Equazione del moto

[Bubbino1993]

Buonasera,

vorrei scrivere l'equazione del moto del seguente sistema sottoposto a piccole oscillazioni.



Anzitutto il sistema ha un solo grado di libertà, per cui il suo moto potrà essere descritto da una sola equazione. Indicando con $z$ la traslazione verticale della massa, per me quest'equazione è $m ddotz+k z=0$. D'altronde avevo provato ad usare Lagrange. Indicando con $z_(Gi)$ le traslazioni verticali dei centri di massa delle bielle e con $theta_i$ le rotazioni delle stesse attorno ai propri centri di massa, $T=1/2m dot z^2+sum_(i=1)^4 1/2 m_i dot z_(Gi)^2+1/2 J_i dot theta_i^2$. Ipotizzando di trascurare le energie potenziali gravitazionali, $U=1/2 k z^2$. E quindi appunto $m ddotz+k z=0$.

Giusto?

Grazie.

[professorkappa]

Eh, ma chi te lo dice che puoi trascurarle?
E che problema ti fa aggiungerle.
Quella che scrivi tu e' semplicemente l'equazione di moto di una massa connessa a una molla che si muove in un piano orizzontale. Ti sembra che possa andare?

[Bubbino1993]

Grazie per la risposta. Il fatto è che a lezione abbiamo scritto quanto segue.



L'ho interpretato male?

Grazie.

[professorkappa]

Eh, un po.
L'esempio che riporti va bene per trovare le piccole oscillazioni del sistema attorno al punto di equilibrio statico. Ma non va bene per l'equazione generale del moto, che deve anche tenere conto delle 4 barre che hanno una massa, non le puoi trascurare cosi.
La risposta del sistema e' necessariamente diversa da quella di una semplice massa appesa a una molla.

Devi svolgere l'esercizio tenendo conto dell'energia cinetica di tutte le masse in gioco, incluse anche le 4 sbarre.
Poi le oscillazioni attorno all'equilibrio verranno fuori da tutte le opportune considerazioni.

il nocciolo dell'esercizio sta proprio nello scrivere le equazioni in generale per poi arrivare alla soluzione.

[Bubbino1993]

$T=1/2m dot z^2+sum_(i=1)^4 1/2 m_i dot z_(Gi)^2+1/2 J_i dot theta_i^2$

$U_E=1/2 k z^2$

$U_G=sum_(i=1)^4 m_igz_(Gi)$

L'unica difficoltà ora sarebbe individuare le relazioni tra le $z_(Gi)$ e la $z$, così da riscrivere tutto in funzione della sola $z$. Ordinando le barre in senso orario, quelle in alto sarebbero la $4$ e la $1$, e quelle in basso la $3$ e la $2$. Per simmetria $z_(G4)=z_(G1),z_(G3)=z_(G2)$. Quindi non resterebbe che individuare le relazioni tra $z_(G1),z_(G2)$ e la $z$.

Giusto fin qui?

Anche se poi non saprei come individuarle, quelle relazioni, visto che le barre rototraslano...

Grazie.

[professorkappa]

Si, va bene fino a qui, ma ci si puo' semplificare la vita un pochino.
Io come coordinata lagrangiana prenderei l'angolo minore di 90 fra il piano orizzontale e la sbarra 2 in basso a dx.

Scelgo l'asse y positivo verso l'alto, le rotazioni sono in senso orario.
Le y dei baricentri delle 2 barre di destra sono (la 1 e la 2) sono rispettivamente:

$y_1=L/2sintheta$ e $y_2=Lsintheta+L/2sintheta=3/2Lsintheta$

Il delta potenziale della forza peso di queste 2 barre e' pertantp

$dV_1=-mgdy_1=-mgL/2costhetad theta$
$dV_2=-mgdy_2=-mg3L/2costhetad theta$

Quindi ottieni che per 1 e 2 $dV=-2mgLcosthetad theta$.

