Meccanica razionale e statica Teoria Esercizi

48 Pages·2014·3.18 MB·Italian

Universita` degli Studi eCampus Facolta` di Ingegneria
Meccanica razionale e statica
Novedrate, 15 giugno 2011
Teoria
Rispondere in modo esauriente ad una sola domanda a scelta.
. Calcolo dell’energia cinetica in un atto di moto rigido piano (con dimostrazione).
. Principio dei lavori virtuali.
Esercizi
Esercizio 1. Il sistema di figura`e posto in un piano verticale si compone di un’asta AB di lunghezza (cid:96)
e massa m e di una lamina quadrata CDEF di lato a e massa m. L’asta `e incernierata nel suo estremo
A ad un punto fisso; la lamina quadrata `e appoggiata senza attrito sull’asta ed `e posta ad una distanza
s dal punto A. Sull’estremo B dell’asta agisce una forza incognita F, diretta come in figura.
. Determinare il valore di F necessario a mantenere in equilibrio il sistema con l’asta orizzontale;
. in tale configurazione calcolare le reazioni vincolari in A.
m,a
F E
G
s
F
C D
A m,‘ B
Esercizio 2. Il sistema di figura `e posto in un piano orizzontale (si trascurino quindi le forze peso) e
si compone di un’asta AB di lunghezza (cid:96) e massa m e di un punto materiale C di massa m. L’asta `e
incernierata nel suo estremo A ad un punto fisso; il punto scorre senza attrito lungo l’asta. Sull’estremo
B dell’asta agisce una forza incognita F, diretta come in figura e che si mantiene durante il moto sempre
ortogonale all’asta. Scegliendo come coordinate libere l’angolo ϑ che l’asta AB forma con la direzione
orizzontale e la distanza s tra il punto C ed A, si chiede di:
. scrivere la velocit`a del punto C;
. calcolare l’energia cinetica del sistema;
. calcolare la componente generalizzata della sollecitazione attiva;
. determinare, in funzione di s e s˙, il valore di F che mantiene l’asta in rotazione uniforme ϑ˙ = ω
0
(costante);
. in tali condizioni trovare il moto del punto materiale.
F
y
B
m,C
m,‘
s
ϑ
A x
Soluzioni
Esercizio 1.
. Il bilancio dei momenti del sistema rispetto ad A `e
(cid:96) a (cid:96)+2s+a
M(sist.) =F(cid:96)−mg −mg(s+ )=0 ⇒ F =mg .
Az 2 2 2(cid:96)
. Sia Φ =H i+V j la reazione vincolare che la cerniera esercita sull’asta nel punto A.
A A A
R(sist.) =H =0
x A
R(sist.) =V −2mg+F =0
y A
Esercizio 2.
. Sia e un versore diretto lungo l’asta e sia e un versore ortogonale all’asta, nella direzione delle ϑ
r ϑ
positive.
(C−A)=se ⇒ v =s˙e +sϑ˙e ⇒ v2 =s˙2+s2ϑ˙2.
r C r ϑ C
.
T = 1I(asta)ϑ˙2+ 1mv2 = 1m(cid:96)2ϑ˙2+ 1m(cid:0)s˙2+s2ϑ˙2(cid:1)
2 Az 2 C 6 2
. L’unica forza attiva `e F (la forza peso non conta: il sistema `e posto in un piano orizzontale).
(cid:40) (cid:40)
δL(att) =F·δB =F(cid:96)δϑ Q =0
⇒ s .
[teoria: δL(att) =Q δs+Q δϑ] Q =F(cid:96)
s ϑ ϑ
. Calcoliamo i termini delle equazioni di Lagrange
d ∂T
=ms¨
dt ∂s˙
∂T
=msϑ˙2
∂s
d ∂T d(cid:16)1 (cid:17) 1
= m(cid:96)2ϑ˙+ms2ϑ˙ = m(cid:96)2ϑ¨+2mss˙ϑ˙+ms2ϑ¨
dt ∂ϑ˙ dt 3 3
∂T
=0.
