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Universita degli studi di Trento Esercizi di Meccanica razionale

Esercizio 221. Geometria delle masseUn sistema rigido si compone di una lamina quadrata OABC di lato a e di un’asta rettilineaOD di lunghezza a. Rispetto ad una terna solidale Oxyz l’asta OD si identifica con ilsegmento [!a, 0] dell’asse coordinato Ox e la sua densita lineare e data da

!(x) =µ

a2(!x) "x # [!a, 0].

La lamina OABC coincide invece con il quadrato {(x, y) # [0, a]2} e ha densita areale

"(x, y) =µ

a3(x + y) " (x, y) # [0, a] $ [0, a] .

Determinare:

(a) la posizione del baricentro rispetto alla terna Oxyz;(b) la matrice d’inerzia rispetto alla stessa terna;

(c) il momento d’inerzia rispetto all’asse y = !2x nel piano Oxy;(d) energia cinetica e momento angolare in O qualora Oz sia asse fisso del sistema e la

velocita angolare istantanea valga #$ = 2$e3, con $ costante;(e) nell’ipotesi che il sistema abbia asse fisso Oz privo di attrito, il valore del parametro

% per cui si ha equilibrio sotto l’azione delle forze:

#FB = e1 + %e2 applicata in B, e#FD = 2e2 agente in D.

Soluzione(a) BaricentroIl baricentro del sistema viene calcolato determinando separatamente i baricentri dell’astaOD e della lamina quadrata OABC e applicando poi il teorema distributivo.

Baricentro dell’astaLa massa m1 dell’asta si ricava per integrazione diretta della densita lineare ! sul segmentoOD e vale percio:

m1 =0!

!a

! µ

a2xdx = ! µ

a2

"x2

2

#0

!a

=µ

2.

Stefano Siboni 1253


L’asta si colloca lungo l’asse Ox, che quindi ne costituisce un ovvio asse di simmetria. Ilvettore posizione del suo baricentro assume la forma generale:

G1 ! O = x1e1

in cui l’ascissa x1 e data dall’espressione:

x1 =1

m1

0!

!a

xdm =2µ

0!

!a

! µ

a2x2 dx = ! 2

a2

"x3

3

#0

!a

= !23a

siccheG1 ! O = !2

3a e1 .

Baricentro della lamina quadrataLa massa m2 della lamina quadrata segue dall’integrazione della densita areale " sul do-minio OABC :

m2 =a!

0

dx

a!

0

dyµ

a3(x + y) =

µ

a3

a!

0

dx

a!

0

dy (x + y) =

=µ

a3

a!

0

dx

"xy +

y2

2

#a

y=0

=µ

a3

a!

0

dx$xa +

a2

2

%=

µ

a3

"ax2

2+

a2

2x

#a

0

= µ.

Il baricentro G2 della lamina deve collocarsi nel piano coordinato Oxy, evidente piano disimmetria; un asse di simmetria e inoltre identificabile con la bisettrice y = x, consideratal’identita:

"(x, y) =µ

a3(x + y) =

µ

a3(y + x) = "(y, x) " (x, y) # OABC .

Si puo percio scrivere:G2 ! O = x2e1 + x2e2

con ascissa x2 determinata da:

x2 =1

m2

a!

0

dx

a!

0

dy xµ

a3(x + y) =

1µ

µ

a3

a!

0

dx

a!

0

dy (x2 + xy) =

=1a3

a!

0

dx

"x2y + x

y2

2

#a

y=0

=1a3

a!

0

dx$x2a + x

a2

2

%=

1a3

"x3

3a +

x2

2a2

2

#a

0

=712

a .

In definitiva:G2 ! O =

712

a e1 +712

a e2 .

Stefano Siboni 1254


Baricentro del sistemaPer determinare il baricentro G del sistema non rimane che applicare la proprieta distribu-tiva alle parti OD e OABC :

G !O =m1(G1 ! O) + m2(G2 ! O)

m1 + m2=

=1

µ

2+ µ

"µ

2

$!2

3a e1

%+ µ

$ 712

a e1 +712

a e2

%#=

=23

$14e1 +

712

e2

%a =

16

a e1 +718

a e2 .