Lo stesso delta potenziale, per simmetria, lo presentano le altre 2 sbarre: ergo, per tutte le sbarre, il delta potenziale e'

$dV=-4mgLcosthetad theta$

Passiamo alla molla, che in mancanza di dati supponiamo avere lunghezza nulla a riposo. La molla e' estesa di z e noi sappiamo che $z=Lsintheta+Lsintheta=2Lsintheta$
Il potenziale della molla e' dunque $-1/2kz^2==1/2k(4L^2sin^2theta)$ che derivato fa: $dV=-4kL^2sinthetacosthetad theta$

(una via alternativa era di calcolare $dV=-kzdz=-k*(2Lsintheta)*(2Lcostheta)d theta=-4kL^2sinthetacosthetad theta$)

Infine calcoliamo il delta potenziale gravitazionale del carrello M: $dV=-Mgdz=-2MgLcosthetad theta$

Annullando la somma di tutti questi potenziali, imponendo cioe'

$[dV]/[d theta]=-4mgLcostheta-4kL^2sinthetacostheta-2MgLcostheta=0$

Si ottengono i punti di equilibrio. Uno e' certamente $costheta=0$. L'altro, semplificando $costheta$ nell'espressione precendente e risolvendo:

$-4mgL-4kL^2sintheta-2MgL=0$ il che implica $sintheta=-[(M+2m)g]/[2kL]$ (a meno di errori di calcolo).

Vedrai che se studi il segno della la derivata seconda $[d^2V]/[d theta^2]$ ti accorgi che il punto $costheta=0$ e' instabile e corrisponde a quello di massima estensione della molla, a sbarre "chiuse", per intenderci.
L'altro punto e' un punto in cui la massa e' al disotto del piano orizzontale, perche abbiamo scelto la molla con lunghezza a riposo nulla. Il segno meno nella soluzione e' testimonianza di questo fatto. Lo studio del segno della derivata seconda ti dira' che e' stabile. Fallo per esercizio.

Puoi provare ad andare avanti ora?
Per le sbarre che rototraslano, come pensi di fare?

[Bubbino1993]

Grazie per la dettagliata risposta. Ora, domani sarò tutto il giorno a lezione, ma dopodomani mattina rileggerò bene il messaggio e proverò a proseguire autonomamente il discorso. Frattanto vorrei fare una considerazione qualitativa. Come scritto prima,

$U=U_E+U_G=1/2kz^2+sum_(i=1)^4 m_igz_(Gi)$

In realtà l'intuizione fisica mi dice che $z_(Gi) text(<<) z$ e peraltro nell'espressione di $U_E$ si ha $z^2$. E' possibile sostenere che comunque $U~U_E$?

Grazie.

[Bubbino1993]

Riepilogo.

Sia $theta$ l'angolo acuto tra la biella 2 ed il telaio. Le quote dei baricentri delle aste di destra sono $y_2=L/2sintheta,y_1=Lsintheta+L/2sintheta=3/2Lsintheta$. Le variazioni infinitesime dei potenziali sono $dV_2=-mgdy_2=-1/2mgLcostheta d theta, dV_1=-mgdy_1=-3/2mgLcostheta d theta$. Quindi per le aste di destra abbiamo $dV_D=dV_2+dV_1=-2mgLcostheta d theta$. Per simmetria, per le aste di sinistra avremo $dV_S=dV_D$. Quindi la variazione infinitesima del potenziale delle aste è $dV_A=dV_D+dV_S=-4mgLcostheta d theta$. La quota del carrello è $z=Lsintheta+Lsintheta=2Lsintheta$. La variazione infinitesima del potenziale è $dV_C=-kzdz-Mgdz=-4kL^2sinthetacostheta d theta-2MgLcostheta d theta$. Quindi la variazione infinitesima del potenziale del sistema è $dV=dV_A+dV_C$.

Prosieguo.

L'energia cinetica della massa è $T=1/2Mdot z^2 rarr T(theta)$. L'energia cinetica traslazionale dell'i-esima asta è $T_i=1/2mdoty_i^2 rarr T_i(theta)$. Una volta determinata l'energia cinetica rotazionale delle aste, basta sommare tutto ed ottenere l'energia cinetica del sistema $T_(TOT)$ per poi applicare Lagrange con $L=T_(TOT)+V$. L'unico passaggio che mi manca è come determinare l'angolo di rotazione delle aste rispetto ai propri baricentri in funzione di $theta$.

Rinnovo altresì la domanda di cui sopra.

Come scritto prima,

$U=U_E+U_G=1/2kz^2+sum_(i=1)^4 m_igz_(Gi)$

In realtà l'intuizione fisica mi dice che $z_(Gi) text(<<) z$ e peraltro nell'espressione di $U_E$ si ha $z^2$. E' possibile sostenere che comunque $U~U_E$?

