Biomedical Engineering - Fisica Sperimentale e Meccanica Razionale

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Politecnico di Milano — Meccanica Razionale — Prova del 4.2.2015 In un piano verticale un’asta, omogenea di lunghezza ℓemassa m, ha l’estremo A vincolato a scorrere su una guida orizzontale, e l’estremo B incernierato al centro di un disco, omogeneo di raggio R emassa M , che rotola senza strisciare su un asse verticale. Si utilizzi come coordinata libe ra l’angolo θche l’asta determina con l’asse orizzontale su cui scorre. Statica •Determinare la forza orizzontale F0da applicare sul punto A affinch´e il sistema sia in equilibrio con θ= π3. •Calcolare, nelle condizioni di equilibrio appena descritte, il valore della reazione vincolare che l’asse orizzontale esercita sull’asta nel punto A. Dinamica •Determinare il legame tra la velocit`a angolare dell’asta e la velocit`a an golare del disco. •Si supponga che (insieme alla forza F0sul punto A calcolata in Statica) si applichi ora sul disco una coppia di momento antiorario C. Determinare come deve dipendere C dall’angolo θaffinch´e l’asta ruoti con velocit`a angolare costante ω0= ω0k,con ω0= ! gℓ√3. •Calcolare, durante il moto proposto, il valore della reazione vincolar e che l’asse verticale esercita sul disco nel punto dove esso rotola senza strisciare. A B ℓ, m R, M θ C (solo Dinamica) x y O F0 Domanda di teoria. Centro di istantanea rotazione: definizione, determinazione e pro priet`a. Soluzione Statica. Determiniamo la forza richiesta F0= −F0iutilizzando il Principio dei Lavori Virtuali. Detto G il baricentro dell’asta si ha δL (a) = −Mg j·δB −mg j·δG −F0i·δA = "−Mgℓ cos θ− 12mgℓ cos θ+F0ℓsin θ#δθ e, di conseguenza, δL (a) $$$θ=π3=0 "δθ =⇒ F0= "M + 12m#gcot π3= 1√3 "M + 12m#g. Determiniamo la reazione vincolare richiesta ΦA = VAjutilizzando la seconda equazione cardinale della statica per la sola asta, rispetto al polo B.Sihacos`ı M (AB ) Bz = −12mgℓ cos π3+VAℓcos π3−F0ℓsin π3=0 = ⇒ VA= 12mg +F0tan π3=( M +m)g. Dinamica. Detti yl’ordinata del punto B,e φl’angolo di rotazione antioraria del disco, il vincolo di puro rotolamento impone ˙ y= R ˙φ.Essendoper`o y= ℓsin θ vale ℓ˙θcos θ= R ˙φ =⇒ ω(d) = −ℓcos θ R ω(AB) . Determiniamo la coppia richiesta utilizzando il Teorema dell’Energia Cinet ica. Essendo ( ˙θ= −ω0) T= 1232MR 2˙φ2+"12mv 2G+ 12112mℓ 2˙θ2#= "34M cos 2θ+ 16m#ℓ2˙θ2= "34M cos 2θ+ 16m#ℓ2ω20 ˙T= 32M cos θsin θℓ2ω30 Π= C ˙φ−(M + 12m)gℓ ˙θcos θ+F0ℓ˙θsin θ= −C−(M + 12m)gR R ℓω 0cos θ− 1√3 "M + 12m#gℓω 0sin θ si ottiene C(θ)=( M + 12m)gR − √32MgR sin θ− 1√3 "M + 12m#gR tan θ. Sia ΦK = HKi+ VKjla reazione vincolare che l’asse verticale esercita sul disco. Determin iamo le sue componenti utilizzando la componente orizzontale della prima equazio ne cardinale della dinamica per il sistema completo, e la seconda equazione cardinale della dinamica per il solo disc o, rispetto al polo B. Si ha quindi HK−F0= R(d+ AB ) x = ˙Q(d+ AB ) x = −12mℓω 20cos θ C −VKR = M (d)Bz = ˙K(d)Bz = −12MRℓω 20sin θ da cui segue ΦK(θ)= 1√3 "Mg + 12mg (1 −cos θ)#i+ %"1− 1√3tan θ(1 + cos θ)#Mg + 12 "1− 1√3tan θ#mg & j. 2 Politecnico di Milano — Meccanica Razionale — Prova del 14.7.2015 In un piano verticale, il sistema di figura `e costituito da due aste ide ntiche OA eCB , omogenee di lunghezza ℓ emassa m, incernierate in O, C alla stessa quota e distanza L,edaunaterzaasta AB , omogenea di lunghezza L emassa M . Sulla cerniera B `e applicata una forza orizzontale costante F0, orientata come in figura. Sia θl’angolo che l’asta OA determina con l’orizzontale. Statica •Determinare la configurazione di equilibrio del sistema. Dinamica •Esprimere le velocit`a angolari delle tre aste in funzione di ˙θ. •Determinare (al variare della posizione) il valore MC del momento della coppia da applicare all’asta BC affinch´e questa ruoti con velocit`a angolare costante, pari a ω0. •Calcolare, durante il moto proposto, le reazione vincolari esterne agenti sulle cerniere O,C. O AB C ℓ, m ℓ, m L, M L (solo din) MC F0 Domanda di teoria. Energia cinetica: definizione e caso del corpo rigido piano. Soluzione Osserviamo preliminarmente che il quadrilatero OABC ha i lati opposti a due a due uguali, ed `e quindi un parallelogramma. In particolare, il lato AB risulter`a quindi parallelo al lato OC , ovvero orizzontale. Statica. Determiniamo la configurazione di equilibrio del sistema utilizzando il Pr incipio dei Lavori Virtuali. Si ottiene δL(a) = !F0ℓsin θ−(m +M )gℓ cos θ"δθ =0 "θ =⇒ θeq =arctan (m +M )g F0 . Dinamica. Le velocit`a angolari delle aste valgono ω(OA )= ω(BC )= ˙θk, ω(AB )= 0. Determiniamo il momento della coppia richiesta utilizzando il Teorema de ll’energia cinetica. Si ottiene T= !13m + 12M "ℓ2˙θ2 ⇒ ˙T=0 Π= !F0ℓsin θ−(m +M )gℓ cos θ+MC"˙θ da cui segue MC(θ)=( m +M )gℓ cos θ−F0ℓsin θ. Ricaviamo le reazioni vincolari ΦO = HOi+ VOj, ΦC = HCi+ VCj utilizzando le due equazioni cardinali della dinamica per il sistema completo, e la seconda equazione cardinale della dinamica per l’asta OA , rispetto al polo A.Detti G, H, K rispettivamente i baricentri delle tre aste si ha OG = 12ℓcos θi+ 12ℓsin θj =⇒ aG= −12ℓω 20(cos θi+ sin θj) OH =( ℓcos θ+ 12L)i+ℓsin θj =⇒ aH = −ℓω 20(cos θi+ sin θj) OK =( 12ℓcos