(b) Matrice d’inerzia rispetto rispetto alla terna OxyzLa matrice d’inerzia del sistema viene calcolata come somma delle matrici d’inerzia, re-lative alla stessa terna, dell’asta OD e della lamina quadrata OABC , che devono esseredeterminate separatamente.

Matrice d’inerzia dell’astaDal momento che l’asta e ubicata lungo l’asse coordinato Ox, la sua matrice d’inerziarelativa alla terna Oxyz deve avere il momento d’inerzia rispetto all’asse Oy come unicoelemento non banalmente nullo:

[LO]Asta =

&

'0 0 00 LAsta

yy 00 0 LAsta

yy

(

).

Il momento d’inerzia incognito si ricava dalla definizione, per mezzo dell’integrale:

LAstayy =

!

OD

x2! dx =0!

!a

x2$! µ

a2x%

dx = ! µ

a2

0!

!a

x3dx = ! µ

a2

"x4

4

#0

!a

=14µa2

in modo che la matrice d’inerzia cercata diventa:

[LO]Asta = µa2

&

'0 0 00 1/4 00 0 1/4

(

).

Matrice d’inerzia della laminaLa lamina quadrata di lato a e completamente contenuta nel piano coordinato Oxy. Diconseguenza, la sua matrice d’inerzia relativa a Oxyz deve assumere la forma generale:

[LO]Lamina =

&

'LLamina

xx LLaminaxy 0

LLaminaxy LLamina

yy 00 0 LLamina

xx + LLaminayy

(

) .

Stefano Siboni 1255


Per il momento d’inerzia relativo all’asse Ox si ha:

LLaminaxx =

!

[0,a]2

y2" dxdy =a!

0

dx

a!

0

dy y2 µ

a3(x + y) =

=µ

a3

a!

0

dx

a!

0

dy (xy2 + y3) =µ

a3

a!

0

dx

"x

y3

3+

y4

4

#a

y=0

=

=µ

a3

a!

0

$x

a3

3+

a4

4

%dx =

µ

a3

"x2

2a3

3+

a4

4x

#a

0

=512

µa2

e per simmetria si riconosce coincidere con il momento d’inerzia rispetto all’asse ortogonaleOy:

LLaminayy =

!

[0,a]2

x2"(x, y)dxdy =!

[0,a]2

y2"(y, x)dydx =

=!

[0,a]2

y2"(x, y)dydx = LLaminaxx =

512

µa2.

Non rimane che calcolare il prodotto d’inerzia LLaminaxy , che e dato dall’espressione:

LLaminaxy = !

!

[0,a]2

xy " dxdy = !a!

0

dx

a!

0

dy xyµ

a3(x + y) =

= ! µ

a3

a!

0

dx

a!

0

dy (x2y + xy2) = ! µ

a3

a!

0

dx

"x2 y2

2+ x

y3

3

#a

y=0

=

= ! µ

a3

a!

0

$x2 a2

2+ x

a3

3

%dx = ! µ

a3

"a2

2x3

3+

x2

2a3

3

#a

0

= !13µa2.

Si conclude pertanto che la matrice d’inerzia della lamina vale:

[LO]Lamina = µa2

&

'5/12 !1/3 0!1/3 5/12 0

0 0 5/6

(

) .

Matrice d’inerzia del sistemaSommando le matrici [LO]Asta e [LO]Lamina si perviene al risultato richiesto:

[LO] = [LO]Asta + [LO]Lamina = µa2

&

'5/12 !1/3 0!1/3 2/3 0

0 0 13/12

(

) .

Stefano Siboni 1256


(c) Momento d’inerzia rispetto all’asse y = !2xL’asse y = !2x passa evidentemente per l’origine e la sua direzione e completamentespecificata dal versore:

n =e1 ! 2e2

|e1 ! 2e2|=

e1 ! 2e2%5

=1%5e1 !

2%5e2.

