Facolt` a di Ingegneria
Corso di Laurea in Ingegneria Industriale Correzione prova scritta
Esame di Fisica Matematica 21 settembre 2011
1. Determinare, per il seguente sistema di vettori applicati,
v
1= 4e
x+ 3e
y+ 3e
zapplicato in P
1− O ≡ (1, −3, 2), v
2= 4e
x− 4e
y+ 2e
zapplicato in P
2− O ≡ (2, 1, 1), v
3= −5e
x+ 3e
y− 4e
zapplicato in P
3− O ≡ (1, 2, 3) 1. il risultante ed il momento risultante;
2. il trinomio invariante;
3. l’equazione dell’asse centrale;
4. (per gli studenti che hanno frequentato nell’anno accademico corrente) Determinare un sistema di vettori applicati, equivalente a quello proposto e formato da due vettori, di cui uno applicato in Q ≡ (2, −1, 0).
Il risultante `e R = 3e
x+ 2e
y+ e
zed il momento risultante rispetto ad O `e M
O= −26e
x− 6e
y+ 16e
zper cui il trinomio invariante `e I = −74. Siccome |R|
2= 14 e R ∧ M
O= 38e
x− 74e
y+ 34e
zi punti Q − O = xe
x+ ye
y+ ze
zdell’asse centrale soddisfano le equazioni
x =
197+ 3λ y = −
377+ 2λ z =
177+ λ.
Per rispondere all’ultimo quesito osserviamo che, dal teorema del trasporto, si ottiene M
Q= −25e
x− 4e
y+ 9e
z. Oltre al risultante, applichiamo in Q un vettore −v per ora incognito e in un punto S incognito applichiamo il vettore v. Occorre che
(S − Q) ∧ v = M
Qe dunque bisogna scegliere v in modo che v · M
Q= 0: ad esempio v = 9e
y+ 4e
z. Allora sar`a S − Q = 1
97 (97e
x− 100e
y+ 225e
z) per cui S − O = 3e
x−
19797e
y+
22597e
z.
2. Un corpo rigido piano `e formato da due rettangoli omogenei. Il primo, con centro di simmetria O ha
lati di lunghezza AD = BC = ℓ, AB = CD = 3ℓ e di massa 2m e l’altro, di lati EF = GH = 4ℓ ed
ex
ey
b b
C O A
B D
L M N
E
H
F
G
F G = EH = ℓ, di massa 3m. I due rettangoli hanno i punti medi dei lati CD ed EH saldati ortogonalmente agli estremi di un’asta LN di lunghezza 2ℓ e massa m, come indicato in figura Ad un certo istante t = 0 il corpo occupa la configurazione indicata in figura e la velocit` a di A `e v
A= v
0(2e
x+ 3e
y) mentre quella di G
`e v
G= v
0(6e
x+ 17e
y), dove v
0`e una velocit` a caratteristica.
1. Determinare la velocit` a angolare ω(0) del corpo all’istante t = 0;
2. trovare la velocit`a v
O(0) del punto O all’istante t = 0;
3. trovare analiticamente la posizione del centro di istantanea rotazione all’istante t = 0 rispetto al punto O;
4. determinare le coordinate del centro di massa del corpo rispetto al punto O;
5. determinare il momento di inerzia del corpo rispetto all’asse passante per O e diretto lungo e
y;
6. determinare il momento di inerzia rispetto all’asse passante per il punto medio M dell’asta e inclinato di
π4sull’orizzontale.
Posto ω(0) = ωe
zsi ha
v
G− v
A= v
0(4e
x+ 14e
y) = ωℓe
z∧ (7e
x− 2e
y) da cui segue ω =
2vℓ0e quindi
v
O(0) = v
A(0) + v
0e
z∧ (e
x− 3e
y) = v
0(5e
x+ 4e
y).
Infine, scritto il vettore posizione del centro C
∗di istantanea rotazione rispetto ad O come C
∗−O = xe
x+ye
y, deve essere
0 = v
C∗= v
O+ ω ∧ (C
∗− O) che fornisce
x = −2ℓ y = 5 2 ℓ.
Per simmetria, la coordinata y
Gdel centro di massa del sistema rispetto ad O `e y
G= 0 mentre l’ascissa di ottiene osservando che le ascisse dei centri di massa di ABCD, EF GH e di LN sono, rispettivamente: 0,
9
2
ℓ e
32ℓ per cui, considerando le masse delle varie parti del sistema, x
G= 3m ·
92ℓ + m ·
32ℓ
6m = 5
2 ℓ.