θ+L)i+ 12ℓsin θj =⇒ aK = −12ℓω 20(cos θi+ sin θj), da cui −(m +M )ℓω 20cos θ= HO+HC−F0 #˙Q(sist)x = R(sist)x $ −(m +M )ℓω 20sin θ= VO+VC−(2m +M )g #˙Q(sist)y = R(sist)y $ −12(M +m)Lℓω 20sin θ= VCL−(m + 12M )gL +MC−(m +M )gℓ cos θ+F0ℓsin θ % &' ( 0 #˙K(sist)Oz = M (sist)Oz $ 0= HOℓsin θ−VOℓcos θ+ 12mgℓ cos θ. #˙K(OA ) Az + ˙A∧Q(OA ))))z= M (OA ) Az $ Risolvendo otteniamo ΦO= #12(m +M )!g−ℓω 20sin θ"cot θ $ i+ # (m + 12M )g− 12(m +M )ℓω 20sin θ $ j ΦC= # F0− 12(m +M )!g+ℓω 20sin θ"cot θ $ i+ # (m + 12M )g− 12(M +m)ℓω 20sin θ $ j. 2 Politecnico di Milano — Meccanica Razionale — Prova del 5.2.2016 In un piano verticale, il sistema di figura `e costituito da una lamina qu adrata omogenea AB C D , di lato ℓe massa M , vincolata a scorrere parallelamente ad un asse verticale liscio che pa ssa per il suo centro di massa. La lamina `e collegata nei suoi vertici inferiori A, B adueasteomogenee AH ,BK , di lunghezza ℓemasse rispettivamente pari a m e2 m. Gli estremi H, K delle aste sono collegati da una molla di costante elastica k, e si appoggiano su un asse orizzontale liscio. Statica. Determinare il valore della costante elastica kaffinch´e il sistema si mantenga in equilibrio quando l’asta AH determina l’angolo θ= π3con l’orizzontale. Dinamica. Si supponga ora che sulla lamina sia applicata la forza verticale F necessaria affinch´e il moto avvenga con ˙θ= ω0costante. •Esprimere in funzione di ω0le velocit`a dei centri di massa G1dell’asta AH eG2dell’asta BK , e velocit`a e accelerazione del centro di massa G della lamina. •Calcolare l’energia cinetica del sistema, e determinare la forza F in funzione di θ. •Determinare le reazioni vincolari agenti sulle aste in H, K durante il moto proposto. θ AB C D HK k ℓ, mℓ, 2m ℓ, M F (solo din) Domanda di teoria. Atto di moto rigido piano. Teorema di Eulero. Centro di istantanea rotazione. Soluzione Il potenziale delle forze attive `e U = −32mgℓ sin θ−Mgℓ (sin θ+ 12)− 12kℓ2(2 cos θ+1) 2, da cui si ottiene la condizione di equilibrio U′(π3)= −12(M + 32m)gℓ +2 kℓ2√3=0 = ⇒ k= (2M +3 m)g 8√3ℓ . Detta yla quota del punto A,siha y= ℓsin θ.Essendo(daltesto) ˙θ= ω0,siha vG1= 12ℓω 0(sin θi+cos θj), vG2= 12ℓω 0(−sin θi+cos θj) vG= ℓω 0cos θj, aG= −ℓω 20sin θj. L’energia cinetica del sistema vale T= 12(M cos 2θ+m)ℓ2ω20, da cui si ottiene (utilizzando il Teorema dell’energia cinetica) F(θ)= −Mℓω 20sin θ+( M + 32m)g−2kℓ(2 cos θ+1)tan θ. Ricaviamo le reazioni vincolari ΦE= VHj, ΦF= VKj utilizzando le equazioni ˙Qy= R(e)y (per il sistema completo) ˙K A+ ˙A∧Q = M (e)A (per l’asta AH ). Otteniamo VH+VK−(3m +M )g+F = −(M + 32m)ℓω 20sin θ 12mgℓ cos θ+kℓ2(2 cos θ+ 1) sin θ−VHℓcos θ= 12mℓ 2ω20sin θcos θ, da cui VH(θ)= 12m!g−ℓω 20sin θ"+kℓ(2 cos θ+1)tan θ, VK(θ)= m!g−ℓω 20sin θ"+kℓ(2 cos θ+1)tan θ. 2 Esame di Meccanica Razionale Allievi Ing. Biomedica 1 Anno Prova scritta del 7 luglio 2016 durata della prova: 1h 30’ ESERCIZIO P Q m, a B A M, L θ C x y Problema di statica : Il sistema di figura `e in un piano verticale. Un’asta AB di massa M elunghezza L ha l’estremo A vincolato con un carrello a scor- rere sulla guida orizzontale liscia x,mentrel’estremo B`eincernieratonelpuntomediodellatoverti- cale di una lamina quadrata di massa m elato a.Lalamina`evincolataneisuoivertici P e Q ascorreresullaguidaverticaleliscia y.Sia θ l’angolo formato dall’asta con la guida oriz- zontale, come in figura. 1. Determinare il valore del momento C della coppia da esercitare sull’asta AB affinch´e il sistema rimanga in equilibrio con θ= π/ 3. 2. Determinare, nelle stesse ipotesi del punto precedente, le reazioni vincolari esterne al sistema. Problema di dinamica : Il sistema viene messo in movimento all’istante t0con θ(t0)=0 e con velocit`a angolare assegnata . ϑ(t0)= ω.Ilmomentodellacoppiaapplicatasull’astadiventafunzi one del tempo. 1. Calcolare C(t)affinch´el’astasimuovaconvelocit`aangolarecostante ω. 2. Determinare, nelle stesse ipotesi del punto precedente, la reazione vincolare in A in funzione del tempo. DOMANDA DI TEORIA Le formule per il calcolo del momento delle quantita’ di moto di un corpo rigido piano. MECCANICA RAZIONALE Soluzione della prova scritta del 7 luglio 2016 P Q m, a B A θ C VA HQ HP mg G Mg x y Statica. Calcoliamo il potenziale delle forze attive: U = − 1 2MgL sin θ− mgL sin θ+ Cθ Per determinare la p osizione di equilibrio utilizziamo il p rincipio di stazionariet`a del potenziale: dU dθ =0: C = !M 2 + m "gL cos θ= !M 2 + m "gL 2 In alternativa si potevano utilizzare le equazioni cardina li: M ABB =0: C + Mg L 2 cos θ− VALcos θ=0 Rsistemay =0: VA− Mg − mg =0 Da ci`o ricaviamo C = !M 2 + m "gL 2,V A =( M + m )g Calcoliamo ora le reazioni vincolari in P e Q: M laminaB =0: HQa 2− HPa 2− mg a 2 =0 Rsistemax =0: HP+ HQ =0 Ricaviamo infine: HP = − 1 2mg H Q = 1 2mg Dinamica. Utilizziamo il teorema dell’energia cinetica. L’energia ci netica del sistema vale: T = 1 2mv 2B+ 1 2Mv 2G+ 1 2 1 12 ML 2 . ϑ2 dove: (B − O)=( a, L sin θ), vB =(0 ,L . ϑ cos θ) (G − O)=( a+ L 2 cos θ, L 2 sin θ), vG =( − L 2 . ϑ sin θ, L 2 . ϑ cos θ) Dunque T = 1 2mL 2 . ϑ2cos 2θ+ 1 6ML 2 . ϑ2 La potenza delle forze vale: Π= C . ϑ −Mg L 2 . ϑ cos θ− mgL . ϑ cos θ Scriviamo il teorema dell’energia cinetica e sfruttiamo i d ati θ= ωt , . ϑ= ω, .. ϑ=0: dT dt =Π: 1 2mL 2 . ϑ2(−2 . ϑ cos θsin θ)= C . ϑ −Mg L 2 . ϑ cos θ− mgL . ϑ cos θ Per cui: C = !M 2 + m "gL cos ωt − mL 2ω2cos ωt sin ωt Calcoliamo infine la reazione vincolare in A: dQ y dt = Ry+ R′y: −M L 2 . ϑ2sin θ− mL . ϑ2sin θ= VA− Mg − mg Quindi VA = Mg + mg − !M 2 + m "Lω 2sin ωt Politecnico di Milano — Meccanica Razionale —Provadel8.2.2017 In un piano verticale, un singolo corpo rigido OABC `e c o m p o s t o d a d u e a s t e o m o g e n e e d i m a s s a M elunghezza L,fissateadangolorettonelpuntomedio A dell’asta BC ,edaunpuntomaterialedimassa m,saldato nell’estremo B.Ilcorporigido`evincolatoconunacernierafissanell’est remo O.Usandocomecoordinatalibera l’angolo antiorario θche l’asta OA forma con la verticale, Statica. individuare le configurazioni di equilibrio del sistema. Dinamica. Si supponga ora che sul corpo rigido sia applicata una coppia di momentoΛda determinare. •Calcolare come deve dipendereΛdal tempo affinch´e il corpo ri gido ruoti con velocit`a angolare ˙θ= αt . •Determinare, in tali condizioni, la reazione vincolare age nte sulla cerniera in O. O A B, m C L, M L, M Λ(solodin) Domanda di teoria. Te o r e m a d e l l ’ e n e r g i a c i n e t i c a e c o n s e r va z i o n e d e l l ’ e n e r g ia meccanica Soluzione Sia θl’angolo (antiorario) che l’asta OA determina con la verticale discendente. La configurazione d iequi- librio si determina utilizzando il Teorema di stazionariet `a d e l p o t e n z i a l e . D e t t o H il centro di massa di OA si avr`a Ug(θ)= −Mgy H−Mgy A−mgy B= 12 ! (3M +2 m)cos θ+m sin θ " gL. Le configurazioni di equilibrio si ottengono quindi risolve ndo l’equazione U′g(θ)=0 = ⇒ tan θ= m 3M +2 m. In Dinamica, determiniamo la coppia richiestaΛ( t)utilizzandoilteoremadell’energiacinetica. Essendo O il C.I.R. del corpo rigido, basta calcolare IO= 13ML 2 #$% & (OA ) + 112ML 2+ML 2 # $% & (BC ) + 54mL 2 #$% & (B) = !1712M + 54m " L2, per avere T= 12IO˙θ2 e ˙T= I0˙θ¨θ. Essendo inoltre Π= ˙Ug+Λ ˙θ= '12 ! −(3M +2 m)sin θ+m cos θ " gL +Λ (˙θ, si ottiene Λ( t)= I0α+ 12 ! (3M +2 m)sin θ−m cos θ " gL, con θ(t)= 12αt 2. Ricaviamo la reazione vincolare richiesta ΦO utilizzando la prima equazione cardinale della dinamica pe ril corpo rigido. Essendo Q = )32M +m*L˙θ(cos θi+sin θj)+ 12mL ˙θ(sin θi−cos θj), ˙Q = )32M +m*L¨θ(cos θi+sin θj)+ 12mL ¨θ(sin θi−cos θj) +)32M +m*L˙θ2(−sin θi+cos θj)+ 12mL ˙θ2(cos θi+sin θj) si ha ΦO= ˙Q +(2 M +m)gj. 2 Esame di Meccanica Razionale Allievi Ing. Biomedica 1 Anno Prova scritta del 28 febbraio 2017 durata della prova: 1h 30’ ESERCIZIO Il sistema di figura `e O C (solo stat .) A m, R m, 2R m, 2R Q P(m) posto in un piano ver- ticale. Il disco omo- geneo di centro O, mas- sa m e raggio 2 R ruo- ta intorno al suo cen- tro. Due dischi omo- genei, di uguale mas- sa m e raggi rispetti- va m e nt e R e2 R, sono saldati nel loro centro comune A. Il disco di raggio 2 R rotola senza strisciare sull’asse orizzontale ed `e collegato ad un contrapp eso P, di massa m , mediante un filo inestendibile e di peso trascurabile. L’avvolgimento de l filo sul disco avviene senza strisciamento. Un secondo filo, inestendibile e di peso trascurabile, si avvolge senza strisciare sul disco di centro O e sul disco di raggio R. I tratti liberi dei fili sono sempre orizzontali o verticali. La coordinata libera sia l’an golo orario φ di rotazione dei due dischi concentrici. Cinematica : 1) Si trovi la relazione tra la velocit`a angolare dei due dischi conce ntrici e il disco di centro O. 2) Si trovi la relazione tra la velocit`a angolare dei due dischi conce ntrici e la velocit`a del punto P. Problema di statica : Determinare la coppia di momento C antiorario agente sul disco di centro O che con- senta l’equilibrio. Problema di dinamica : La coppia C viene tolta e il sistema si mette in movimento. Determinare: 1) l’energia cinetica del sistema; 2) la potenza delle forze applicate sul sistema; 3) il moto del sistema a partire dalla quiete; 4) le tensioni nei fili durante il moto. DOMANDA DI TEORIA Le formule per il calcolo del momento delle quantit`a di moto di un cor po rigido piano. Soluzioni della prova scritta di meccanica razionale del 28 febbraio 2017 Cinematica: O C (solo stat .) θ A m, R m, 2R m, 2R φ Q P(m) H K L 1) Per l’inestendibilit`a del filo che collega i due dischi, le velocit`a dei due punti H e K coincidono: 2R . ϑ=3 R . φ 2) Indichiamo con yP l’or- dinata del punto P crescen- te verso il basso. Per l’inestendibilit`a del filo collegato al contrappeso P, i moduli delle v elocit`a in L e in P coincidono: .yP=4 R . φ Dove yP `e assunto positivo verso il basso. Statica: Applichiamo il principio di stazionariet`a del potenziale. Il potenziale delle forze che compiono lavoro (peso del punto P e coppia C) vale: U = mgy P− Cθ =(4 mgR − 3 2C)φ All’equilibrio deve essere: dU dφ =0 ⇒ C = 8 3mgR Dinamica: 1) e 2): le espressioni dell’energia cinetica T e della potenzaΠsono: T = 1 2 1 2m (2 R)2 . ϑ2 ! "# $ disco O + 1 2 3 2m (2 R)2 . φ2+ 1 2 1 2mR 2 . φ2+ 1 2m (2 R . φ)2 ! "# $ dischi concentrici + 1 2m .y2p ! "# $ punto P = 31 2mR 2 . φ2 Π= . U=4 mgR . φ 3) Utilizziamo il Teorema dell’energia cinetica: . T=Π ⇒ 31 mR 2 . φ .. φ=4 mgR . φ ⇒ .. φ= 4g 31 R , . φ= 4g 31 R t,φ = 