Il momento d’inerzia relativo alla retta considerata si esprime allora nella forma:

I = (n1 n2 n3)[LO]

&

'n1

n2

n3

(

) =

=$ 1%

5! 2%

50%

µa2

&

'5/12 !1/3 0!1/3 2/3 0

0 0 13/12

(

)

&

****'

1%5

! 2%5

0

(

++++)=

=15µa2(1 ! 2 0)

&

'5/12 !1/3 0!1/3 2/3 0

0 0 13/12

(

)

&

'1!20

(

) =

=15µa2(1 ! 2 0)

&

'13/12!5/3

0

(

) =15µa2

$1312

+103

%=

5360

µa2.

(d) Energia cinetica e momento angolareSe il sistema rigido ruota attorno all’asse Oz con velocita angolare #$ = 2$e3, il suomomento angolare in O e dato dalla formula generale:

#KO = LO(#$) = K1e1 + K2e2 + K3e3

con le componenti K1,K2,K3 specificate dalla relazione matriciale:&

'K1

K2

K3

(

) = [LO]

&

'00

2$

(

) = µa2

&

'5/12 !1/3 0!1/3 2/3 0

0 0 13/12

(

)

&

'00

2$

(

) = µa2$

&

'00

13/6

(

) .

Si ha pertanto:#KO =

136

µa2$ e3 .

Quanto all’energia cinetica, si ha:

T =12

#KO · #$ =12

136

µa2$ e3 · 2$ e3 =136

µa2$2.

Stefano Siboni 1257


(e) EquilibrioSe il sistema rigido ha asse fisso Oz privo di attrito, condizione necessaria e su!ciente perl’equilibrio e il momento risultante, rispetto allo stesso asse, delle forze attive applicate sianullo. Il momento in O della forza #FB = e1 + % e2 agente in B(a, a, 0) vale:

(B ! O) & #FB = (a e1 + a e2) & (e1 + % e2) =

,,,,,,

e1 e2 e3

a a 01 % 0

,,,,,,= a(% ! 1) e3

mentre quello della forza #FD = 2 e2 applicata in D(!a, 0, 0) risulta:

(D ! O) & #FD = (!a e1) & 2 e2 =

,,,,,,

e1 e2 e3

!a 0 00 2 0

,,,,,,= !2a e3 .

Il momento assiale risultante delle sollecitazioni attive applicate diventa quindi:

[(B ! O) & #FB + (D ! O) & #FD] · e3 = a(% ! 1) ! 2a = a(% ! 3)

e si annulla se e soltanto se % = 3.

Esercizio 222. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoUna circonferenza omogenea, di raggio R, massa m e centro O ruota attorno all’asseorizzontale Oz di una terna inerziale Oxyz, mantenendosi nel piano Oxy di questa. Sulsuo bordo e fissato un punto A di massa m, che una molla di costante elastica k = mg/2Rcollega ad un altro punto B di pari massa, a sua volta libero di muoversi lungo la semirettadell’asse Ox definita da x ' 2R. L’intero sistema e soggetto alla forza peso.

Assunti i vincoli ideali e facendo uso delle coordinate lagrangiane & ed s indicate in figura,determinare del sistema, rispetto alla terna Oxyz:

(a) l’energia cinetica;(b) gli equilibri ordinari;(c) le proprieta di stabilita degli equilibri ordinari;

Stefano Siboni 1258


(d) le equazioni di Lagrange;

(e) un integrale primo;

(f) gli equilibri di confine (facoltativo) .

Soluzione(a) Energia cineticaGrazie alla proprieta di additivita, l’energia cinetica del sistema si puo determinare comesomma delle energie cinetiche della circonferenza e del punto B.

CirconferenzaLa circonferenza, cui e fissato solidalmente il punto A, rispetto all’asse di rotazione Oz hamomento d’inerzia:

IOz = IcircOz + m|A ! O|2 = mR2 + mR2 = 2mR2

e velocita angolare istantanea:#$ = & e3

per cui la sua energia cinetica si scrive:

Tcirc =12IOz |#$|2 =

122mR2|& e3|2 = mR2&2 .

Punto BIl punto B e vincolato a scorrere lungo l’asse Ox e la sua posizione e completamenteindividuata da:

B ! O = Rs e1

e la relativa velocita istantanea vale

B = sR e1 .

