Esercitazioni di Meccanica Razionale

Esercitazioni
di Meccanica Razionale
a.a. 2002/2003
Grandezze cinetiche
Maria Grazia Naso
[email protected]
Dipartimento di Matematica
Università degli Studi di Brescia
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Grandezze cinetiche - 2003
M.G. Naso – p.1
Esercizio 1. Nel riferimento cartesiano ortogonale Oxyz si
consideri un sistema materiale (Figura 1) costituito da tre aste
omogenee OA, OB, OC, ciascuna di massa m e lunghezza L,
b = AOC
b = B OC
b = π . Il sistema
saldate in O in modo che AOB
2
è incernierato in O in modo tale che l’estremo C si mantenga
sull’asse z, mentre gli estremi A e B appartengono al piano Oxy.
Il sistema materiale è posto in rotazione uniforme, con velocità
angolare ω
~ attorno all’asse z. Si chiede di determinare:
(a) l’energia cinetica T ,
~ O , rispetto al polo O,
(b) il momento della quantità di moto K
del sistema materiale.
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Grandezze cinetiche - 2003
M.G. Naso – p.2
z ≡ z0
ω
~
C
PSfrag replacements
B
y0
O
y
A
x
x0
Figura 1:
c
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M.G. Naso – p.3
Risoluzione.
I I metodo: Calcoliamo la matrice d’inerzia del corpo rigido
rispetto al riferimento Ox0 y 0 z 0 (Figura 1). Poiché
h
i
mL2
IO (OA) =
diag 0, 1, 1
3
h
i
mL2
IO (OB) =
diag 1, 0, 1
3
h
i
mL2
diag 1, 1, 0 ,
IO (OC) =
3
risulta
h
i
2mL2
diag 1, 1, 1 .
IO =
3
c
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M.G. Naso – p.4
Sia ω
~ = ω(0, 0, 1). Si tratta di determinare l’energia cinetica T ed il
~ O di un corpo rigido con asse z
momento della quantità di moto K
fisso. Pertanto si ha
1 O 2
1
T = IO ω
~ ·ω
~ = I33 ω ,
2
2
O ~
~ O = IO ω
K
~ = I33
ωk.
mL2 2 ~
2mL2 ~
ω , KO =
ω k.
Risulta T =
3
3
I II metodo: Si calcoli
1 O
1 O
2
T = T (OA) + T (OB) + T (OC) = I33 (OA) ω + I33 (OB) ω 2
2
2
mL2 2
ω
=
3
2
2mL
~ O = IO (OA) ω
ω ~k .
K
~ + IO (OB) ω
~ =
3
c
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M.G. Naso – p.5
Esercizio 2. Si consideri un sistema materiale costituito da due
lamine rettangolari omogenee (Figura 2) OABC e ODEF ,
ciascuna di massa m e di dimensioni OA = OD = a,
AB = DE = b, saldate lungo OD. Si supponga che tale sistema
materiale sia posto in rotazione uniforme attorno all’asse Oy,
con velocità angolare ω
~ . Si chiede di determinare:
(a) l’energia cinetica T ,
~ O , rispetto al polo O,
(b) il momento della quantità di moto K
del sistema materiale.
c
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M.G. Naso – p.6
z0
PSfrag replacements
z
A
B
O
F
y ≡ y0
ω
~
x
E
D
y
C
x0
Figura 2:
c
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M.G. Naso – p.7
Risoluzione. Calcoliamo la matrice d’inerzia del sistema materiale
rispetto al riferimento Ox0 y 0 z 0 (Figura 2). Poiché


