U n iv ersit`a d eg li stu d i d i T ren to E sercizi d i ......

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Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 717. Equazioni cardinali della staticaNel piano verticale Oxy di una terna inerzialeOxyz unasta rettilinea omogenea AB, di mas-sa m e lunghezza 4a, e vincolata a strisciare suuna guida circolare fissa e liscia , di centro Oe raggio a, mantenendo lestremo A sullasseorizzontale liscio Ox. Oltre al peso, sullastaagiscono una resistenza viscosa di costante applicata in A e una molla ideale di costanteelastica k tesa fra A e il punto fisso C(0,a, 0)dellasse Oy. Lasta e soggetta a reazioni vinco-lari esterne in A e nel punto di contatto P fra e AB. Si usi langolo (arctg (1/4),/2)in figura per determinare del sistema:

(a) le equazioni cardinali statiche;

(b) le configurazioni di equilibrio;

(c) le reazioni vincolari in ciascuno stato di quiete;

(d) la condizione necessaria e sufficiente per lequilibrio qualora il coefficiente di attritostatico fra e AB sia s > 0;

(e) gli equilibri nellipotesi di vincoli ideali.

Soluzione(a) Equazioni cardinali staticheLe forze applicate allasta sono le seguenti:

il peso mge2 agente nel baricentro G, punto medio di AB;

la forza elastica k(C A) applicata nellestremo A;

la reazione vincolare %A = Aye2, sempre agente in A;

la reazione vincolare %P = Pxe1 + Py e2, applicata in P e necessariamente ortogo-nale al vincolo;

la resistenza viscosa A in A, che pero e nulla in condizioni statiche e puo quindiessere ignorata.

La determinazione delle equazioni cardinali statiche richiede lindividuazione dei vettoriposizione di A, G e P , oltre al calcolo esplicito della sollecitazione elastica k(C A). Leposizioni assolute dei punti A e P si ricavano immediatamente notando che OAB = :

A O = asin

e1 P O = a sin e1 + a cos e2 , (717.1)

Stefano Siboni 3833

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mentre per il baricentro G si ha:

G O = A O + B A2

=a

sin e1 +

4a cos e1 + 4a sin e22

=

= a( 1

sin 2 cos

)e1 + 2a sin e2 .

Lespressione esplicita della forza elastica risulta infine:

k(C A) = k[C O (A O)

]= k

(ae2

a

sin e1

)= ka

( 1

sin e1 e2

).

Si hanno cos tutte le espressioni utili per ricavare le equazioni cardinali statiche dellasta.

Prima equazione cardinale staticaLa prima equazione cardinale della statica richiede che la somma di tutte le forze esterneapplicate allasta AB sia nulla:

%P mge2 + %A + k(C A) = 0

ossia che:Pxe1 + Py e2 mge2 + Ay e2 + ka

( 1

sin e1 e2

)= 0

Questa equazione vettoriale e quindi equivalente al sistema di equazioni scalari:

Px

ka

sin = 0

Py mg + Ay ka = 0 .(717.2)

Seconda equazione cardinale statica in PE opportuno scrivere la seconda equazione cardinale della statica rispetto al polo P , inmodo da eliminare il contributo della reazione vincolare %P e ottenere una relazione con-tenente la sola reazione %A. Lequazione e dunque:

(P P ) %P + (G P ) (mge2) + (A P ) [k(C A) + %A

]= 0

con:G P = G O (P O) =

= a( 1

sin 2 cos

)e1 + 2a sin e2 (a sin e1 + a cos e2) =

= a( 1

sin 2 cos sin

)e1 + a(2 sin cos ) e2

e:A P = a

( 1sin

sin )e1 a cos e2

Stefano Siboni 3834

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per cui risulta:

a

[( 1sin

2 cos sin )e1 + (2 sin cos )e2

] (mge2)+

+a[( 1

sin sin

)e1 cos e2

]

[ka

( 1

sin e1 e2

)+ Ay e2

]= 0

ed eseguendo i prodotti esterni si ottiene:

mga( 1

sin + 2 cos + sin

)e3+

+[ka2

( 1

sin + sin

) ka2 cos

sin + aAy

( 1sin

sin )]

e3 = 0 .

Lunica componente non banale dellequazione e quindi quella lungo e3:

mga1 + 2 sin cos + sin2

sin + ka2

1 + sin2 cos sin

+ aAy1 sin2

sin = 0

che si semplifica in:

mga(2 sin cos cos2) ka2(cos + 1) cos + aAycos2 = 0

ovvero in:mga(2 sin cos ) ka2(cos + 1) + aAy cos = 0 ,

essendo cos > 0 nellintervallo di definizione della variabile angolare. Se ne deducelespressione della componente Ay:

Ay = mg(1 2 tg

)+ ka

(1 +

1cos

). (717.3)

(b) EquilibriNon essendo stata espressamente assunta lipotesi dei vincoli ideali, la condizione necessariae sufficiente per lequilibrio e data dalle equazioni cardinali statiche (717.2) e (717.3), conla richiesta supplementare che la reazione vincolare %P sia ortogonale allasta causa lamancanza di attrito radente. Le equazioni cardinali statiche consentono di esprimere tuttele componenti non banali delle forze reattive in termini dellangolo :

Px =ka

sin Ay = mg

(1 2 tg

)+ ka

(1 +

1cos

)

Py = mg + ka Ay = 2mg tg ka

cos .