L’energia cinetica del punto risulta pertanto:

TB =12mB2 =

12mR2s2.

Energia cinetica del sistemaL’energia cinetica del sistema segue ora dalla somma delle energie cinetiche di circonferenzae punto B:

T = Tcirc + TB = mR2&2 +12mR2s2 .

Stefano Siboni 1259


(b) Equilibri ordinariLe sollecitazioni attive applicate al sistema sono la forza peso e l’interazione elastica fra ipunti A e B, entrambe di natura posizionale conservativa. Nel calcolo del potenziale gravi-tazionale il punto B e la circonferenza omogenea possono essere ignorati, dal momento chei rispettivi baricentri non subiscono alcuna variazione di ordinata al variare dei parametrilagrangiani s e &. La sola forza peso da tenere in conto e dunque quella del punto A, alquale si puo associare il potenziale

Ug = !mg e2 · (A ! O) = !mgR sin&.

Quanto all’interazione elastica, e evidente che:

A ! O = R cos & e1 + R sin& e2 B !O = Rs e1

per cui

A ! B = R cos & e1 + R sin& e2 ! Rs e1 = R(cos &! s) e1 + R sin & e2

ed il potenziale elastico diventa:

Uel = !k

2|A ! B|2 = !kR2

2(s2 ! 2s cos & + 1) .

Omesse le costanti additive inessenziali, il potenziale del sistema e la somma dei potenzialigravitazionale ed elastico:

U(s,&) = !mgR sin &! kR2

2(s2 ! 2s cos &) " (s,&) # (!(, 2] $ R .

Gli equilibri ordinari del sistema si ricavano uguagliando a zero le derivate parziali primedel potenziale:

'U

's(s,&) = !kR2

2(2s ! 2 cos &) = !kR2(s ! cos &)

'U

'&(s,&) = !mgR cos & ! kR2s sin &

e quindi risolvendo nel dominio aperto {(s,&) # (!(, 2) $ R} il sistema di equazionitrigonometriche: -

.

/s ! cos & = 0

!mgR cos & ! kR2s sin & = 0.

La prima equazione porge la relazione:

s = cos &

Stefano Siboni 1260


che sostituita nella seconda conduce all’equazione trigonometrica nella sola variabile an-golare &:

!mgR cos & ! kR2 cos & sin & = 0

ossia:! cos &(mgR + kR2 sin&) = 0 .

Essendo k = mg/2R e evidente che l’espressione entro parentesi tonde non puo annullarsiper alcun valore reale di &:

mgR + kR2 sin & = mgR +12mgR sin & > 0 "& # R

per cui i soli equilibri ordinari possono aversi per cos& = 0:

& =(

2& = !(

2.

Ad entrambe queste radici corrisponde, in e"etti, lo stesso valore s = 0 del secondoparametro lagrangiano. Gli equilibri ordinari del sistema sono pertanto individuati tutti esoltanto dai valori:

(s,&) =$0,

(

2

%(s,&) =

$0,!(

2

%

dei parametri.

(c) Stabilita degli equilibri ordinariL’analisi di stabilita degli equilibri ordinari viene condotta per mezzo dei teoremi diLagrange-Dirichlet e di inversione parziale, visto che tutte le sollecitazioni attive hannocarattere posizionale conservativo. Il primo passo e, al solito, la determinazione dellederivate parziali seconde del potenziale:

'2U

's2(s,&) = !kR2 '2U

'&2(s,&) = mgR sin& ! kR2s cos &

'2U

'&'s(s,&) =

'2U

's'&(s,&) = !kR2 sin &

e della relativa matrice hessiana:

HU (s,&) =

&

'!kR2 ! kR2 sin&

! kR2 sin& mgR sin &! kR2s cos &

(

)

che deve essere valutata nelle singole configurazioni di equilibrio.

Configurazione (s,&) = (0,(/2)L’hessiana del potenziale e data da:

HU (0,(/2) =

&

'!kR2 ! kR2

! kR2 mgR

(

) =

&

'!mgR/2 ! mgR/2

!mgR/2 mgR

(

)

Stefano Siboni 1261


e il suo determinante ha chiaramente segno negativo:

detHU (0,(/2) = (mgR)2$!1

2! 1

4

%= !3

4(mgR)2 < 0.