2g 31 R t2 4) Indichiamo con T1la tensione nel tratto libero del filo che collega i dischi. T1`e positiva verso destra in H. Utilizziamo la seconda equazione cardinale p er il disco O: dΓdisco OO dt = M (e)O + M ′(e)O : 1 2m (2 R)2.. θ=2 RT 1 ⇒ T1= 6 31 mg Indichiamo con T2la tensione nei tratti liberi dell’altro filo. T2`e positiva verso l’alto in P. Utilizziamo la legge fondamentale della dinamica per il punto P: m ..yP= mg − T2 ⇒ T2= mg − 4mR .. φ= 15 31 mg MECCANICA RAZIONALE ,Ingegneria Biomedica Prova d’esame, 24 gennaio 2018, soluzione a cura del prof. P. Ciarletta. ESERCIZIO. Nel riferimento cartesiano ortogonale ( O;x, y ) mostrato in figura, si consideri il sistema posto su un piano verticale. Una lamina quadrata di massa M e lato 2 R `e vincolata nei vertici D ed E a due carrelli che scorrono lungo una guida posta sull’asse x. Un’asta AB di lunghezza 2 `e massa m `e vincolata nell’estremo A ad un carrello sull’asse y, ed `e vincolata ad una cerniera mobile ad un lato della lamina nel suo punto medio B. Il baricentro G dell’asta `e collegato ad una molla di costante elastica k, con l’altro estremo vincolato in maniera tale che la molla rimanga sempre orizzontale. L’asta `e inoltre soggetta all’azione di una coppia di momento C e verso antiorario. C A B G DE O k θ 2R,M 2l,m x y Detto ✓l’angolo antiorario di figura che l’asta forma con l’asse y: (1) Determinare le coordinate del centro di istantanea rotazione dell’asta. Il CIR del l’asta si trova usando il teorema di Chasles, considerando che l’estremo A si muove verti- calemente mentre l’estremo B si mouve orizzontalmente. Si ha pertanto: xCIR =2 `sin ✓; yCIR = R+2 `cos ✓. (2) Determinare la velocit`a vLdella lamina in funzione di ✓, ˙✓. La lamina pu`o solamente traslare orizzontalmente. La sua velocit`a `e pertanto la stessa per tutti i suoi punti, ed uguale a quel la del punto B. vL=˙ xBex= ddt(2`sin ✓)ex=2 `cos ✓ ˙✓ex. (3) Usare il principio dei lavori virtuali per determinare l’intensit`a Ceq della coppia necessaria anch´e il sistema resti in equilibrio con ✓= ⇡/ 6. Le uniche sol lecitazioni che fanno lavoro virtuale non nul lo sono la coppia C, la forza elastica del la mol la e la forza peso del l’asta. Il lavoro virtuale del le sol lecitazioni attive `e dato da: L (a)= C✓ mgy Gkx G x G= 0; co n : xG= `sin ✓; x G= `cos ✓✓ ; yG= R+`cos ✓; yG= `sin ✓✓ ; da cui si ottiene: C +mg` sin ✓k`2sin ✓cos ✓=0 che per ✓= ⇡/ 6fornisce: Ceq = p34k`2 mg`2 . (4) In tale configurazione, determinare le reazione agente sull’asta in A. Per determinare la componente orizzontale del la reazione, basta applicare la prima equazione cardinale al l’intero sistema. Staccando la mol la in G e sostituendo la corrispondente reazione si ottiene: Ax = kx G= k` sin ✓= k`/ 2. Per la caratteristica fisica del vincolo si ha poi che: Ay =0 . (5) Determinare l’energia cinetica T di tutto il sistema. Da semplice applicazione del teorema di Koenig si ottiene: T= 12M ˙x2B+ 12m(˙x2G+˙y2G)+ 12(112m4`2)˙✓2 ovvero: T= 2M` 2cos 2✓+ 12m` 2+ 16m` 2˙✓2= 2M` 2cos 2✓+ 23m` 2˙✓2 (6) Calcolare C(t) anch´e l’asta si muova con velocit`a angolare costante !0. L’equazione del moto si ricava dal teorema del l’energia cinetica. La potenza totale ⇧ `e d a t a d a : ⇧= C ˙✓mg ˙yGkx G ˙xG= ˙✓C +mg` sin ✓k`2sin ✓cos ✓. La derivata temporale del l’energia cinetica considerando ˙✓= !0= costante si scrive: dTdt = 4M` 2!30cos ✓sin ✓; Imponendo ⇧= dT /dt si ha infine : C(t)= mg` sin ✓+k`2sin ✓cos ✓4M` 2!20cos ✓sin ✓. 2 Politecnico di Milano — Meccanica Razionale — Prova del 12.2.2018 In un piano verticale, un disco omogeneo di raggio remassa m rotola senza strisciare su una guida orizzontale. Una lamina omogenea, a forma di triangolo rettangolo isoscele di mas sa M e cateti di lunghezza ℓ, `e vincolato a scorrere lungo una guida verticale, e ha un vincolo di contatto con strisciamento nel punto di contatto E con il disco. La coordinata libera sia l’ordinata ydel punto A della lamina. 1. Sia xl’ascissa del centro G del disco; dimostrare che ˙ x= −˙y. Ricavare la relazione tra la velocit`a della lamina e la velocit`a angolare del disco. 2. Determinare l’intensit`a della forza orizzontale F da applicare sul centro del disco affinch´e il sistema si mantenga in equilibrio. 3. Partendo dalla quiete, si supponga ora di eliminare la forza orizzontale F che manteneva in equilibrio il sistema. Determinare il moto del sistema. 4. Calcolare durante il moto la reazione vincolare agente sul disco in H in virt`u del vincolo di puro rotola- mento. A B C M E ℓ G r, m OH x y F Domanda di teoria. Atto di moto rigido piano. Il teorema di Eulero ed il teorema di Chas les. Soluzione Siano x l’ascissa del centro G del disco e y l’ordinata del vertice A della lamina, entrambi rispetto al riferimento in figura, con origine situata nel punto d’incrocio delle guid e. Detto E il punto di contatto tra lamina e disco, sia nE il versore normale all’ipotenusa e uscente da essa. Si ha nE= √2 2 i− √2 2 j. Sia ωd= −˙θkla velocit`a angolare del disco, con θangolo orario di rotazione del disco. La condizione di puro rotolamento implica che ˙x= r˙θ. Sfruttiamo la condizione di contatto con strisciamento: vlaminaE ·nE= vdiscoE ·nE, dove vlaminaE =˙ yj, e vdiscoE = ωd∧(E −H)= r˙θ((1 + √2 2 )i+ √2 2 )j). (Si noti che vale ( E −H)=( E −G)+( G −H)=( −r√22i+r(1 + √22)j).) Allora otteniamo r˙θ=˙ x= −˙y, che dimostra la relazione data nel testo ed esprime la velocit`a angola re del disco in funzione di ˙ y. Ricaviamo l’intensit`a F della forza richiesta utilizzando il Principio dei Lavori Virtuali. Si ottie ne δL (a) = −Mgδy −Fδx =( F −Mg )δy =⇒ F = Mg. Eliminata la forza, ricaviamo il moto utilizzando il Teorema dell’Energia Cin etica. Essendo T = 12M ˙y2+ 34mr 2ω2d= !12M + 34m"˙y2 =⇒ ˙T= !M + 32m"˙y¨y Π= −Mg ˙y si ricava l’equazione del moto !M + 32m"¨y= −Mg . Il moto della lamina `e quindi traslatorio, rettilineo, uniformemente a ccelerato, con accelerazione ¨y= − 2M 2M +3 m g. Dalla condizione iniziale di quiete ricaviamo ˙ y(0) = 0, quindi si ha y(t)= y0− Mgt 2 2M +3 m con y0costante. Detto H il punto di contatto tra disco e guida, calcoliamo la reazione vincolare richiesta ΦH = HHi+VHj utilizzando la componente verticale della seconda equazione cardinale per il sistema completo, e la seconda equazione cardinale per il solo disco, rispetto al suo centro di msas aG. Si ottiene cos`ı M ¨y= −Mg −mg +VH, −12mr ¨x= −HHr, da cui segue ΦH = M 2M +3 m mg i+ 5M +3 m 2M +3 m mg j. 2 Politecnico di Milano — Meccanica Razionale — Prova del 28.6.2018 In un piano verticale una lamina quadrata, omogenea AB C D di lato ℓemassa m, `e vincolata a scorrere lungo un asse verticale. I suoi vertici superiori A eB sono vincolati attraverso altrettante cerniere a due aste AP e BQ , omogenee di lunghezza Lemassa M , i cui ulteriori estremi P eQ scorrono lungo un asse orizzontale (vedi figura). Si utilizzi come coordinata libera l’angolo θche le aste determinano con l’orizzontale. 1. Determinare la velocit`a dei punti della lamina e le velocit`a angolari delle due aste. 2. [Statica] Determinare l’intensit`a della forza orizzontale F da applicare sul punto Q affinch´e il sistema sia in equilibrio quando θ= π6. 3. [Dinamica] Determinare ora come debba dipendere la stessa forza da θaffinch´e durante il moto si abbia ˙θ= ω0=cost. Calcolare durante il moto il valore della reazione vincolare agente sull’a sta BQ in Q. AB C D P Q ℓ, m L, M L, M F θ x y Domanda di teoria. Equazioni cardinali della dinamica Soluzione Siano i,jdue versori rispettivamente orizzontale verso destra (parallelo a PQ ) e verticale verso l’alto. Es- sendo yB = −Lsin θ si ha ˙ yB = −L˙θcos θ. Si ricavano inoltre vB =˙ yBj, ω(AP )= −˙θk,e ω(BQ )= ˙θk. Per ricavare il valore di F all’equilibrio utilizziamo il Principio dei Lavori Virtuali. Essendo xQ = 12ℓ+ Lcos θ si ottiene δx Q= −Lsin θδθ ,dacui δL (a) = ! −FL sin θ+( m +M )gL cos θ " δθ =⇒ F =( m +M )gcot θ ###θ=π6=( m +M )g√3. Ricaviamo il valore di F(θ) in dinamica utilizzando il Teorema dell’energia cinetica. Detto G il centro di massa dell’asta BQ si ha vG= 12 $−Lsin θi− Lcos θj%˙θ, da cui segue T= 12m ˙y2B+2 !12M 14L2˙θ2+ 12112ML 2˙θ2" = 12 ! m cos 2θ+ 23M " L2˙θ2 =⇒ ˙T= −mL 2ω30cos θsin θ Π= ! −FL sin θ+( m +M )gL cos θ " ω0 da cui segue F(θ)=( m + M )gcot θ+mLω 20cos θ. Per ricavare il valore della reazione vincolare ΦQ = VQj durante il moto, utilizziamo la seconda equazione cardinale della dinamica per l’asta BQ , con polo coincidente con il punto B.Siha ˙K B+ ˙B ∧Q = BG ∧M aG+IG˙ω(BQ )= 12ML 2ω20sin θcos θk M B= ! − 12MgL cos θ−FL sin θ+VBLcos θ " k si ha VB= $12M +m%Lω 20sin θ+$m + 32M %g. 2 Esame di Meccanica Razionale Allievi Ing. Biomedici I Anno Appello del 18/7/2018 - A.A.2017/18 In un piano verticale, un disco omogeneo, di centro G, raggio re massa m, rotola senza strisciare su una guida orizzontale fissa (punto di contatto H). Il centro del disco `e collegato ad una molla ideale, di costante elastica k, il cui altro estremo `e fissato nel punto O (vedi figura). Un secondo disco omogeneo, di centro G0, raggio R e massa M , rotola senza strisciare (punto di contatto K ) su una guida obliqua fissa inclinata di un angolo ↵ rispetto all’orizzontale. I due dischi sono collegati tra loro da un filo ideale inestendibile, che si arrotola sul disco di sinistra ed `e collegato al centro G0del disco di destra come in figura. Il piolo fisso e liscio D si trova ad una quota tale che il tratto di filo dal punto L del disco di sinistra al piolo rimane orizzontale, mentre il tratto dal piolo a G0rimane parallelo alla guida obliqua. La coordinata libera sia l’ascissa sdel punto G. k m,r M,R G O G’ D H K α L s Problema di statica : Determinare: 1) la coppia agente sul disco di destra di massa M e raggio R (coppia non indi- cata in figura) che consenta l’equilibrio con seq =4 R; 2) la reazione vincolare in H all’equilibrio. Problema di dinamica : La coppia di cui al problema di statica viene sostituita da una coppia C(t) (non indicata in figura). Determinare: 1) l’energia cinetica del sistema; 2) la potenza; 3) la coppia C(t) che consenta un moto con ¨ s= a0> 0 costante (condizioni iniziali: ˙s(0) = 0 e s(0) = R); 4) la tensione in L lungo il moto assegnato. Domanda di teoria : Energia cinetica per un corpo rigido piano. Cinematica utile :sia t= cos( ↵)i cos ↵ jil versore orientato verso il basso e parallelo alla guida inclinata. Detti ✓e gli angoli di rotazione oraria dele disco di centro G edeldiscodicentro