2
ma
mab
0
−
4 
 3
2
2


m(a +b )
IO (OABC) =  0
0 
3


2
mb
− mab
0
4
3


2
mb
mab
−
0
4

 3

 mab ma2
IO (ODEF ) = − 4
,
0
3


2
2
m(a +b )
0
0
3
risulta IO = IO (ODEF ) + IO (OABC).
c
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M.G. Naso – p.8
Sia ω
~ = ω(0, 1, 0). Si tratta di determinare l’energia cinetica T ed il
~ O di un corpo rigido con asse Oy
momento della quantità di moto K
fisso. Pertanto si ha
1 O 2
1
T = IO ω
~ ·ω
~ = I22 ω
2
2
O
O
~ O = IO ω
K
~ = I12
ω~ı + I22
ω ~ .
2ma2
mb2
1
ω2,
Risulta T =
+
2
3
3
2
2
mb
mab
2ma
~
ω ~.
ω~ı +
+
KO = −
4
3
3
N.B. Poiché l’asse Oy di rotazione non è principale d’inerzia, si ha
~ O 6= I O ω ~.
K
22
c
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M.G. Naso – p.9
M
Esercizio 3. Si consideri una lamina triangolare omogenea AOB
(Figura 3), di massa m e cateti OA = OB = L, in rotazione
uniforme, con velocità angolare ω
~ attorno ad una retta r che
forma un angolo di π4 con il semiasse positivo y 0+ . Si chiede di
determinare:
(a) l’energia cinetica T ,
~ O , rispetto al polo O,
(b) il momento della quantità di moto K
(c) il momento assiale della quantità di moto Kr , rispetto
all’asse r,
del sistema materiale.
c
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z0
A
r
ω
~
PSfrag replacements
O
y0
B
x0
Figura 3:
c
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M.G. Naso – p.11
Risoluzione. Calcoliamo la matrice d’inerzia del sistema materiale
rispetto al riferimento Ox0 y 0 z 0 (Figura 3). Si trova


1
1
0
−
12 
 6


1
IO = mL2  0
0 .
3


1
1
− 12
0
6
√
2
Sia ω
(0, 1, 1). Si tratta di determinare l’energia cinetica T
~ =ω
2
~ O di un corpo rigido in
ed il momento della quantità di moto K
rotazione uniforme attorno all’asse fisso r.
c
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M.G. Naso – p.12
Si ha
1
1
T = IO ω
~ ·ω
~ = Ir ω 2
2
2
~ O = IO ω
K
~ ,
dove Ir = IO ~r · ~r. Essendo

 
 