Gli autovalori — reali — della matrice sono quindi di segno opposto. La presenza di unautovalore positivo consente di applicare il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet e di concludere che la configurazione di equilibrio e instabile.

Configurazione (s,&) = (0,!(/2)In questo caso l’hessiana del potenziale vale:

HU (0,!(/2) =

&

'!kR2 kR2

kR2 !mgR

(

) =

&

'!mgR/2 mgR/2

mgR/2 !mgR

(

)

con determinante positivo:

detHU (0,!(/2) =14(mgR)2 > 0

e traccia negativa:

trHU (0,!(/2) = !32mgR < 0

in modo che i relativi autovalori risultanto entrambi negativi. La configurazione costitu-isce pertanto un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilita e assicurata dalteorema di Lagrange-Dirichlet.

(d) Equazioni di LagrangeLa lagrangiana L = T + U del sistema si scrive

L = mR2&2 +12mR2s2 ! mgR sin & ! kR2

2(s2 ! 2s cos &)

e da essa si deducono le relazioni:

d

dt

$'L

's

%= mR2s

'L

's= !kR2(s ! cos &)

d

dt

$'L

'&

%= 2mR2&

'L

'&= !mgR cos & ! kR2s sin &

che inserite nelle equazioni di Lagrange:

d

dt

$'L

's

%! 'L

's= 0

d

dt

$'L

'&

%! 'L

'&= 0

porgono le equazioni pure del moto:

mR2s + kR2(s ! cos &) = 0

Stefano Siboni 1262


2mR2& + mgR cos & + kR2s sin & = 0

ovvero — si ricordi che k = mg/2R:-00.

00/

s +g

2R(s ! cos &) = 0

& +g

2Rcos & +

g

4Rs sin & = 0.

(e) Integrale primoIl sistema e scleronomo e soggetto unicamente a sollecitazioni posizionali conservative. Unovvio integrale primo e allora o"erto dall’energia meccanica H = T !U , che esplicitamentesi scrive:

H(s,&, s, &) = mR2&2 +12mR2s2 + mgR sin& +

kR2

2(s2 ! 2s cos &) .

(f) Equilibri di confineIn una generica configurazione (s,&) il lavoro virtuale delle forze attive, per un qualsiasispostamento virtuale ()s, )&) relativo alla configurazione considerata, e dato dall’espres-sione:

)L ='U

's(s,&) )s +

'U

'&(s,&) )&

che esplicitamente si legge:

)L = !kR2(s ! cos &) )s ! (mgR cos & + kR2s sin &) )& .

Le configurazioni di confine del sistema sono tutte e soltanto quelle della forma:

(s,&) = (2,&) , & # R ,

con gli spostamenti virtuali dati da:

()s, )&) , " )s ' 0 , " )& # R.

In una qualsiasi configurazione di confine si ha pertanto:

)L = !kR2(2 ! cos &) )s ! (mgR cos & + 2kR2 sin &) )&

e l’equilibrio ricorre se e soltanto se:

!kR2(2 ! cos &) )s ! (mgR cos & + 2kR2 sin &) )& ' 0 " )s ' 0 , " )& # R

ossia: -.

/!kR2(2 ! cos &) ) 0

!(mgR cos & + 2kR2 sin &) = 0.

E evidente che la prima delle due condizioni non e mai verificata, per cui il sistema nonammette alcun equilibrio di confine.

Stefano Siboni 1263


Esercizio 223. Geometria delle masseUn corpo rigido e costituito da un’asta rettilinea OA di lunghezza R e da un settorecircolare omogeneo S di massa µ/2, raggio R, centro O ed ampiezza (/2 radianti. Rispettoad una terna solidale O*+, l’asta OA si dispone lungo l’asse O*, mentre S e collocato nelprimo quadrante del piano O*+ con vertice in O. La densita lineare dell’asta si scrive

!(*) = ! µ

R2* " * # [!R, 0] .