G0rispettivamente, troviamo vG =˙ si= r˙✓i, vG0 = R ˙t; Inoltre, dato che vL=2 r˙✓i=2˙ sie, per l’inestendibilit`a del filo vale |vL|= |vG0|, otteniamo R ˙=2˙ s. Statica : Per il calcolo della coppia, utilizziamo il PLV. Abbiamo L =0=( ks +2 Mg sin ↵+ 2 R )s, Da cui ricaviamo all’equilibrio =2 kR 2 MgR sin ↵. Il calcolo della reazione vincolare di componente orizzontale HH e verticale VH in H comporta lo studio delle equazioni cardinali della statica per il disco di centro G. In direzione verticale abbiamo subito VH = kr + mg. La seconda equazione cardinale con polo G ci fornisce M G =0= HHr⌧r ,dove ⌧ `e la tensione del filo. Per individuare quest’ultima sfruttiamo M H =0= ksr 2⌧r , da cui all’equilibrio ⌧=2 kR .Dunque HH =2 kR. Dinamica : L’energia cinetica `e T = 1 2IH ˙✓2+ 1 2IK ˙2= 3( 1 4m + M )˙s2. La potenza `e ⇧= ks ˙s+2 Mg sin ↵˙s+ 2C(t) R ˙s, dove la coppia C(t) `e stata assunta oraria. Sfruttiamo il teorema dell’energia cinetica e teneniamo conto che lungo il moto ¨ s= a0es(t)= 12a0t2+ v0t+ s0,dove le costanti di integrazione v0es0sono fissate dalle condizioni iniziali: v0=0e s0= R,edunque s(t)= 12a0t2+ R. Allora si ha = 3( 1 4m + M )Ra 0+ 1 2Rs (t) MgR sin ↵. Per la tensione in L, sfruttiamo la seconda equazione cardinale della dinamica con polo in H per il disco di centro G: ˙H = M H ˙H ^mvG. L’ultimo contributo a destra dell’uguale `e nullo, e lungo il moto vale anche ˙H = 32mra 0k eM H =( ksr 2r⌧ )k, dunque otteniamo ⌧= 3 4ma 0+ 1 2ks (t). Esame di Meccanica Razionale Allievi Ing. Biomedici I Anno Appello del 5/9/2018 - A.A.2017/18 Nel riferimento cartesiano ortogonale ( O;x, y ) mostrato in figura, si consideri il sistema posto su un piano verticale. Due aste OA eAB , di uguale massa m e lunghezza L, sono vincolate da una cerniera mobile in A, da un carrello in B che scorre lungo una guida fissa posta sull’asse y,edauncernierafissanell’estremo O, posto nell’origine. Il baricentri G1eG2delle due aste sono inoltre collegati tra loro da una molla di costante elastica k. Il sistema `e inoltre soggetto all’azione di una forza orizzontale F applicata nel punto A. La coordinata libera sia l’angolo antiorario ✓che l’asta OA forma con l’asse x. Cinematica : Determinare: 1) il cir dell’asta AB ; 2) la velocit`a vB dell’estremo B in funzione di ✓, ˙✓. Problema di statica : Determinare: 1) l’intensit`a della forza necessaria anch´e il sistema resti in equilibrio con ✓= ⇡/ 4, utilizzando il principio dei lavori virtuali; 2) la reazione vincolare in B in tale configurazione di equilibrio. Problema di dinamica : Determinare: 1) l’energia cinetica del sistema; 2) F(t) anch´e ˙✓= !0=costante. Domanda di teoria : Il principio dei lavori virtuali. Cinematica : per il teorema di Chasles il CIR si trova sulle normali alle traiettorie dell’asta in A, ovvere un arco di circonferenza con centro in O,edinB,ovveroun retta verticale. Si ha pertanto: xCIR =2 Lcos ✓; yCIR =2 Lsin ✓. Il punto B di muove solo verticalmente. Essendo yB =2 Lsin ✓si ha: vB =˙ yBey=2 Lcos ✓ ˙✓. Statica : Le forze attive agenti sul sistema sono la forza orizzontale F, le forze peso delle aste, e la forza elastica della molla. Ricordando che la lunghezza della molla `e `= yG2 yG1= Lsin ✓, il PLV impone: FA x mg (G 1y+ G 2y) k`G 2y+ k`G 1y=0 . Sapendo che xA = Lcos ✓,yG1 = L/ 2sin ✓ e yG2 =3 L/ 2sin ✓,siha A x = Lsin ✓✓ ,G 1y= L/ 2 cos ✓✓ ,G 2y=3 L/ 2 cos ✓✓ . Sostituendo nel PLV si ha: FL sin ✓ mg (2Lcos ✓) k`L cos ✓=0 F =(2 mg + k` )(cot ✓)=2 mg + kL/ p2 Essendovi un carrello si ha che By =0. Per la reazione orizzontale basta consid- erare la seconda equazione cardinale della Statica per il sistema col polo in O. M ext0z = Bx 2Lsin ✓+ FL sin ✓ 2mgL/ 2 cos ✓=0 Bx = F/ 2 mg/ 2 cot ✓= F/ 2 mg/ 2= mg/ 2+ kL/ (2p2). Dinamica : Usando il teorema di Koenig si ha: T = 12IOz ˙✓2+ 12IG2z˙✓2+ 12mv2G2= mL 2˙✓2(1/3 + cos 2✓); con IOz =1 /3mL 2,IG2z=1 /12 mL 2,vG2= mL 2˙✓2(9/4 cos 2✓+1 /4sin 2✓). Basta applicare il teorema dell’energia cinetica ˙T =⇧per ricavare un’equazione pura di moto. La potenza totale `e data da: ⇧= k` (˙yG2 ˙yG1) 2mgL cos ✓ ˙✓+ FL sin ✓ ˙✓; ⇧= k`L cos ✓ ˙✓ 2mgL cos ✓ ˙✓+ FL sin ✓ ˙✓ Considerando un moto con ¨✓= 0 si ha inoltre: ˙T = 2mL 2!30sin( !0t) cos( !0t) Si trova quindi: F(t)= 2mL! 20cos( !0t)+ kL cos( !0t)+2 mg cot( !0t). Politecnico di Milano — Meccanica Razionale — Prova del 9.1.2019 In un piano verticale, un disco omogeneo di raggio remassa m rotola senza strisciare su una guida orizzontale. Il disco reca, avvolto lungo la sua circonferenza esterna e con un e stremo fissato ad un punto di questa, un filo inestensibile di massa trascurabile. Il filo passa attraverso una ca rrucola liscia, posta a quota 2 rsopra la guida orizzontale, e reca all’altro estremo un punto materiale P di massa M , che scorre senza attrito su un piano inclinato che determina l’angolo α= π6con l’orizzontale. La coordinata libera sia l’ascissa xdel centro G del disco. •Ricavare la relazione tra la velocit`a angolare del disco e la velocit`a de lpunto P. •Statica. Determinare il valore della coppia antioraria di momento C da applicare al disco affinch´e si mantenga in equilibrio. •Dinamica. Partendo dalla quiete, si supponga ora di eliminare la coppia che manteneva