∂ϑ
Le equazioni di Lagrange sono quindi:
ms¨−msϑ˙2 =0 (1)
1
m(cid:96)2ϑ¨+2mss˙ϑ˙+ms2ϑ¨=F(cid:96) (2)
3
Valutandola(2)perilmotoassegnatoϑ˙ =ω ,ϑ¨=0,otteniamoilvalorerichiestodiF,infunzione
0
di s e s˙
2mω
F = 0 ss˙. (3)
(cid:96)
. L’andamento di s in funzione del tempo si ricava dalla (1):
s¨−ω2s=0 ⇒ s(t)=Aeω0t+Be−ω0t,
0
dove A e B sono costanti arbitrarie che si possono determinare imponendo le condizioni iniziali
(non specificate nel testo). In conclusione, il punto C sfugge lungo l’asta con legge esponenziale.
Universita` degli Studi eCampus Facolta` di Ingegneria
Meccanica razionale e statica
Prof. S. Turzi
Novedrate, 20 luglio 2011
Teoria
Rispondere in modo esauriente ad una sola domanda a scelta.
. Seconda equazione cardinale della dinamica.
. Formula fondamentale dell’atto di moto rigido.
Esercizi
Esercizio 1. Nel riferimento ortogonale (O;x;y) di figura, l’asta AB, omogenea, di lunghezza (cid:96) e
massam, hagliestremiAeB scorrevolirispettivamentelungogliassiverticaley eorizzontalex. Unfilo
inestensibile di massa trascurabile`e legato ad un estremo al punto B dell’asta, passa su un piolo fisso C
posto sull’asse y ed`e collegato ad O mediante una molla di costante elastica k. Tutti i vincoli sono lisci.
Si assuma come coordinata libera del sistema l’angolo antiorario ϑ di figura, che l’asta forma con l’asse
y. Sia s la coordinata che identifica l’allungamento della molla.
. Scrivere il legame cinematico tra s e ϑ, sapendo che la molla ha allungamento nullo (s=0) quando
l’asta `e verticale (ϑ=0).
. Determinare k perch´e la configurazione con ϑ=π/3 sia di equilibrio.
. In tali condizioni, studiare la stabilit`a della posizione di equilibrio ϑ=π/3.
y
C
A
ϑ ‘,m
s k
B
x
O
Esercizio 2. Si consideri il sistema dell’esercizio precedente e si ponga k = mg. Si assuma che il filo
(cid:96)
rimanga sempre teso durante il moto del sistema. All’istante t=0, l’asta`e in posizione verticale (ϑ=0)
e ha velocit`a angolare ω =ω k (ω ≥0).
0 0
Si chiede di:
. scrivere l’energia cinetica del sistema e l’energia meccanica totale;
. determinare l’estremo inferiore dei valori di ω tale per cui l’asta raggiunge la configurazione
0
orizzontale ϑ=π/2;
. scrivere l’equazione di moto;
. calcolare la reazione che l’asse verticale esercita sull’asta nel punto A.
Soluzioni
Esercizio 1.
. L’ordinata del punto A `e y = (cid:96)cosϑ. La condizione di inestensibilit`a del filo impone che sia
A
y˙ =−s˙. Il legame cercato `e quindi
A
s˙ =(cid:96)ϑ˙sinϑ, (1)
che, integrato, fornisce
s=C−(cid:96)cosϑ, (2)
dove C `e una costante arbitraria. Questa si pu`o determinare sfruttando la condizione indicata
nel testo: a ϑ = 0 (asta verticale) corrisponde un’elongazione nulla della molla e quindi s = 0.
Sostituendo in (2) si ricava C =(cid:96) e quindi il legame finito tra le coordinate `e
s=(cid:96)(1−cosϑ). (3)
. Applichiamo il Teorema di stazionariet`a del potenziale:
1 1 (cid:96)
U(ϑ)=− ks2−mgy =− k(cid:96)2(1−cosϑ)2−mg cosϑ, (4)
2 G 2 2
dove abbiamo indicato con G il baricentro dell’asta AB.