Sapendo che l’intero sistema ha punto fisso in O, si chiede di determinare:

(a) la posizione del baricentro rispetto alla terna O*+,;(b) la matrice d’inerzia del sistema rispetto alla stessa terna;(c) il momento d’inerzia relativo alla bisettrice del primo e terzo quadrante O*+;(d) l’energia cinetica del sistema qualora la velocita angolare istantanea sia #$ = $e1!$e3;(e) il momento angolare in O del corpo, nella stessa ipotesi di cui al punto (d).

Soluzione(a) Posizione del baricentroConviene calcolare separatamente i baricentri dell’asta OA e del settore circolare S, perpoi applicare il teorema distributivo.

Baricentro di SSe si indicano con *S

G, +SG, ,S

G le coordinate del baricentro GS del settore circolare rispettoalla terna O*+,, il vettore posizione di GS si scrive:

GS ! O = *SGe! + +S

Ge" + ,SGe#

in termini dei versori di base e!, e", e# associati alla stessa terna di riferimento. Il pianoO*+ di giacitura del settore circolare costituisce un ovvio piano di simmetria della figuraed implica pertanto che si abbia

,SG = 0 ;

per contro, e altresı evidente che la retta + = * rappresenta un asse di simmetria di S, percui deve risultare altresı

*SG = +S

G .

Stefano Siboni 1264


L’ascissa *SG si puo determinare direttamente mediante la definizione, eseguendo il calcolo

in coordinate polari (-,&) definite da x = - cos &, y = - sin &. Poiche il settore e omogeneonon si rende necessario considerare nel calcolo la densita della lamina. Si ha allora:

*SG =

1(R2/4

!

S

* d*d+ =4

(R2

R!

0

d-

$/2!

0

d& - - cos & =

=4

(R2

R!

0

-2d-

$/2!

0

cos & d& =4

(R2

R3

31sin &

2$/2

0=

43(

R

per cui

GS !O =43(

R e! +43(

R e" .

Massa e baricentro dell’astaPer ricavare la massa dell’asta OA si deve integrarne la densita !(*) sull’intervallo * #[!R, 0]:

mOA =0!

!R

$! µ

R2*%

d* = ! µ

R2

"*2

2

#0

!R

=µ

R2

R2

2=

µ

2.

L’asta e ubicata lungo l’asse O*, in modo che le coordinate +OAG e ,OA

G sono certamentenulle:

+OAG = 0 ,OA

G = 0

e la sola coordinata da determinare e l’ascissa

*OAG =

1mOA

0!

!R

*$! µ

R2*%

d* = ! 1mOA

µ

R2

"*3

3

#0

!R

=

= ! 1mOA

µ

R2

R3

3= ! 1

mOA

µR

3= ! 2

µ

µR

3= !2

3R

siccheGOA ! O = !2

3R e! .

Baricentro del sistemaLa proprieta distributiva del baricentro applicata alle parti disgiunge AO ed S porge peril baricentro G del sistema l’espressione:

G ! O =1µ

"µ

2

$ 43(

Re! +43(

Re"

%+

µ

2

$!2

3R%e!

#=

=23(

Re! +23(

Re" ! 13Re! =

$ 23(

! 13

%Re! +

23(

Re" .

Stefano Siboni 1265


(b) Matrice d’inerziaPer il calcolo della matrice d’inerzia e opportuno considerare il sistema come costituitodalle due parti rigide OA e S, che possono peraltro essere riguardate come disgiunte vistoche il solo elemento di contatto fra le due si identifica con il punto O, del tutto irrilevantenel calcolo degli integrali curvilinei lungo OA e di quelli di superficie sul settore S. Siprocedere pertanto alla determinazione delle matrici d’inerzia in O*+, dell’asta OA e delsettore circolare S, per poi sommare elemenento per elemento le due matrici d’inerzia cosıottenute.

Matrice d’inerzia dell’asta OAL’asta si dispone secondo l’asse coordinato O* della terna prescelta per il calcolo, cosicchela relativa matrice d’inerzia si presenta nella forma generale

[LO]OA =

&

'0 0 00 LOA

"" 00 0 LOA

""

(

)

dove compare il solo momento d’inerzia LOA"" rispetto all’asse coordinato O+. L’unico

elemento incognito viene determinato secondo la definizione e quindi per mezzo di unintegrale curvilineo:

LOA"" =

0!

