale O(x, y), con velocit`a costante u lungo x, ˙x = u. Esprimere il modulo della velocit`a in funzione di x e calcolare tale velocit`a quando P passa per l’origine.
x y
m
P
O
y = x2 a
Soluzione.
Equazione della traiettoria: y = x2 a Vettore velocit`a: v= ˙xbi + ˙y bj Ma ˙x = u e ˙y = 2 x
a ˙x = 2 x a u
Modulo al quadrato della velocit`a: v2 = |v|2 = ˙x2+ ˙y2 = u2
1 +4 x2 a2
Nell’origine x = 0 e quindi: v(O) = u
2. Una cornice triangolare di massa m `e costituita da un triangolo rettangolo isoscele OAB di cateto L privato di un triangolo rettangolo isoscele CDE di cateto l < L, con i lati paralleli al triangolo esterno e con i cateti CE e CD situati a distanza (L − l)/2 dai cateti OB e OA.
Determinare la matrice d’inerzia nel sistema di riferimento O(x, y, z) indicato in figura (con l’asse z perpendicolare al piano della figura) e determinare le direzioni principali d’inerzia con origine in O.
Soluzione. La matrice d’inerzia si ottiene per differenza tra la matrice del triangolo pieno ed quella del buco triangolare:
I = IL− Il
x y
O
A B
m
L l
C D
E
con masse mL ed ml date da
mL− ml = m mL
ml
= L2 l2 mL= m L2
L2− l2 ml= m l2
L2− l2 Triangolo di cateto L:
I11= σ Z L
0
dx Z L−x
0
dy y2 = σ Z L
0
dx(L − x)3 3
= σ Z L
0
dxx3
3 = σL4 12 = 1
6mLL2 I22= I11= 1
6mLL2 (per simmetria) I12= σ
Z L 0
dx Z L−x
0
dy (−x y) = −σ Z L
0
x dx Z L−x
0
y dy
= −σ Z L
0
dx x(L − x)2
2 = −σ
Z L 0
dx (L − x)x2 2
= −σ 2
Z L 0
dx (L x2− x3) = −σ 2
1 3 −1
4
L4= − 1
12mLL2
Triangolo di cateto l rispetto ad un sistema con gli assi lungo i lati (per analogia con il caso precedente):
I11= 1 6mll2 I22= I11= 1
6mll2 I12= −1
12mll2
Quindi, nel sistema di riferimento della figura:
I11= 1
6mll2− ml
l2 9 + ml
l
3 +L − l 2
2
= 1
18mll2+ ml
L 2 − l
6
2
I22= I11
I12= − 1
12mll2+ ml
l2 9 − ml
L 2 − l
6
2
= 1
36mll2− ml
L 2 − l
6
2
Sottraendo otteniamo i valori per la figura:
I11=1
6mLL2− 1
18mll2− ml
L 2 − l
6
2
I22= I11
I12= −1
12mLL2− 1
36mll2+ ml
L 2 − l
6
2
I33= I11+ I22= 2 I11
3. Un sistema materiale, che si muove nel un piano verticale O(x, y), `e costituito da un punto P di massa m, libero di scorrere senza attrito su un’asta non omogenea AB di lunghezza 2 L e massa 3 M , il cui punto medio O `e fisso nell’origine. La massa dell’asta `e distribuita in modo che la parte OB abbia massa doppia rispetto ad AO. L’asta `e inoltre libera di ruotare attorno ad O. Dopo aver individuato il numero di gradi di libert`a ed introdotto le coordinate lagrangiane, calcolare le configurazioni di equilibrio usando le equazioni cardinali della statica.
Soluzione. I gradi di libert`a sono due; siano s e ϕ le coordinate lagrangiane, con s la distanza di P da O (positiva quando P sta dalla parte opposta del cerchio) e ϕ l’angolo che la guida forma con l’asse x.
E evidente che la massa di AO `e pari ad M , mentre la massa di OB `e pari a 2 M . Sul punto` P agiscono la forza peso −m g bk, la forza della molla Fk e la reazione vincolare ΦP diretta ortogonalmente alla guida. Sull’asta agiscono la forza peso −M g bk, la reazione vincolare in O, ΦO e la reazione del punto sulla guida −ΦP. Equazioni da risolvere:
FP = 0 Rasta= 0 Masta(O) = 0
x y
P
O L
L
A m
M B
Ovvero:
−m gbj + k s (bicos ϕ + bjsin ϕ) + ΦP = 0
−M gbj − ΦP + ΦO= 0
−2 M gL
2 cos ϕ + M gL
2 cos ϕ + s ΦP = 0 ovvero
−M gL
2 cos ϕ + s ΦP = 0 Abbiamo
ΦP = ΦP(−bisin ϕ + bjcos ϕ) ΦO= Φxbi+ Φybj
Equazioni da risolvere:
k s cos ϕ − ΦP sin ϕ = 0
−m g + k s sin ϕ + ΦP cos ϕ = 0 ΦO= M gbj + ΦP
s ΦP = M gL 2 cos ϕ Dalle prime due e dalla quarta abbiamo:
ks − mg sin ϕ = 0 ΦP = m g cos ϕ m g s cos ϕ = M gL
2 cos ϕ
Ovvero
m s − M L 2
cos ϕ = 0
Γ1 =mg k ,π
2
Γ2 =
−mg k , −π
2
2) M L/2 − ms = 0 → s = M L 2m sin ϕ = k M L
2m2g ⇒ ϕ = ϕ0, π − ϕ0
con ϕ0 = sin−1 M kL 2m2g. Γ3 =
M L 2m, ϕ0
Γ4 =
M L
2m, π − ϕ0
Γ3 e Γ4 esistono a condizione che M kL/(2m2g) < 1.