Calcoliamo la derivata del potenziale
(cid:96) (cid:16) (cid:17)
U(cid:48)(ϑ)= sinϑ mg−2k(cid:96)(1−cosϑ) . (5)
2
Se, come richiesto nel testo, ϑ = π/3 `e posizione di equilibrio, deve essere U(cid:48)(π/3) = 0. Questa
condizione determina il valore cercato di k (si ricorda che cosπ/3=1/2)
(cid:12) mg
mg−2k(cid:96)(1−cosϑ)(cid:12) =mg−k(cid:96)=0 ⇒ k = . (6)
(cid:12)ϑ=π/3 (cid:96)
. Sostituendo il valore trovato di k nella derivata prima del potenziale, si trova
1
U(cid:48)(ϑ)= mg(cid:96)sinϑ(2cosϑ−1),
2
quindi la derivata seconda del potenziale `e
U(cid:48)(cid:48)(ϑ)=mg(cid:96)(cos2ϑ−sin2ϑ−2cosϑ).
Sostituendo ϑ = π/3 si verifica che U(cid:48)(cid:48)(π/3) = −3mg(cid:96) < 0. La configurazione quindi corrisponde
4
ad un massimo del potenziale (ovvero un minimo dell’energia potenziale) ed`e di equilibrio stabile.
Esercizio 2.
. Detto H il centro di istantanea rotazione dell’asta AB (che si trova all’intersezione della retta
verticale condotta per B con la retta orizzontale condotta per A), l’energia cinetica `e
1 1(cid:16) 1 (cid:96)2(cid:17) 1
T = I ϑ˙2 = m(cid:96)2+m ϑ˙2 = m(cid:96)2ϑ˙2,
2 Hz 2 12 4 6
dove, per calcolare il momento d’inerzia I abbiamo applicato il Teorema di Huygens-Steiner.
Hz
L’energia meccanica totale `e (con k =mg/(cid:96))
E =T −U (=4) 1m(cid:96)2ϑ˙2+ 1mg(cid:96)[(1−cosϑ)2+cosϑ]. (7)
6 2
. Le condizioni all’istante t = 0 permettono di calcolare il valore (costante) dell’energia meccanica.
Sostituendo quindi ϑ=0 e ϑ˙ =ω nella (7), si ricava il valore di E:
0
1 1
E = m(cid:96)2ω2+ mg(cid:96),
6 0 2
la conservazione dell’energia meccanica `e espressa quindi dal seguente integrale primo
1 1 1 1
m(cid:96)2ϑ˙2+ mg(cid:96)[(1−cosϑ)2+cosϑ]= m(cid:96)2ω2+ mg(cid:96). (8)
6 2 6 0 2
Laminimavelocit`aangolareω `equellanecessariaafararrivarel’astainconfigurazioneorizzontale,
0
convelocit`anulla(ϑ˙ =0). Valutandoquindila(8)nellaconfigurazionediastaorizzontale(ϑ=π/2)
e con ϑ˙ =0, si trova
1
m(cid:96)2ω2 =0 ⇒ ω =0.
6 0 0
Quindi l’energia potenziale iniziale, puramente gravitazionale (la molla ha estensione nulla)`e esat-
tamente quella necessaria per arrivare ad una configurazione con l’asta orizzontale, in cui l’energia
potenziale`epuramenteelastica. Sinotichelaconfigurazioneϑ=0`ediequilibrioinstabile,ipotizzi-
amo quindi di imporre inizialmente una piccola (“infinitesima”) velocit`a angolare per non ricadere
nella soluzione banale ϑ=0, ϑ˙ =0.
. L’equazione di moto si ricava semplicemente scrivendo il Teorema dell’energia cinetica. Per far ci`o,
basta derivare la conservazione dell’energia meccanica (7):
dT dU dT dU
− = − ϑ˙ =0.
dt dt dt dϑ
Sfruttando l’espressione della U(cid:48)(ϑ) trovata prima, si ottiene dopo qualche passaggio:
3g
ϑ¨+ sinϑ(1−2cosϑ)=0.
2(cid:96)
. La reazione vincolare in A `e solo orizzontale: Φ = H i. Scriviamo la prima equazione cardinale
A A
perl’asta,proiettalungol’assex: Q˙ =H . Percalcolarelaquantit`adimoto,scriviamolavelocit`a
x A
del baricentro dell’asta:
(cid:96) (cid:96)
(G−O)= (sinϑi+cosϑj) ⇒ v = ϑ˙(cosϑi−sinϑj).