!R

(!*)2$! µ

R2*%

d* = ! µ

R2

0!

!R

*3d* = ! µ

R2

"*4

4

#0

!R

=µ

R2

R4

4=

µR2

4

dal quale si deduce la matrice cercata:

[LO]OA = µR2

&

'0 0 00 1/4 00 0 1/4

(

) .

Matrice d’inerzia del settore circolare SIl settore circolare S si colloca nel piano coordinato O*+ della terna di riferimento O*+,;inoltre, per simmetria, i momenti d’inerzia relativi agli assi coordinati O* ed O+ debbononecessariamente coincidere, visto che il settore circolare e omogeneo. Di conseguenza, lamatrice d’inerzia di S deve assumere la forma tipica:

[LO]S =

&

'LS

!! LS!" 0

LS!" LS

!! 00 0 2LS

!!

(

)

nella quale sono incogniti il solo momento d’inerzia LS!! ed il solo prodotto d’inerzia LS

!",che possono essere ricavati direttamente mediante le relative definizioni integrali. Per ilmomento d’inerzia si ha:

LS!! =

!

S

+2" d*d+ =R!

0

d- -

$/2!

0

d& (- sin &)2µ/2

(R2/4=

2µ

(R2

R!

0

-3d-

$/2!

0

sin2& d& =

=2(

µ

R2

R4

4

$/2!

0

1 ! cos 2&

2d& =

12(

µR2 12

"&! sin 2&

2

#$/2

0

=14(

µR2 (

2=

18µR2

Stefano Siboni 1266


mentre il prodotto d’inerzia viene ottenuto come segue:

LS!" = !

R!

0

d--

$/2!

0

d& - sin & - cos &2µ

(R2=

= ! 2µ

(R2

R!

0

-3d-

$/2!

0

sin & cos & d& = ! 2µ

(R2

R4

4

"sin2&

2

#$/2

0

= ! 14(

µR2.

La matrice d’inerzia del settore S vale pertanto:

[LO]S = µR2

&

'1/8 !1/4( 0

!1/4( 1/8 00 0 1/4

(

) .

Matrice d’inerzia del sistemaNon rimane che sommare la matrici d’inerzia relative ai singoli sottosistemi OA ed S perricavare la matrice d’inerzia dell’intero sistema — proprieta di additivita —

[LO] = [LO]OA + [LO]S = µR2

&

'1/8 !1/4( 0

!1/4( 3/8 00 0 1/2

(

) .

(c) Momento d’inerzia rispetto alla bisettriceLa bisettrice del primo e terzo quadrante nel piano coordinato O*+ — di equazione + = *— si identifica con la retta passante per l’origine la cui direzione e specificata dal versore

n =1%2e! +

1%2e" .

Il momento d’inerzia relativo allo stesso asse si scrive percio:

IOn =1%2(1 1 0)[L0]

1%2

&

'110

(

) = n · LO(n) =

=12(1 1 0) µR2

&

'1/8 !1/4( 0

!1/4( 3/8 00 0 1/2

(

)

&

'110

(

) =12µR2(1 1 0)

&

***'

18! 1

4(

! 14(

+38

0

(

+++)=

=12µR2

$18! 1

4(! 1

4(+

38

%=

14

$1 ! 1

(

%µR2.

Stefano Siboni 1267


(d) Energia cineticaL’ipotesi che il sistema rigido abbia punto O fisso autorizza ad a"ermare che la sua energiacinetica possa essere espressa nella forma

T =12#$ · LO(#$) =

12($1 $2 $3)[L0]

&

'$1

$2

$3

(

)

in termini del vettore velocita angolare istantanea #$ = $e1 ! $e3, di componenti:

($1, $2, $3) = ($, 0, !$).