O, y
ad LN e ad EF GH si ottiene I
O,LNe
y=
mℓ32+
94mℓ
2=
3112mℓ
2ed I
O,EF GHe
y= 4mℓ
2+
2434mℓ2=
2594mℓ
2e quindi, in definitiva,
I
O,e
y= 135 2 mℓ
2.
Sia n =
√22(e
x+ e
y) il versore associato all’asse rispetto al quale occorre calcolare il momento di inerzia.
Osserviamo poi che I
M,LNn =
mℓ2
3
sin
2π4=
16mℓ
2. Il contributo di ABCD si ottiene applicando il teorema di Huygens-Steiner e la definizione di momento di inerzia
I
M,ABDCe
y= n · II
ABCDOn + 9 4 mℓ
2dove II
ABCDO`e il tensore centrale di inerzia del rettangolo. Poich´e
II
ABCDO= mℓ
26 [9e
x⊗ e
x+ e
y⊗ e
y+ 10e
z⊗ e
z] abbiamo, servendoci del formalismo matriciale,
n · II
ABCDOn =
√ 2 2
1 1 0
· mℓ
26
9 0 0
0 1 0
0 0 10
√ 2 2
1 1 0
= 5 6 mℓ
2da cui
I
M,ABDCn = 37 12 mℓ
2. Similmente si ha
I
M,EF GHn = n · II
EF GHQn + 27 2 mℓ
2dove abbiamo indicato con Q il centro di massa di EF GH. Siccome
II
EF GHQ= mℓ
24 [e
x⊗ e
x+ 16e
y⊗ e
y+ 17e
z⊗ e
z] abbiamo
n · II
EF GHQn =
√ 2 2
1 1 0
· mℓ
24
1 0 0
0 16 0 0 0 17
√ 2 2
1 1 0
= 17 8 mℓ
2e quindi
I
M,EF GHn = 115 8 mℓ
2. Sommando i vari contributi si ricava
I
M,n = 141 8 mℓ
23. In un piano verticale, un disco omogeneo di raggio R ed massa 2m ruota attorno ad un asse passante per
un punto fisso O della sua circonferenza. Nel punto A, diametralmente opposto ad O, `e incernierato l’estremo
O
A
B
ϑ
ϕ
e
xe
yg
di un’asta AB di massa m e lunghezza 2R. Introdotte le coordinate lagrangiane ϑ e ϕ indicate in figura, determinare l’energia cinetica e l’energia potenziale del sistema, individuando le configurazioni di equilibrio e studiandone la stabilit` a. Determinare le pulsazioni delle piccole oscillazioni intorno alla configurazione di equilibrio stabile.
La velocit`a angolare del disco `e ˙ ϑe
zmentre quella dell’asta `e ˙ ϕe
z. Introduciamo due basi ortonormali {e
1, e
2, e
z} e {e
3, e
4, e
z} positivamente orientate e solidali, rispettivamente, al disco e all’asta, con e
1lungo A − O e e
3lungo B − A. Detto G il centro di massa di AB ed utilizzando il teorema di Huygens-Steiner per il calcolo del momento di inerzia del disco rispetto all’asse passante per O e diretto lungo e
z, abbiamo
T = 3
2 mR
2ϑ ˙
2+ 1
6 mR
2ϕ ˙
2+ m 2 v
2G. Per il calcolo di v
G2osserviamo che
G − O = R(2e
1+ e
3) e quindi, grazie alle formule di Poisson,
v
G= R(2 ˙ ϑe
2+ ˙ ϕe
4) da cui v
G2= R
2(4 ˙ ϑ
2+ ˙ ϕ
2+ 4 ˙ ϑ ϕe ˙
2· e
4) = R
2(4 ˙ ϑ
2+ ˙ ϕ
2+ 4 ˙ ϑ ϕ ˙ cos(ϕ − ϑ).
Dunque
T = 7
2 mR
2ϑ ˙
2+ 2
3 mR
2ϕ ˙
2+ 2mR
2ϑ ˙ ϕ ˙ cos(ϕ − ϑ).
L’energia potenziale consta solo dei termini gravitazionali e, preso per riferimento l’orizzontale passante per O, vale
V = −2mgR cos ϑ − mgR(2 cos ϑ + cos ϕ) = −4mgR cos ϑ − mgR cos ϕ.
Le posizioni di equilibrio sono le soluzioni (ϑ, ϕ) di
∂V
∂ϑ
= 4mgR sin ϑ = 0
∂V
∂ϕ
= mgR sin ϕ = 0
seconde di V
∂2V
∂ϑ2
= 4mgR cos ϑ
∂2V
∂ϕ∂ϑ
= 0
∂2V
∂2ϕ