2 G 2
Allora,
(cid:96) (cid:96)
Q =m ϑ˙cosϑ ⇒ H =m (ϑ¨cosϑ−ϑ˙2sinϑ).
x 2 A 2
Universita` degli Studi eCampus Facolta` di Ingegneria
Meccanica razionale e statica
Prof. S. Turzi
Roma, 29 luglio 2011
Teoria
Rispondere in modo esauriente ad una sola domanda a scelta.
. Seconda equazione cardinale della dinamica.
. Formula fondamentale dell’atto di moto rigido.
Esercizi
Esercizio 1. Nelriferimentoortogonale(O;x;y)difigura,l’astaAB,omogenea,dilunghezza(cid:96)emassa
m, ha gli estremi A e B scorrevoli rispettivamente lungo gli assi verticale y e orizzontale x. L’estremo A
dell’asta`e collegato, mediante una molla di costante elastica k, ad un punto fisso C, posto sull’asse y ad
una distanza (cid:96) da O . Tutti i vincoli sono lisci.
Si assuma come coordinata libera del sistema l’angolo antiorario ϑ di figura, che l’asta forma con l’asse
y. Sia s la coordinata che identifica l’allungamento della molla.
. Scrivere il legame cinematico tra s e ϑ.
. Determinare k perch´e la configurazione con ϑ=π/3 sia di equilibrio.
. In tali condizioni, studiare la stabilit`a della posizione di equilibrio ϑ=π/3.
y
C
k s
A
‘
ϑ ‘,m
B
x
O
Esercizio 2. Si consideri il sistema dell’esercizio precedente e si ponga k = 2mg/(cid:96). All’istante t = 0,
l’asta `e in posizione verticale (ϑ=0) e ha velocit`a angolare ω =ω k (ω ≥0).
0 0
Si chiede di:
. scrivere l’energia cinetica del sistema e l’energia meccanica totale;
. determinare il minimo valore di ω tale per cui l’asta raggiunge la configurazione orizzontale
0
ϑ=π/2;
. scrivere il valore dell’accelerazione angolare (ovvero di ϑ¨) quando l’asta passa dalla posizione
ϑ=π/4;
. calcolare la reazione che l’asse verticale esercita sull’asta nel punto A.
Soluzioni
Esercizio 1.
. Il legame tra cercato `e
s+(cid:96)cosϑ=(cid:96) ⇒ s=(cid:96)(1−cosϑ). (1)
Questa relazione pu`o essere derivata per trovare il legame tra s˙ e ϑ˙:
s˙ =(cid:96)ϑ˙sinϑ. (2)
. Applichiamo il Teorema di stazionariet`a del potenziale:
1 1 (cid:96)
U(ϑ)=− ks2−mgy =− k(cid:96)2(1−cosϑ)2−mg cosϑ, (3)
2 G 2 2
dove abbiamo indicato con G il baricentro dell’asta AB.
Calcoliamo la derivata del potenziale
(cid:96) (cid:16) (cid:17)
U(cid:48)(ϑ)= sinϑ mg−2k(cid:96)(1−cosϑ) . (4)
2
Se, come richiesto nel testo, ϑ = π/3 `e posizione di equilibrio, deve essere U(cid:48)(π/3) = 0. Questa
condizione determina il valore cercato di k (si ricorda che cosπ/3=1/2)
(cid:12) mg
mg−2k(cid:96)(1−cosϑ)(cid:12) =mg−k(cid:96)=0 ⇒ k = . (5)
(cid:12)ϑ=π/3 (cid:96)
. Sostituendo il valore trovato di k nella derivata prima del potenziale, si trova
1
U(cid:48)(ϑ)= mg(cid:96)sinϑ(2cosϑ−1),
2
quindi la derivata seconda del potenziale `e
U(cid:48)(cid:48)(ϑ)=mg(cid:96)(cos2ϑ−sin2ϑ−2cosϑ).
Sostituendo ϑ = π/3 si verifica che U(cid:48)(cid:48)(π/3) = −3mg(cid:96) < 0. La configurazione quindi corrisponde
4
ad un massimo del potenziale (ovvero un minimo dell’energia potenziale) ed`e di equilibrio stabile.