in equilibrio il sistema. Determinare il moto del sistema e calcolare la reazione vinco lare che la guida esercita sul disco. π/ 6 x P, M m, r C (solo statica) Domanda di teoria. Centro di istantanea rotazione e sua determinazione Soluzione Dette xl’ascissa del centro G del disco e sla distanza del punto P della carrucola si ha vG=˙ xi, vP=˙ st, dove t=cos π6i−sin π6j= √32 i− 12j `e un versore tangente al piano inclinato diretto verso il basso. Detto θl’angolo di rotazione orario del disco, il vincolo di puro rotolamento im pone ˙ x= r˙θ e˙ s=2 r˙θ, da cui si ha ωd= −˙θk= − ˙s 2rk. Ricaviamo il valore della coppia C all’equilibrio utilizzando il Principio dei Lavori Virtuali. Si ottiene δL (a) = Mg sin π62δx −Cδθ = ! Mg − C r " δx =⇒ C = Mgr. Eliminata la coppia, ricaviamo il moto utilizzando il Teorema dell’Energia Cin etica. Essendo T= 34mr 2ω2d+ 12M ˙s2= #34m +2 M $˙x2 =⇒ ˙T = #32m +4 M $˙x¨x Π=2 Mg sin π6˙x si ricava l’equazione del moto #32m +4 M $¨x= Mg . Il punto si muove quindi di moto rettilineo uniformemente accelera to, con accelerazione ¨x= 2Mg 3m +8 M . Dai dati iniziali ricaviamo che ˙ x(0) = 0, da cui x(t)= x(0) + Mgt 2 3m +8 M . Per determinare la reazione vincolare Φ che la guida esercita sul disco utilizziamo, per il solo disco, la componente verticale della prima equazione cardinale della dinamica, e la seconda equazione cardinale della dinamica rispetto al punto in cui il filo si distacca dal disco stesso. S i ottiene V −mg =0 2Hr = 12mr 2¨θ= 12mr ¨x % da cui Φ = M 2(3 m +8 M )mg i+mg j. 2 Esame di Meccanica Razionale Allievi Ing. Biomedici I Anno Appello del 14/2/2019 - A.A.2018/19 Il sistema rappresentato in figura, in un piano verticale, si compone di due dischi di massa m e raggio R e due fili inestendibili. Al disco di centro B ´e saldato un profilo circolare, sempre di centro B, di raggio re massa trascurabile (vedi figura). Il primo filo, che ha un estremo fissato in Q, si arrotola senza strisciare sul disco di centro B. Il tratto QA del filo rimane sempre verticale. Il secondo filo si arrotola senza strisciare sul profilo circolare di raggio recentro B e poi, dopo un tratto libero verticale CD , si arrotola senza strisciare sul disco di centro E.In E si trova una cerniera fissa. La coordinata libera sia l’angolo ✓indicato in figura. Q B r m,R E m,R θ A D C Cinematica : Determinare: 1) il cir del disco di centro B; 2) la relazione tra la velocit`a angolare del disco di centro B e la velocit`a angolare del disco di centro E. Problema di statica : Determinare: 1) la coppia C (non rappresentata in figura) da applicare al disco di centro E per avere equilibrio. Problema di dinamica : La coppia di cui al problema di statica NON `e presente. Determinare: 1) l’energia cinetica del sistema; 2) il moto del sistema, con partenza da fermo; 3) le tensioni nei fili lungo il moto appena determinato. Domanda di teoria : L’energia cinetica nel caso del corpo rigido piano. Cinematica :ilcirdeldiscodicentro B coincide con il punto A. Infatti per il tratto verticale QA l’inestendibilit`a del primo filo fornisce vQ = vA =0in quanto Q `e fisso. Inoltre, detto ' l’angolo di rotazione oraria del disco di centro B, abbiamo vC =( ˙'k)^(C A)= (R + r)˙'j, che per l’inestendibilit`a del secondo filo `e anche uguale a vD, con vD =( ˙✓k)^(D E)= R ˙✓j, edunque( R + r)˙' = R ˙✓,dacui !disco B = R R + r!disco E . Osserviamo infine che vB = R2 R+r˙✓j,dacui yB = R2 R+r✓+ costante. Statica : Le forze attive che danno contributo al PLV sono il peso del disco di centro B e la coppia oraria C agente sul disco di centro E. Dal potenziale del peso U = mgy B = mg R2 R + r✓ ricaviamo il PLV nella forma L =0= U C✓, da cui segue C = mg R2 R + r. Dinamica : Per determinare il moto usiamo il teorema dell’energia cinetica. L’energia cinetica vale T = 3 4mR 2˙'2+ 1 4mr 2˙✓2= 1 2˙✓2, dove = 1 2m R2 (R + r)2(4R2+ r2+2 Rr ). La potenza vale⇧= ˙U = mg R2 R+r˙✓,equindi ˙T =⇧fornisce ¨✓= mg R2 R + r 1 = g 2(R + r) 4R2+ r2+2 Rr ⌘ ↵, dove ↵ `e una costante positiva. Il moto risulta dunque dato da ✓(t)= 1 2↵t 2+ ✓(0) . Siano ⌧1e⌧2le tensioni nel primo e nel secondo filo rispettivamente. Consideriamo prima il disco di centro E. Per la seconda equazione cardinale della dinamica, con polo E,siha mR 2 2 ¨✓= R⌧ 2, quindi ⌧2= mg R(R + r) 4R2+ r2+2 Rr . Per il primo filo, sfruttiamo la prima equazione cardinale della dinamica, compo- nente y, per il disco inferiore. Vale ˙Qy= ⌧1+ ⌧2 mg ,equindi ⌧1= m R2 R + r ¨✓ ⌧2+ mg = mg R2+ r2+ Rr 4R2+ r2+2 Rr . Osserviamo infine che ⌧1> 0e ⌧2> 0, quindi i fili sono tesi lungo il moto. Esame di Meccanica Razionale Allievi Ing. Biomedici I Anno Appello del 14/2/2019 - A.A.2018/19 Il sistema rappresentato in figura, in un piano verticale, si compone di quattro aste di massa m e lunghezza L, ed un filo inestendibile che si avvolge su due pioli, col- legando l’estremo B ad una massa M nel punto P, che si muove lungo la verticale. Una molla di costante elastica kcollega la cerniera fissa in O con l’estremo B,che scorre su un carrello lungo l’asse y. Due coppie di intensit´a C e verso indicato in figura sono applicate alle aste OA ed OD . La coordinata libera sia l’angolo ✓ indicato in figura. Cinematica : Determinare: 1) La