1
1
−1
0
−
√
12   0 

 6

√
2


  2
2 
1
=
mL
IO ~r = mL2  0




4
0
3
2
24

 √ 
 
2
1
1
2
0
− 12
6
2
1
si trova T = mL2 ω 2 .
8
c
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M.G. Naso – p.13
√
2
~
mL2 ω (−1, 4, 2).
Inoltre KO = IO ω
~ =
24
Il momento assiale della quantità di moto Kr , rispetto all’asse r, è
uguale a
√
√
2
2
1
2
~
mL ω (−1, 4, 2) ·
(0, 1, 1) = mL2 ω .
Kr = KO · ~r =
24
2
4
c
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M.G. Naso – p.14
Esercizio 4. Nel piano Oyz si consideri il sistema materiale
(Figura 4) costituito da due aste omogenee OA e AB, ciascuna
di massa m e lunghezza L, incernierate in A. L’estremo O è
incernierato nell’origine del riferimento, mentre l’estremo B è
vincolato a scorrere sull’asse y. Inoltre in B è saldato un punto
materiale di massa M . Si chiede di determinare:
~
(a) la quantità di moto Q,
(b) l’energia cinetica T ,
~ O , rispetto al polo O,
(c) il momento della quantità di moto K
del sistema materiale.
c
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M.G. Naso – p.15
z
PSfrag replacements
A
G2
G1
θ
B
O
y
x
Figura 4:
c
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M.G. Naso – p.16
Risoluzione. Il sistema ha un grado di libertà. Sia
b
[0, 2π).
q := θ = y + OA∈
Sia G il baricentro del sistema materiale (due aste + punto) e siano
rispettivamente G1 e G2 i baricentri dell’asta OA e dell’asta AB.
Dalla proprietà additiva del baricentro, si ha
~ = (2m + M ) ~vG = m ~vG + m ~vG + M ~vB .
Q
1
2
Nel riferimento cartesiano ortogonale Oxyz, si hanno
⇒ ~vG1 = 0, − L2 sin θ θ̇, L2 cos θ θ̇
G1 0, L2 cos θ, L2 sin θ
L
3L
L
cos
θ,
sin
θ
⇒
~
v
=
0,
−
sin
θ
θ̇,
G2 0, 3L
G
2
2
2
2
2 cos θ θ̇
B (0, 2L cos θ, 0)
⇒ ~vB = 0, −2L sin θ θ̇, 0 .
c
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M.G. Naso – p.17
Quindi
~ = −2(m + M )L sin θ θ̇ ~ + mL cos θ θ̇ ~k .
Q
Per l’additività del momento della quantità di moto, si ha
~O = K
~ O (OA) + K
~ O (AB) + K
~ O (B) .
K
Poiché il sistema materiale è piano, l’asse Ox, ortogonale al piano
Oyz su cui giace il sistema materiale, è principale d’inerzia e
~ O = KO ~ı. Si trovano
K
mL2
θ̇
KO (OA) = I11 (OA) ωOA =
3
KO (B) = 0 (essendo ~vB k (B − O)).
c
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M.G. Naso – p.18
Inoltre
G2
ωAB + [m ~vG2 × (O − G2 )] ·~ı
KO (AB) = I11
mL2
2
=−
θ̇ + m (yG2 żG2 − zG2 ẏG2 ) = mL2 θ̇ .
12
3
~ O = mL2 θ̇~ı.
Risulta K
L’energia cinetica del sistema materiale è
T = T (OA) + T (AB) + T (B) .
Calcoliamo
1
1
2
T (OA) = I11 (OA) ωOA = mL2 θ̇2 ,
2
6
c
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M.G. Naso – p.19
1
1
1 G2
2
0
2
2
mvG
mv
I
+
T
=
+
(AB)
ω
G2
AB
2
2
2
2 11
2
1
2
2
= mL 1 + 6 sin θ θ̇ ,
6
T (AB) =
2
con vG
2
2
L2
mL
G
1 + 8 sin2 θ θ̇2 e I112 (AB) =
. Inoltre
=
4
12
1
2
TB = M v B
= 2M L2 sin2 θ θ̇2 .
2
L’energia cinetica del sistema è
hm
i
+ (m + 2M ) sin2 θ L2 θ̇2 .
T =
3
c
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M.G. Naso – p.20
Esercizio 5. Nel piano Oyz si consideri (Figura 5) un disco
omogeneo D1 , di massa m, centro O 0 e raggio r, che rotola senza
strisciare su un disco omogeneo D2 , di massa M , centro O e
raggio R, che ruota attorno all’asse Ox. Si chiede di determinare:
(a) l’energia cinetica T ,
~ O , rispetto al polo O,
(b) il momento della quantità di moto K
del sistema materiale.
c
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M.G. Naso – p.21
PSfrag replacements
z
A
B
z0
~
n
D2
ϕ
θ
ψ
~t
O0
H
O
y0
D1
y
x
Figura 5:
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Grandezze cinetiche - 2003
M.G. Naso – p.22
Risoluzione. Indichiamo con
b
θ = z + OH
ϕ = angolo di rotazione propria del disco D1
ψ = angolo di rotazione propria del disco D2 .
Per l’ipotesi di rotolamento senza strisciamento del disco D 1 sul
disco D2 , si trova
r ϕ̇ − R ψ̇
.
θ̇ =
R+r
Il sistema materiale ha due gradi di libertà. Siano q1 := ϕ e q2 := ψ.
