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(1)

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

z

applicato in P

1

− O ≡ (1, −3, 2), v

2

= 4e

x

− 4e

y

+ 2e

z

applicato in P

2

− O ≡ (2, 1, 1), v

3

= −5e

x

+ 3e

y

− 4e

z

applicato 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

z

ed il momento risultante rispetto ad O `e M

O

= −26e

x

− 6e

y

+ 16e

z

per cui il trinomio invariante `e I = −74. Siccome |R|

2

= 14 e R ∧ M

O

= 38e

x

− 74e

y

+ 34e

z

i punti Q − O = xe

x

+ ye

y

+ ze

z

dell’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

Q

e 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

19797

e

y

+

22597

e

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

(2)

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

π4

sull’orizzontale.

Posto ω(0) = ωe

z

si ha

v

G

− v

A

= v

0

(4e

x

+ 14e

y

) = ωℓe

z

∧ (7e

x

− 2e

y

) da cui segue ω =

2v0

e quindi

v

O

(0) = v

A

(0) + v

0

e

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

G

del 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

32

ℓ per cui, considerando le masse delle varie parti del sistema, x

G

= 3m ·

92

ℓ + m ·

32

6m = 5

2 ℓ.

(3)

O, y

ad LN e ad EF GH si ottiene I

O,LN

e

y

=

mℓ32

+

94

mℓ

2

=

3112

mℓ

2

ed I

O,EF GH

e

y

= 4mℓ

2

+

2434mℓ2

=

2594

mℓ

2

e 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,LN

n =

mℓ

2

3

sin

2π4

=

16

mℓ

2

. Il contributo di ABCD si ottiene applicando il teorema di Huygens-Steiner e la definizione di momento di inerzia

I

M,ABDC

e

y

= n · II

ABCDO

n + 9 4 mℓ

2

dove II

ABCDO

`e il tensore centrale di inerzia del rettangolo. Poich´e

II

ABCDO

= mℓ

2

6 [9e

x

⊗ e

x

+ e

y

⊗ e

y

+ 10e

z

⊗ e

z

] abbiamo, servendoci del formalismo matriciale,

n · II

ABCDO

n =

√ 2 2

 1 1 0

 · mℓ

2

6

9 0 0

0 1 0

0 0 10

√ 2 2

 1 1 0

 = 5 6 mℓ

2

da cui

I

M,ABDC

n = 37 12 mℓ

2

. Similmente si ha

I

M,EF GH

n = n · II

EF GHQ

n + 27 2 mℓ

2

dove abbiamo indicato con Q il centro di massa di EF GH. Siccome

II

EF GHQ

= mℓ

2

4 [e

x

⊗ e

x

+ 16e

y

⊗ e

y

+ 17e

z

⊗ e

z

] abbiamo

n · II

EF GHQ

n =

√ 2 2

 1 1 0

 · mℓ

2

4

1 0 0

0 16 0 0 0 17

√ 2 2

 1 1 0

 = 17 8 mℓ

2

e quindi

I

M,EF GH

n = 115 8 mℓ

2

. Sommando i vari contributi si ricava

I

M,

n = 141 8 mℓ

2

3. 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

(4)

O

A

B

ϑ

ϕ

e

x

e

y

g

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

z

mentre 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

1

lungo A − O e e

3

lungo 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

2

ϑ ˙

2

+ 1

6 mR

2

ϕ ˙

2

+ m 2 v

2G

. Per il calcolo di v

G2

osserviamo 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

2

ϑ ˙

2

+ 2

3 mR

2

ϕ ˙

2

+ 2mR

2

ϑ ˙ 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

(5)

seconde di V

 

 

 

 

 

 

2V

∂ϑ2

= 4mgR cos ϑ

2V

∂ϕ∂ϑ

= 0

2V

2ϕ

= mgR cos ϕ

da cui si deduce che le configurazioni E

2

, E

3

ed E

4

sono instabili perch´e le hessiane corrispondenti hanno almeno un autovalore negativo. La hessiana in E

1

`e

B = mgR

 4 0 0 1



ed `e definita positiva, corrispondendo ad un minimo di V e quindi ad una configurazione di equilibrio stabile.

Occorre ora diagonalizzare simultaneamente B con la forma quadratica A associata all’energia cinetica che

`e data da

A = mR

2

 7 2 2

43



risolvendo l’equazione algebrica det(λA − B) = 0, cio`e 16λ

2

− 37λ g

R + 12  g R



2

= 0 le cui soluzioni sono

λ

±

= 37 ± √ 601 32

g

R

cui corrispondono le pulsazioni delle piccole oscillazioni ω

±

= pλ

±

.

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