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Meccanica razionale, prova del 21/07/2009
Determinare le coordinate del baricentro e la matrice del'inerzia, sapendo che la densità superficiale è costante, cioè D il nostro dominio, il baricentro é D e il (XG, YG) dove
- XG = 1⁄A ∫∫D x μ(x,y) dx dy
- YG = 1⁄A ∫∫D y μ(x,y) dx dy
Visto che l'integrale è finito: m = ∫∫D μ(x,y) dx dy = μ0
N.B. Nel caso monodimensionale m = ρ(x) l, dove l è la lunghezza. Nel
caso tridimensionale m = ρ(x,y,z) V, dove V è il volume.
- Data un'importante proprietà del baricentro è la seguente:
- Se un sistema materiale ammette un asse di simmetria risultà: il baricentro appartiene all'asse di simmetria.
Nel nostro esempio dunque da tale proprietà, sappiamo che il baricentro è (XG, O). Dobbiamo dunque determinare solo XG, essendo YG=0; la
prima cosa da fare è determinare il dominio D che può essere visto come la somma di due sottodomini. D = D1 + D2 + D3 [(Sottodominio OCA + sottodominio ACB). Poi facendo una rotazione possibile dei due quad.](Utilizzando la seguente formula)
Dunque
D2: {0 ≤ x ≤ 30, x/3 ≤ y ≤ x/3}
D2: {30 ≤ x ≤ 40, x-40 ≤ y ≤ 40-x}
x0: 1/A ∫∫D x dx dy
dove A = ∫∫D dxdy che tuttavia in{\; \text{essendo il dominio divisibile in due triangoli nel caso del triangolo}} b2{\; \text{posso scrivere A}}{\; \frac{1}{2}}\;
x0 = 1/60 ∫∫D x dxdy
dunque
x0 = 3/2 + 5/6 = 17/3
Definiamo ora la matrice d'inerzia come:
dove
Nota bene: se il capo rigido forma completo soluzione{\; \text{con due o.t-s: ((X, Y) nel pianoAllora dunque.}}
di equilibrio stabile bisogna derivare ulteriormente il primo e il sostituire
alla radice reale
la funzione negativa dicono l’equilibrio è
instabile, altrimenti è stabile
2q cosϑ
se
equazione instabile
Pb < 1 sin ( α , μ
d2(−) | cosϑd
2q 3/2α cosϑ
d2 (H + ) >
3) Equazioni condotte della dinamica (eq. 237):
d/dt Q = R1 + Pz
duro: 76/3 μ
cos ϑ(sk 28/3 εμ ) + ψ
d/dt Ho = μ1 + ü
15.3
Determinare con il principio dei lavori virtuali, la reazione vincolante esterna
del carrello in D.
Poiché vogliamo ricavare la reazione vincolante del carrello in D, sostituiremo
quest’ultimo con una forza (RD). Avremo:
Calcoliamo i lavori virtuali:
δLF = Ff Σy δsF
δL se dxδ M syn dx
δLq = qA/ACfl3
δLB = −RD.δD
d(̇T)/dt = ̇q(∂T/∂̇q) - q = Θ e T = 1/2 I ̇q2
posto che il punto A, l’asse di rotazione sono perpendicolari al segmento del
posto che nel punto A, chiamiamo quest’asse IG e dunque possiamo riscrivere
T = 1/2 IA ̇q2
Per il teorema di Huygens IA = IG + M l2, dove l asse è il vettore
a quello G e dista d, M è la massa del caro. Però non conosciamo
IG, possiamo prendere come asse parallelo a quello G l’asse z possiamo l’asse O,
dunque Izz = Io + M d2
Io - Izz ∫ M g l = 3 µA (12/15 e a)3 l2
IA = Io + µ(30/15 - a)2 = 52 µao
Abbiamo dunque d/dt(∂T/∂̇q) - IG ̇q̃̇ = µo g q̃̇ = Θ
Qo = To 30/20’o sub L o sono quelle opportune delle forze,
o’ = (30 sin θ1/a)2 + 30 cos θ1) del segmento ΛG = 30 a = 28/15 = 28/15 a
p = 22/3 = 30 a cos θ
13/11 o cos θ2 = (2µo L)
30/20 a 30 cos θ p
Q’o = (30 a/2 + 5/5 28 cos θ2 28 sin θ1) Tc = (w1+4)2)(Λ = 30 cos θ2 = 30.30/5 9 Tπ) =
23/3 2µo 30a 5m +(50 Tc) = (w2+2)2 (30Tc)cos θ3
dunque:
23/3 oA aB = 30 = F2 sin (w2+4)
All’equilibrio due equazioni Chegl(t) = θ2 ∀ Gγ e dunque g̃̇θ = Θ che
equivale a dire Qo = 0
Qo = 30 F2 sin (Π/θ) cos θ + 23/3 µ g Aθ = 0 dx Fγ = 15/15 23M 0A g =
23/3 cos θ g - 28µ g cos θ = 23ѳ 0/3 θ3
23/3 F3 g 5 sin θ + 23/3 0 = sin θ = g - g + 3/2 (f3)
[23/3] gf θ cos θ = [23/3 θ θ] ̇ r θ
arctg (31/3) = Π/3- θ/2 Dirichlet libero,
Q’o = 30 28/3 cos θ 30 - 0 cos θ3
θ T/3 - go [0 (25) (20/3) · g3 0 T π 30 g cos g - 3/3 = XΚP
Esercizio 1
Nel piano xy di un sistema di riferimento cartesiano Oxyz sia assegnata la distribuzione di massa indicata in figura di densità costante μ0. Supposto a > 0 e sapendo che OA0 ≡ OB0 = 4a, -A1A2 = B1B2 = 2a, A1C = B1C = a, determinare il baricentro G e il momento d’inerzia rispetto all’asse coordinato z della suddetta distribuzione di massa. Individuare per essa, inoltre, una terna principale d’inerzia motivandone opportunamente la scelta.
Esercizio 2
Il sistema materiale rigido descritto al quesito precedente, incernierato senza attrito nel punto O, può ruotare nel piano verticale Oxy (y verticale ascendente) attorno all’asse coordinato z. Oltre alla reazione vincolare e alla forza peso, il sistema materiale è sottoposto all’azione di
- una forza F1 = κ (A* – A0), con A* proiezione, istante per istante, del punto di applicazione A0 della forza sull’asse coordinato x;
- una forza F2 = κ (B* – B0), con B* proiezione, istante per istante, del punto di applicazione B0 della forza sull’asse coordinato y;
- una coppia di momento Mc = λ θe3, con e3 versore dell’asse coordinato z.
Indicando con θ l’angolo che il vettore (G – O) forma, istante per istante, con il semiasse positivo delle z muovendosi in senso antiorario a partire da esso, supponendo che κ e λ siano due parametri reali positivi, scrivere le equazioni pure del moto per il sistema materiale in esame. Nell’ipotesi λ = 2√3Mtotga (con Mtot massa del sistema materiale e g modulo dell’accelerazione di gravità), infine, si determinino le eventuali posizioni di equilibrio e se ne studia la stabilità.
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