Esercitazioni meccanica aerospaziale

TIRI

1 C

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MRTI lTfdcosbsin3 o

è

MR

MR qsinq.mglcos3 o

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3 dindo

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p

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oqf q1

ftp.tntiq

Pga icfnnttcois

Dietro Un momento cinetico (scalare) che si mantiene costante, c’è una componente di una

quantità meccanica (vettoriale) che si mantiene costante. Si può sfruttare questa proprietà ad

esempio per capire quale equazioni cardinali scrivere per poter ottenere subito una equazione

pura di moto. In questo caso si può dimostrare che: IÀ

E di

lungo

componente n

sta E Ia

A

momento polo

Rispetto

angolare P

I Intera a se

i

i

i

I'gir

TIRI i

A Alanna i

MRJI.tl nnN5sin3sint

imRbicos3sinpI

nnRqca3k

cfE

II te l'go.co

Esercizio 2

Definiamo il sistema di riferimento ausiliario I J K , solidale al disco di raggio 2R, come rappresentato

1 1 1

in Figura 1. L’asse K (non disegnato) è parallelo e coincidente all’asse k, mentre l’asse I è diretto

1 1

come il diametro lungo cui rotola il disco di raggio R.

Figura 1: Sistema dell’esercizio 2 - Soluzione

Figura 2: Dettaglio del disco piccolo

La Figura 2 dettaglia il moto del disco piccolo. Utilizziamo le coordinate ausiliarie x (elongazione della

molla) ed s (ascissa del centro C lungo l’asse I ) per descriverne la cinematica. Il legame fra s e è

1

immediato ˙

ṡ = R (2.1)

e può essere integrato, utilizzando le condizioni iniziali fornite nel testo e assumendo (0) = 0

s = R R (2.2)

Punto 1.

Calcoliamo la posizione del punto C

x = sI + Rk = (R R )I + Rk (2.3)

C 1 1

e deriviamola rispetto al tempo, per ottenerne la velocità

˙ ˙

v = R I + (R R ) ✓J (2.4)

C 1 1

1

ricordando la derivata temporale dei versori della terna mobile

I = cos ✓i + sin ✓j (2.5)

1

1 Si possono ottenere anche utilizzando le formule di Poisson dirette.

7

J = sin ✓i + cos ✓j (2.6)

1 ˙ ˙ ˙

İ = ✓ sin ✓i + ✓ cos ✓j = ✓J (2.7)

1 1

˙ ˙ ˙

J̇ = ✓ cos ✓i ✓ sin ✓j = ✓I (2.8)

1 1

Notiamo che la terna I J K forma un sistema di riferimento principale d’inerzia per entrambi i dischi,

1 1 1 ⌘

essendo corpi simmetrici. Il disco 1, di centro O, ha momento d’inerzia maggiore intorno all’asse k K ,

1

mentre il disco 2, di centro C, ha momento d’inerzia maggiore intorno all’asse J . Sarebbe possibile

1

introdurre un terzo sistema di riferimento, I J K , solidale al disco 2, ma non risulta necessario; grazie

2 2 2

alla simmetria, possiamo utilizzare I J K anche per il disco 2, essendo il calcolo dei momenti d’inerzia

1 1 1

indi↵erente per rotazioni intorno a J .

1

I due tensori d’inerzia si possono dunque scrivere, in questo sistema di riferimento, come

2 3

2

mR 0 0

4 5

(1) 2

0 mR 0

I = (2.9)

O 2

0 0 2mR

per il disco 1, di centro O, e come 2 3

2

mR /4 0 0

4 5

(2) 2

0 mR /2 0

I = (2.10)

C 2

0 0 mR /4

per il disco 2, di centro C.

Calcoliamo l’energia cinetica del sistema

1 1 1

(1) (2)

T T ·

T = ! I ! + ! I ! + mv v (2.11)

1 2 C C

1 2

O C

2 2 2

notando che le velocità angolari dei due dischi sono, nel sistema di riferimento scelto,

2 3 2 3

0

0 ˙

4 5 4 5

0

! = ! = (2.12)

1 2

˙ ˙

✓ ✓

Svolgiamo l’equazione (2.11) ottenendo

2 3 2 3 2 3 2 3

2 2 0

0

mR 0 0 mR /4 0 0

1 1 ˙

˙ ˙ ˙

4 5 4 5 4 5 4 5

2 2

0

0 mR 0 0 mR /2 0

T = [0 0 ✓] + [0 ✓]

2 2

˙ ˙

2 2

0 0 2mR 0 0 mR /4

✓ ✓

1 ˙ ˙

2 2 2 2

+ ✓ ] (2.13)

m[R + (R R )

2

2 2

1 1 mR 1 mR 1

˙ ˙ ˙ ˙ ˙

2 2 2 2 2 2 2 2

= 2mR ✓ + + ✓ + mR [ + (1 ) ✓ ] (2.14)

2 2 2 2 4 2

ottenendo infine 9 3 1

˙ ˙ ˙

2 2 2 2 2 2 2

T = mR ✓ + mR + mR (1 ) ✓ (2.15)