~ D2 = ψ̇~ı.
Si ha ω
~ D1 = −ϕ̇~ı e ω
c
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M.G. Naso – p.23
Si ha
~ O (D1 ) + K
~ O (D2 )
~O = K
K
dove
~ O (D1 ) = K
~ O0 (D1 ) + m~vO0 × (O − O0 )
K
O0
= I11 (D1 ) ω
~ D1
+ m(R + r)θ̇ ~t × (R + r)~n
2
mr
= −
ϕ̇ − m(R + r)(r ϕ̇ − R ψ̇) ~ı ,
2
~ O (D2 ) = I O (D2 ) ω
K
~ D2
11
M R2
=
ψ̇~ı .
2
Quindi
~ O = −m r R + 3 r ϕ̇ + R mR + mr + M R ψ̇ ~ı .
K
2
2
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Grandezze cinetiche - 2003
M.G. Naso – p.24
L’energia cinetica del sistema materiale è data da
T = T (D1 ) + T (D2 )
dove
1
2
0
T (D1 ) = m vO
0 +T
2
1
1 mr2 2
2 2
ϕ̇
= m(R + r) θ̇ +
2
2 2
1
1
= mr2 ϕ̇2 + m (r ϕ̇ − R ψ̇)2
4
2
2
1 O
M
R
2
2
T (D2 ) = I11 (D2 ) ωD
=
.
ψ̇
2
2
4
1 3
M
2 2
mr ϕ̇ − 2mrR ϕ̇ ψ̇ + m +
R2 ψ̇ 2 .
Quindi T =
2 2
2
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Grandezze cinetiche - 2003
M.G. Naso – p.25
Esercizio 6. Nel piano Oxy si consideri (Figura 6) un disco
omogeneo D, di massa m, centro G e raggio r, che rotola senza
strisciare sulla retta orizzontale x. Si calcoli l’energia cinetica T
del disco.
y
PSfrag replacements
θ
G
O
C
x
z
Figura 6:
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Grandezze cinetiche - 2003
M.G. Naso – p.26
Risoluzione. Il disco ha un grado di libertà. Indichiamo con q := θ
l’angolo di rotazione propria del disco D1 .
Per l’ipotesi di rotolamento senza strisciamento del disco, si ha
ẋG = r θ̇.
I I metodo: Per applicazione del Teorema di König, l’energia
cinetica del disco è
1
2
T = m vG
+ T0
2
1
1 mr2 2 3mr2 2
2 2
= mr θ̇ +
θ̇ =
θ̇
2
2 2
4
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Grandezze cinetiche - 2003
M.G. Naso – p.27
I II metodo: Poiché C, punto di contatto tra disco e asse x, è
centro di istantanea rotazione del disco, si ha
2
1
3mr
T = ICz θ̇2 =
θ̇2 ,
2
4
dove (per applicazione del Teorema di Huygens)
ICz
2
mr2
3mr
+ mr2 =
.
= IGz + m GC =
2
2
2
c
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M.G. Naso – p.28
Esercizio 7. Nel piano Oxy si consideri (Figura 7) un disco
omogeneo D, di massa m, centro G e raggio R,
PSfrag replacements
x
O
θ
ϕ
G
H
r
y0
y
x0
~t
~
r
che rotola senza strisciare su una retta r che ruota (mantenendosi comunque nel piano Oxy) attorno ad un suo punto fisso O, coincidente con l’origine del riferimento. Si
calcoli l’energia cinetica T
del disco.
Figura 7:
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Grandezze cinetiche - 2003
M.G. Naso – p.29
Risoluzione. Il disco ha due gradi di libertà. Indichiamo con
b + ∈ [0, 2π) e con q2 := ϕ ∈ R l’angolo di rotazione
q1 := θ = x+ Or
propria del disco D.
N.B. Come q2 può essere scelto anche s = (H − O) · ~r ∈ R. Infatti,
per l’ipotesi di rotolamento senza strisciamento del disco, si ha
ṡ = R ϕ̇.
Per applicazione del Teorema di König, l’energia cinetica del disco è
1
1
1
2
0
2
2
T = m v G + T = m v G + IG z ω D
.
2
2
2
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Grandezze cinetiche - 2003
M.G. Naso – p.30
Calcolo di ω
~ D:
Per applicazione del teorema di composizione delle velocità angolari,
la velocità angolare ω
~ D del disco risulta
ω
~D = ω
~ aD = ω
~ rD + ω
~ τD
dove ω
~ aD , ω
~ rD , ω
~ τD sono, rispettivamente, la velocità angolare
assoluta, relativa e di trascinamento del disco.
In questo caso
~ D = θ̇ ~k .
ω
~ D = ϕ̇ ~k, ω
r
Quindi, si ha
τ
ω
~ D = θ̇ + ϕ̇ ~k .
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Grandezze cinetiche - 2003
M.G. Naso – p.31
2:
Calcolo di vG
I I metodo: Dalla formula fondamentale della cinematica dei
sistemi rigidi, si ha
~ D × (G − H) .
~vG = ~vH + ω
Per l’ipotesi di rotolamento senza strisciamento, ~vH 0 = ~vH 00 , dove
H 0 ∈ D e H 00 ∈ r. Ma ~vH 00 = s θ̇ ~t. Quindi
~vG =s θ̇ ~t + θ̇ + ϕ̇ ~k × (−R ~t) = s θ̇ ~t + R θ̇ + ϕ̇ ~r .
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Grandezze cinetiche - 2003
M.G. Naso – p.32
I II metodo: Si ha
e quindi