(717.4)

Daltra parte, il versore tangente allasta si puo scrivere nella forma:

() =P ()|P ()| =

a cos e1 a sin e2|a cos e1 a sin e2|

= cos e1 sin e2

Stefano Siboni 3835

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in modo che la condizione di vincolo liscio in P diventa:

0 = %P () = Px cos Py sin

e con la sostituzione delle espressioni (717.4) si riduce a:

ka

sin cos

(2mg tg ka

cos

)sin = 0

ossia:ka

sin cos 2mg sin

2

cos = 0 sin3 = ka

2mg. (717.5)

Nellintervallo (arctg (1/4),/2) si ha ununica soluzione per:

= arcsin[( ka

2mg

)1/3]:= !

se e solo se arctg (1/4) < ! < /2, ovvero:

sin[arctg (1/4)

]< sin ! < 1

essendo:

sin[arctg (1/4)

]=

tg[arctg (1/4)

]

1 + tg2[arctg (1/4)

] =1/4

1 + (1/4)2=

117

.

La condizione necessaria e sufficiente per lequilibrio e quindi:

117

0, le reazioni vincolari esterne nello stato di quiete sono sempre specificate dalle(717.4), ma la condizione di equilibrio e espressa dalla legge di Coulomb-Morin:

|%P | s|%P n|

nella quale n indica il versore normale allasta:

n =d

d= sin e1 cos e2 .

La componente di %P tangente ad AB vale:

%P = Px cos Py sin =ka

sin cos

(2mg tg ka

cos

)sin =

=ka

sin cos 2mg sin

2

cos ,

mentre per quella normale si ha lespressione:

%P n = Px sin Py cos = ka

sin sin

(2mg tg ka

cos

)cos = 2mg sin

in modo che la condizione di equilibrio diventa:

ka

sin cos 2mg sin

2

cos

s2mg sin

, (arctg (1/4),/2) ,

vale a dire: ka

2mg sin3

ssin2 cos , (arctg (1/4),/2) .

La condizione non e risolvibile esplicitamente in , per cui si rende necessario il ricorso ametodi numerici, ad esempio ricercando il luogo dei punti (arctg (1/4),/2) dove lafunzione ausiliaria:

() = ssin2 cos

ka

2mg sin3

presenta valore non negativo. La condizione risulta pero evidentemente verificata per = !, allorquando il primo membro si annulla. Lintervallo di equilibrio si amplia allau-

Stefano Siboni 3837

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mentare di s. La figura seguente illustra il caso ka/2mg = 0.5, s = 0.3:

Lintervallo di equilibrio ha estremi facilmente calcolabili per via numerica:

0.8197789326 1.016031851

e comprende il valore di equilibrio della variabile angolare per il caso liscio:

= ! = arcsin(0.5)1/3 = 0.9168683843 .

(e) Equilibri nel caso di vincoli idealiNellipotesi di vincoli ideali la condizione necessaria e sufficiente per lequilibrio e offertadal teorema dei lavori virtuali, che per questo sistema scleronomo a vincoli bilaterali siriduce allequazione:

U () = 0 (arctg (1/4),/2)

in termini del potenziale U() del sistema. Detto potenziale e la somma di un contributogravitazionale e di un termine elastico:

U() = Ug + Uel = mge2 (G O) k

2|C A|2 =

= mge2 [a( 1

sin 2 cos

)e1 + 2a sin e2

] k

2a2

( 1

sin e1 e2

)2=

= 2mga sin ka2

2

( 1sin2

+ 1)

per cui la condizione di equilibrio diventa:(2mga + ka2 1

sin3

)cos = 0

e coincide con lequazione (717.5) gia ricavata al punto (b).

Stefano Siboni 3838

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Esercizio 718. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. non conservativoNel piano Oxy di una terna inerziale Oxyz un disco circolare omogeneo D, di centroC , raggio a e massa m, rotola senza strisciarelungo lasse orizzontale Ox. Un punto mate-riale P di massa m e saldato sul bordo di D, inmodo che P possa sovrapporsi ad O duranteil moto. Un punto Q di massa m puo invecescorrere liberamente su D mantenendosi a di-stanza a/2 dal centro C . Il sistema e pesantee a vincoli ideali. Una molla ideale di costanteelastica k collega O a C . Resistenze viscose dicostante sono applicate in C , P e Q. Usarei parametri lagrangiani s, R in figura perdeterminare:

(a) lenergia cinetica del sistema;

(b) le componenti generalizzate del siste