Esercizio 2.
. Detto H il centro di istantanea rotazione dell’asta AB (che si trova all’intersezione della retta
verticale condotta per B con la retta orizzontale condotta per A), l’energia cinetica `e
1 1(cid:16) 1 (cid:96)2(cid:17) 1
T = I ϑ˙2 = m(cid:96)2+m ϑ˙2 = m(cid:96)2ϑ˙2,
2 Hz 2 12 4 6
dove, per calcolare il momento d’inerzia I abbiamo applicato il Teorema di Huygens-Steiner.
Hz
L’energia meccanica totale `e (con k =2mg/(cid:96))
E =T −U (=3) 1m(cid:96)2ϑ˙2+ 1mg(cid:96)[2(1−cosϑ)2+cosϑ]. (6)
6 2
. Le condizioni all’istante t = 0 permettono di calcolare il valore (costante) dell’energia meccanica.
Sostituendo quindi ϑ=0 e ϑ˙ =ω nella (6), si ricava il valore di E:
0
1 1
E = m(cid:96)2ω2+ mg(cid:96),
6 0 2
la conservazione dell’energia meccanica `e espressa quindi dal seguente integrale primo
1 1 1 1
m(cid:96)2ϑ˙2+ mg(cid:96)[2(1−cosϑ)2+cosϑ]= m(cid:96)2ω2+ mg(cid:96). (7)
6 2 6 0 2
Laminimavelocit`aangolareω `equellanecessariaafararrivarel’astainconfigurazioneorizzontale,
0
convelocit`anulla(ϑ˙ =0). Valutandoquindila(7)nellaconfigurazionediastaorizzontale(ϑ=π/2)
e con ϑ˙ =0, si trova (ω ≥0 per ipotesi)
0
1 1 (cid:112)
mg(cid:96)= m(cid:96)2ω2+ mg(cid:96) ⇒ ω = 3g/(cid:96).
6 0 2 0
. L’equazione di moto si ricava semplicemente scrivendo il Teorema dell’energia cinetica. Per far ci`o,
basta derivare la conservazione dell’energia meccanica (6):
dT dU dT dU
− = − ϑ˙ =0.
dt dt dt dϑ
Sfruttando l’espressione della U(cid:48)(ϑ) data dalla (4), si ottiene, dopo la sostituzione k = 2mg/(cid:96) e
qualche passaggio:
3g
ϑ¨+ sinϑ(3−4cosϑ)=0.
2(cid:96)
Valutando questa espressione in ϑ=π/4 si ricava
3g √
ϑ¨=− (3 2−4)≈−0.18g/(cid:96).
4(cid:96)
. La reazione vincolare in A `e solo orizzontale: Φ = H i. Scriviamo la prima equazione cardinale
A A
perl’asta,proiettalungol’assex: Q˙ =H . Percalcolarelaquantit`adimoto,scriviamolavelocit`a
x A
del baricentro dell’asta:
(cid:96) (cid:96)
(G−O)= (sinϑi+cosϑj) ⇒ v = ϑ˙(cosϑi−sinϑj).
2 G 2
Allora,
(cid:96) (cid:96)
Q =m ϑ˙cosϑ ⇒ H =m (ϑ¨cosϑ−ϑ˙2sinϑ).
x 2 A 2
Universita` degli Studi eCampus Facolta` di Ingegneria
Meccanica razionale e statica
Prof. S. Turzi
Novedrate, 21 settembre 2011
Teoria
Rispondere in modo esauriente ad una sola domanda a scelta.
. Assi e momenti principali d’inerzia.
. Equazioni di Lagrange. Caso non conservativo.
Esercizi
Esercizio 1. In un piano verticale, un’asta OA, omogenea di lunghezza (cid:96) e massa m, `e incernierata
in O. L’estremo A dell’asta scorre senza attrito sul lato verticale BC della lamina quadrata BCDE,
omogenea di lato (cid:96) e massa M, che a sua volta`e appoggiata senza attrito su un asse orizzontale passante
per O. Una molla di costante elastica k collega il vertice B della lamina alla cerniera fissa O.