velocit´a del punto P in funzione di ✓e ˙✓. Problema di statica : Le coppie di intensit`a C sono costanti. Determinare: 1) Il potenziale U delle sollecitazioni attive agenti sul sistema; 2) la massa M da applicare in P per avere equilibrio con ✓= ⇡/ 3. Problema di dinamica : Le coppie costanti di cui al problema di statica sono sostituite da coppie C(t). Determinare: 1) l’energia cinetica del sistema; 2) C(t) per ottenere un moto con ˙✓= !0=costante; 3) la tensione nel filo lungo il moto descritto in (2). Domanda di teoria : Il momento delle quantit`a di moto per il corpo rigido piano. Cinematica : Per il vincolo di filo inestendibile si ha: ˙yP = ˙yB = 2Lcos ✓ ˙✓. Statica : Le sollecitazione attive sono le forze peso delle aste e della massa, le due coppie costanti e la molla. Il potenziale `e dato da: U = U(✓)= 4mgL sin ✓+2 C✓ 2kL 2(sin ✓)2+2 MgL sin ✓. L’equilibrio si trova applicando il principio di stazionariet´a del potenziale: U0(✓)=0= 4mgL cos ✓+2 C 4kL 2sin ✓cos ✓+2 MgL cos ✓. Per ✓= ⇡/ 3 si ottiene: M =2 m 2C (gL )+ kL p3 g . Dinamica : Per determinare C(t) usiamo il teorema dell’energia cinetica. L’energia cinetica delle aste `e data da: Taste = 2( 1 2IOz ˙✓2+ 1 2IGz ˙✓2+ 1 2mv 2G), con IOz = IBz =1 /3mL 2,IGz =1 /12 mL 2edove G indica il centro di massa dell’asta AB . L’energia cinetica della massa M ´e data da TM =1 /2M ˙y2P = 1/2M ˙y2B. Sommando i due contributi si ottiene: T = Taste + TM = ✓2 3mL 2+ 2( m + M )L2cos 2✓ ◆ ˙✓2. La potenza `e data dalla somma delle potenze delle forze peso, della forza elastica e del contributo 2 C(t)˙✓associato alle coppie. Da ˙T =⇧otteniamo C(t)=2 kL 2sin ✓cos ✓ 2(m + M )L2!20sin ✓cos ✓+(2 m M )Lcos ✓, dove ✓= !0t+ ✓0. Per determinare la tensione lungo il moto, basta considerare l’equazione di Newton per il punto materiale P: M ¨yP = ⌧ Mg, da cui ⌧= M (g+2 L! 20sin( ✓)). Politecnico di Milano — Meccanica Razionale — Prova del 3.7.2019 In un piano verticale due dischi omogenei, rispettivamente di centro A, B , raggio r, R emassa m, M , rotolano senza strisciare su due piani inclinati di angolo alla base rispettivamente pari a α eπ2− α.Icentrideidischi sono collegati tramite un filo inestensibile di massa trascurabile, che passa da carrucola liscia e fissa in modo da scorrere parallelamente ai piani inclinati (vedi figura). Una coppia oraria costante di momento C0`e applicata sul disco di centro B. •Cinematica. Determinare la relazione tra le velocit` a angolari dei due dischi. •Statica. Determinare la relazione tra i dati che garantisce che il sistema si mantenga in equilibrio. •Dinamica. Si supponga ora che il sistema parta dalla quiete (con valori generici dei dati) – Determinare il moto del sistema. – Calcolare durante il moto il valore della tensione del filo e la reazione vincolare che il piano inclinato esercita sul disco di centro B. π2−α α BM,R A m, r C0 Domanda di teoria. Atto di moto rotatorio e traslatorio Soluzione Dette sA,sB le coordinate dei centri dei due dischi lungo i rispettivi piani inclinati, detti θA,θB irispettivi angoli di rotazione (con verso orario), i vincoli di puro rotolamento richiedono ˙sA= −r˙θA, ˙sB= R ˙θB. L’inestensibilit` adelfilorichiede ˙ sA= −˙sB,dacuisegue ˙θA= R r ˙θB. Calcoliamo la condizione che garantisce l’equilibrio utilizzando il Principio dei Lavori Virtuali. Essendo δyA= −δsAsin α e δyB= δsB cos α si ottiene δL (a) = −mgδy A−Mgδy B+C0δθB= !−mgR sin α+MgR cos α+C0"δθB=0 "δθB da cui si ottiene la condizione di equilibrio C0=( m sin α−M cos α)gR . Ricaviamo il moto del sistema con il Teorema dell’energia cinetica. Essendo T= 34mr 2˙θ2A+ 34MR 2˙θ2B= 34(m +M )R2˙θ2B Π= !−mgR sin α+MgR cos α+C0"˙θB si ottiene 32(m +M )R2¨θB= −mgR sin α+MgR cos α+C0 Il moto dei dischi possiede quindi a ccelerazione angolare costante pari a ¨θA= 2(−mgR sin α+MgR cos α+C0) 3(m +M )r2 =cost. , ¨θB= 2(−mgR sin α+MgR cos α+C0) 3(m +M )R2 =cost. Icentri A eB si muoveranno di moto rettilineo uniformemente accelerato sA= sA(0) + (−mgR sin α+MgR cos α+C0)t2 3(m +M )r2 ,s B= sB(0) + (−mgR sin α+MgR cos α+C0)t2 3(m +M )R2 . Detto H il punto di contatto tra il disco di centro B e il piano inclinato su cui rotola, ricaviamo ora la tensione τdel filo e la reazione vincolare Φ =Φ ∥t+Φ ⊥n che la guida estercita sul disco (con ten rispettivamente un versore tangente alla guida verso il basso e normale alla guida verso l’alto). Utilizziamo a tal fine la prima equazione cardinale per il disco di centro B (componenti tangente e normale alla guida) e la seconda equazione cardinale per lo stesso disco, rispetto al polo H.Essendo ˙Q(B) = M ¨st= MR ¨θBt, ˙K H = −32MR 2¨θBk R(e) = Φ −τt+Mg (cos αt− sin αn), M (e)H = !τR −MgR cos α−C0"k da cui si ottiene τ= m!C0+MgR (sin α+cos α)" (m +M )R Φ = #(3m +2 M )C0 3(m +M )R + Mg (m sin α−M cos α) 3(m +M ) $ t+Mg sin αn. 2 Esame di Meccanica Razionale (096216) Allievi Ing.Biomedici I Anno Appello del 2/09/2019 - A.A.2018/19 In un piano verticale, `e dato un sistema composto come segue. Un disco omogeneo di massa M e raggio R/ 2, `e saldato a un profilo circolare di massa trascurabile e raggio R. Disco e profilo hanno lo stesso centro A. Il profilo rotola senza strisciare su una guida orizzontale. Un secondo disco omogeneo di massa m e raggio r