8 4 2

L’unico contributo all’energia potenziale è dato dalla molla

1 2

V = kx (2.16)

2

Dalla Figura 2 è evidente il legame fra x e le coordinate libere del sistema

2 2 2 2 2 2 2

x = R + s = 2R + R 2R (2.17)

per cui alla fine la funzione di Lagrange del sistema risulta

9 3 1 1

˙ ˙ ˙

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

L = T V = mR ✓ + mR + mR (1 ) ✓ k(2R + R 2R ) (2.18)

8 4 2 2

8

Per ottenere le equazioni del moto scriviamo le derivate parziali

@L 9 ˙ ˙

2 2 2

= mR ✓ + mR (1 ) ✓ (2.19)

˙ 4

@ ✓ @L =0 (2.20)

@✓

@L 3 ˙

2

= mR (2.21)

˙ 2

@

@L ˙

2 2 2 2

= mR (1 ) ✓ kR + kR (2.22)

@

e le derivate rispetto al tempo

✓ ◆

d @L 9 ¨ ¨ ˙ ˙

2 2 2 2

= mR ✓ + mR (1 ) ✓ 2mR (1 ) ✓ (2.23)

˙

dt 4

@ ✓ ✓ ◆

@L 3

d ¨

2

= mR (2.24)

˙

dt 2

@

Possiamo infine scrivere le equazioni di moto del sistema

9 ¨ ¨ ˙ ˙

2 2 2 2

mR ✓ + mR (1 ) ✓ 2mR (1 ) ✓ = 0 (2.25)

4 3 ¨ ˙

2 2 2 2

mR + mR (1 ) ✓ kR (1 )=0 (2.26)

2

Punto 2. ˙

Considerando ora ✓ = ⌦, le equazioni (2.25) e (2.26) diventano ˙

2

2mR (1 )⌦ = 0 (2.27)

✓ ◆

3 k

¨

2 2 2

mR + mR (1 ) ⌦ =0 (2.28)

2 m

L’equazione (2.28) può essere riscritta come

✓ ◆ ✓ ◆

2 k 2 k

¨ 2 2

+ ⌦ = ⌦ (2.29)

3 m 3 m

Possiamo ora studiare il moto del disco 2 in funzione della velocità angolare assegnata. Il processo

risolutivo è analogo all’esercizio 1 della seconda esercitazione attiva sulle equazioni di Lagrange.

Analizziamo prima la soluzione dell’omogenea.

✓ ◆

k 2

Caso 1 ⌦ > 0

m

La soluzione dell’equazione omogenea associata sarà un moto armonico, mentre la soluzione parti-

colare sarà un termine costante. La soluzione può dunque essere scritta come

(t) = C cos(!t) + C sin(!t) + C (2.30)

1 2 3

con s ✓ ◆

2 k 2

! = ⌦ (2.31)

3 m

Introducendo le condizioni iniziali assegnate, otteniamo

C = 1 C = 0 C = 1 (2.32)

1 2 3

ottenendo quindi (t) = 1 cos(!t) (2.33)

9

✓ ◆

k 2

Caso 2 ⌦ < 0

m

La soluzione dell’equazione omogenea associata sarà un moto esponenziale, mentre la soluzione

particolare sarà un termine costante. La soluzione può dunque essere scritta come

t t

(t) = C e + C e + C (2.34)

1 2 3

con s ✓ ◆

2 k

2

= ⌦ (2.35)

3 m

Introducendo le condizioni iniziali assegnate, otteniamo

1 1

C = C = (2.36)

1 2

2 2

ottenendo quindi ✓ ◆

t t

e + e

(t) = +1 (2.37)

2

che, ricordando la definizione delle funzioni trigonometriche iperboliche, può essere scritto come

(t) = 1 cosh( t) (2.38)

✓ ◆

k 2

Caso 3 ⌦ =0

m

In questo caso, l’equazione (2.28) diventa ¨ =0 (2.39)

ottenendo un moto lineare (t) = C t + C (2.40)

1 2

che, con le condizioni iniziali assegnate, risulta essere nullo

(t) = 0 (2.41)

Punto 3.

Introduciamo, adesso, il momento esterno nell’Eq.(2.25)-(2.26)

˙

2

2mR (1 )⌦ = M (t) (2.42)

✓ ◆

3 k

¨

2 2 2

mR + mR (1 ) ⌦ =0 (2.43)

2 m

dove la coppia M (t) è stata inserita partendo dal lavoro virtuale

⇤ ·

L = M (t)k ✓k = M (t) ✓ (2.44)

per cui Q = M (t) (2.45)

✓ ˙

Il momento della coppia M (t) può essere trovato dall’equazione (2.42), sostituendo e nei tre diversi

casi elencati al punto 2.

Caso 1 .

In questo caso, partendo dall’Eq.(2.33) ˙

=1 cos(!t), = ! sin(!t) (2.46)

Quindi l’Eq.(2.42) diventa 2

M (t) = 2mR ⌦! cos(!t) sin(!t) (2.47)

10 la di

AB lunghezza

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4 di

B R

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