 x = s cos θ + R sin θ
G
 yG = s sin θ − R cos θ

 ẋ = ṡ cos θ − s sin θ θ̇ + R cos θ θ̇
G
 ẏG = ṡ sin θ + s cos θ θ̇ + R sin θ θ̇ .
2
2
Risulta vG
= ẋ2G + ẏG
= ṡ2 + s2 θ̇2 + R2 θ̇2 + 2R ṡ θ̇.
Poiché ṡ = R ϕ̇ e supponendo che ϕ = 0 per H ≡ O, si trova
s = R ϕ.
2
= R2 ϕ̇2 + R2 ϕ2 θ̇2 + R2 θ̇2 + 2R2 ϕ̇ θ̇.
Pertanto vG
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Grandezze cinetiche - 2003
M.G. Naso – p.33
mR2
, l’energia cinetica del disco è
Essendo poi IGz =
2
2
1 mR2 1 2 2
θ̇ + ϕ̇
T = m R ϕ̇ + R2 ϕ2 θ̇2 + R2 θ̇2 + 2R2 ϕ̇ θ̇ +
2
2 2
1
3 2
3
ϕ̇ + 3 ϕ̇ θ̇ +
+ ϕ2 θ̇2 .
= m R2
2
2
2
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Grandezze cinetiche - 2003
M.G. Naso – p.34
Esercizio 8. Nel piano Oxy, si consideri (Figura 8) un disco
omogeneo,
Sfrag replacements
γ
O
x
θ
G
x0
ϕ
C
~
n
y
y0
~t
di massa m e raggio R,
che rotola senza strisciare all’interno di un profilo circolare γ fisso, di centro O e raggio R. Calcolare l’energia cinetica del
disco.
Figura 8:
c
Esercitazioni di Meccanica Razionale - a.a. 2002/2003 - Grandezze cinetiche - 2003
M.G. Naso – p.35
Risoluzione. Il disco ha un solo grado di libertà. Indichiamo con
b ∈ [0, 2π).
q := θ = y + OC
I I metodo: Per applicazione del Teorema di König, l’energia
cinetica del disco è
1
1
1
2
0
2
2
T = m v G + T = m v G + IG z ω D
.
2
2
2
Calcolo di ω
~ D : Si ha
~vG = (R − r)θ̇ ~t .
(1)
Inoltre, dalla formula fondamentale della cinematica dei sistemi
rigidi, si ha
~ D × (G − C) .
~vG = ~vC + ω
c
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M.G. Naso – p.36
Per l’ipotesi di rotolamento senza strisciamento ~vC = ~0. Quindi
~vG = ωD ~k × r ~n = ωD r ~t .
(2)
Uguagliando (1) con (2), si ha
(R − r)θ̇ = ωD r
⇒
ωD =
R−r
θ̇ .
r
Pertanto l’energia cinetica del disco è
1
1
2 2
T = m (R − r) θ̇ +
2
2
3
= m (R − r)2 θ̇2 .
4
mr2
2
R−r
θ̇
r
2
c
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M.G. Naso – p.37
I II metodo: Essendo C il centro di istantanea rotazione del disco,
l’energia cinetica è data da
1
3
2
0
T = ICz ωD = m (R − r)2 θ̇2
2
4
dove ICz 0
3
= mr2 .
2
c
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M.G. Naso – p.38
N.B. Come parametro lagrangiano può essere scelto anche ϕ, angolo
di rotazione propria del disco. In questo caso: ω
~ D = ϕ̇ ~k. L’energia
cinetica del disco è data da
1
3
2
T = ICz 0 ωD = m r2 ϕ̇2 .
2
4
Per l’ipotesi di rotolamento senza strisciamento
~ D × (G − C) = ϕ̇ ~k × r ~n = r ϕ̇ ~t .
~vG = ω
R−r
~
θ̇.
Essendo poi ~vG = (R − r)θ̇ t, si ritrova ϕ̇ =
r
c
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