. Si determini il valore di k affinch´e il sistema rimanga in equilibrio con l’asta inclinata di ϑ = π/6
sull’orizzontale.
. Si calcolino, in corrispondenza di tale configurazione di equilibrio e con tale valore di k, le reazioni
vincolari agenti sulla lamina nei suoi vertici B ed E.
. Per quali valori di M l’appoggio della lamina `e garantito?
y C D
A
‘,M
‘,m
ϑ
O k B E x
Esercizio 2. Si consideri ancora il sistema dell’esercizio precedente. Si elimini la molla e si supponga
ora che una forza orizzontale F=−F i agisca sul vertice E della lamina quadrata.
. Scriverelavelocit`adellalamina,l’energiacineticadelsistemaelapotenzadellesollecitazioniattive.
. Determinare il valore di F affinch´e l’asta ruoti con velocit`a angolare costante ω .
0
. Calcolare l’azione dell’asta sulla lamina.
y C D
A
‘,M
‘,m
ϑ F
O B E x
Soluzioni
Esercizio 1.
. Il potenziale del sistema `e
(cid:96) 1
U(ϑ)=−mg sinϑ− k(cid:96)2cos2ϑ.
2 2
Per il teorema di stazionariet`a del potenziale, se ϑ = π/6 `e posizione di equilibrio deve essere
U(cid:48)(π/6)=0:
√
U(cid:48)(ϑ)= (cid:96) cosϑ(cid:0)2k(cid:96)sin2ϑ−mg(cid:1) ⇒ U(cid:48)(π/6)= 3(cid:96)(cid:0)k(cid:96)−mg(cid:1)=0.
2 4
Ricaviamo quindi il valore di k cercato
mg
k = (1)
(cid:96)
. Siano Φ = V j e Φ = V j le reazioni richieste. Determiniamo le incognite verticali V e V
B B E E B E
utilizzando le seguenti equazioni cardinali della statica, scritte per la sola lamina quadrata:
M(lamina) =0 e R(lamina) =0.
Az y
Si ottiene:
(cid:40)
−F (cid:96)sinϑ−Mg(cid:96) +V (cid:96)=0,
el 2 E (2)
V +V −Mg =0.
B E
Tenendo conto che √
(1) 3
F =k(cid:96)cosϑ = mg,
el 2
si ricava infine √ √
1 3 1 3
V = Mg+ mg e V = Mg− mg.
E 2 4 B 2 4
. L’appoggio `e garantito fintanto che V ≥0 e V ≥0. Dall’espressione di V si ottiene quindi
B E B
√
3
M ≥ m.
2
Esercizio 2.
. (B−O)=(cid:96)cosϑi ⇒ v =−(cid:96)ϑ˙sinϑi.
B
L’energia cinetica `e
1 1 1 1
T = I(asta)ϑ˙2+ Mv2 = m(cid:96)2ϑ˙2+ M(cid:96)2ϑ˙2sin2ϑ. (3)
2 Oz 2 B 6 2
Il baricentro dell’asta ha velocit`a
(cid:96)
v = ϑ˙n,
G 2
essendo n un versore ortogonale all’asta: n=−sinϑi+cosϑj.
Le sollecitazioni attive sono il peso dell’asta e la forza F. La loro potenza `e:
(cid:96) (cid:96)
Π=−mgj· ϑ˙n+F·v =−mg ϑ˙cosϑ+F(cid:96)ϑ˙sinϑ (4)
2 B 2
. UtilizziamoilTeoremadell’energiacineticaT˙ =Πesostituiamopoilecondizioniindicateneltesto,
ϑ¨=0, ϑ˙ =ω ,
0
T˙ = (cid:96)2ϑ˙(cid:104)3Msinϑ cosϑϑ˙2+(cid:0)m+3Msin2ϑ(cid:1)ϑ¨(cid:105)
3 ϑ¨=0,ϑ˙=ω0
=M(cid:96)2ω3sinϑ cosϑ.
0
Uguagliando questa espressione con la potenza Π, si trova:
1 cosϑ
F =M(cid:96)ω2cosϑ+ mg .
0 2 sinϑ