Grazie.

[professorkappa]

Come scritto prima,

$U=U_E+U_G=1/2kz^2+sum_(i=1)^4 m_igz_(Gi)$

In realtà l'intuizione fisica mi dice che $z_(Gi) text(<<) z$ e peraltro nell'espressione di $U_E$ si ha $z^2$. E' possibile sostenere che comunque $U~U_E$?

Lascia stare l'intuizione, il piu' delle volte ti frega: non hai basi per ignorare l'energia potenziale delle sbarre, se non una speranza personale solo perche ti si complicano i calcoli, o non sai calcolarla. L'energia e' legata anche alle masse delle sbarre, che potrebbero essere sostanzialmente elevate. Quindi non puoi trascurarle a priori.

Un altro punto: l'angolo non e' acuto, abbiamo visto che e' piu di 180. Quindi e' solo l'angolo tra barra e direione orizzontale parallela al telaio.

Detto questo: l'energia cinetica della sbarre inferiori e' semplicemente determinata: sono 2 barre in rotazione attorno al fulcro.
Per ogni barra puoi scriviere $T=1/2I_Fdottheta^2$, con $I_F=(mL^2)/12+m(L/2)^2$ (teorema di Huygens steiner).

L'energia cinetica della barra superiore puo' essere calcolata in due modi:

$T=1/2mv_G^2+I_Gdottheta^2$.
La velocita' del baricentro si trova sommando la velocita' dell'estremo dell'asta $Ldottheta$ (quello connesso con cerniera alla asta 2) con il termine di trascinamento $dotthetaL/2$. Il tutto naturalmente in forma vettoriale, no scalare.
Il modulo del vettore risultante ti fornisce la richiesta $v_G^2$.
Dovresti saperlo fare, se sei a questo punto del corso di studi.

Alternativamente e molto piu furbescamente, si trova il centro di istantanea rotazione, che e' situato nel punto di coordinate $C=(2Lcostheta,2Lsintheta)$
La posizione del baricentro dell'asta 1 e $G=(L/2costheta,3/2Lsintheta)$
Il vettore CG, congiungente centro di istantanea rotazione al baricentro G dell'asta 1 e' $vec(CG)=(L/2costheta-2Lcostheta, 3/2Lsintheta-2Lsintheta)=(-3/2costheta,-1/2sintheta)L$

Il modulo di CG e' $d^2=9/4L^2cos^2theta+1/4L^2sin^2theta$

Rispetto al centro di istantanea rotazione, la barra 1 ruota soltanto, per cui puoi scrivere che $T=1/2I_Cdottheta^2$ con $I_C=[mL^2]/12+md^2$ sempre per il teorema del trasporto di H-S

[Bubbino1993]

Conclusione.



Le quote dei baricentri delle aste di destra sono $y_2=L/2sintheta,y_1=Lsintheta+L/2sintheta=3/2Lsintheta$ e le variazioni infinitesime dei relativi potenziali $dV_2=-mgdy_2=-1/2mgLcostheta d theta, dV_1=-mgdy_1=-3/2mgLcostheta d theta$. Quindi per le aste di destra $dV_D=dV_2+dV_1$. Per simmetria, per quelle di sinistra $dV_S=dV_D$. Quindi la variazione infinitesima del potenziale di tutte le aste è $dV_A=dV_D+dV_S$. La quota del carrello è $z=Lsintheta+Lsintheta=2Lsintheta$ e la variazione infinitesima del suo potenziale $dV_C=-kzdz-Mgdz=-4kL^2sinthetacostheta d theta-2MgLcostheta d theta$. Quindi la variazione infinitesima del potenziale di tutto il sistema è $dV=dV_A+dV_C$. L'energia cinetica di ciascuna delle aste inferiori è $T_3=T_2=1/2I_F dot theta^2,I_F=1/3mL^2$ e quella di ciascuna delle aste superiori $T_4=T_1=1/2I_C dot theta^2,I_C=1/12mL^2+m|CG|^2$, con $C=(2Lcostheta,2Lsintheta),G=(L/2costheta,y_1)$ relativi all'asta 1. Quindi l'energia cinetica di tutto il sistema è $T=sum_(i=1)^4T_i$. L'equazione del moto è $d/dt (d T)/(d dot theta)-(dV)/(d theta)=0$.

Grazie.