Per sostituzione, e tenuto conto della matrice d’inerzia [LO] ricavata al punto (b), si ricavaallora l’espressione cercata:

T =12($ 0 ! $)µR2

&

'1/8 !1/4( 0

!1/4( 3/8 00 0 1/2

(

)

&

'$0!$

(

) =

=12µR2$2(1 0 ! 1)

&

'1/8 !1/4( 0

!1/4( 3/8 00 0 1/2

(

)

&

'10!1

(

) =

=12µR2$2(1 0 ! 1)

&

'1/8

!1/4(!1/2

(

) =12µR2$2

$18

+12

%=

516

µR2$2.

(e) Momento angolare in OIl momento angolare nel polo O, punto fisso del sistema rigido, si calcola in modo analogoa quanto gia visto per l’energia cinetica nello stesso sistema di riferimento. Il momentoangolare e esprimibile come

#KO = K1e! + K2e" + K3e#

e le sue componenti cartesiane K1, K2, K3 si determinano per mezzo della fondamentalerelazione matriciale &

'K1

K2

K3

(

) = [LO]

&

'$1

$2

$3

(

)

che sostituite le espressioni esplicite della matrice d’inerzia e delle componenti di #$ diventa:&

'K1

K2

K3

(

) = µR2

&

'1/8 !1/4( 0

!1/4( 3/8 00 0 1/2

(

)

&

'$0!$

(

) = µR2$

&

'1/8

!1/4(!1/2

(

)

per cui:

K1 =18µR2$ K2 = ! 1

4(µR2$ K3 = !1

2µR2$

ed infine:#KO = µR2$

$18e! !

14(

e" ! 12e#

%.

Stefano Siboni 1268


Esercizio 224. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoUn’asta rettilinea omogenea pesante AB, di lunghezza L e massa m, si muove nel pianoverticale Oxy con l’estremo A vincolato a scorrere lungo l’asse orizzontale Ox e senza chel’asta possa oltrepassare il piano x = 2L — vedi figura. Lo stesso estremo e collegatoall’origine O da una molla di costante elastica k.

Supposti i vincoli ideali, si faccia uso delle coordinate s e . illustrate in figura per deter-minare:

(a) l’energia cinetica del sistema;(b) gli equilibri ordinari;(c) le proprieta di stabilita degli equilibri ordinari;(d) le equazioni di Lagrange del moto;(e) una costante del moto;(f) gli equilibri di confine (facoltativo).

Soluzione(a) Energia cineticaL’asta AB e priva di punti fissi per cui la sua energia cinetica deve essere determinatafacendo ricorso al teorema di Konig. Il baricentro G dell’asta omogenea si identifica con ilsuo punto medio, il cui vettore posizione rispetto alla terna Oxyz si scrive pertanto:

G ! O = A !O + G !A = A ! O +12(B ! A) =

= sLe1 +12(L sin .e1 ! L cos . e2) = L

$s +

12

sin .%e1 !

L

2cos . e2.

Una derivazione rispetto al tempo porge allora la velocita istantanea del baricentro:

G = L$s +

12

cos . .%e1 +

L

2sin . . e2

con modulo quadrato

G2 = L2

"s2 + cos . s. +

14.2

#.

Stefano Siboni 1269


Il teorema di Konig permette percio di esprimere l’energia cinetica dell’asta come sommadi due contributi:

T =m

2G2 +

12IABGz |#$AB|2

dove il momento d’inerzia IABGz dell’asta rispetto all’asse Gz e il vettore velocita angolare

istantanea della stessa sono dati da:

IABGz =

mL2

12#$AB = . e3 .

Basta allora sostituire queste ultime relazioni nella formula di Konig per ottenere l’energiacinetica richiesta:

T =mL2

2

$s2 + cos . s. +

14.2

%+

mL2

24.2 =

mL2

2

$s2 + cos . s. +

13.2

%.

(b) Equilibri ordinariLe sollecitazioni applicate al sistema consistono nella forza peso agente sull’asta e nell’in-terazione elastica fra l’estremo A e l’origine O. Entrambe hanno natura posizionale con-servativa e vengono descritte per mezzo dei relativi potenziali. Il potenziale associatoall’interazione elastica e dato dall’espressione

Uel = !k

2(A ! O)2 = !k

2(Ls)2 = !kL2

2s2

mentre il potenziale delle forze peso vale

Ug = !mg e2 · (G ! O) = !mg$!L

2cos .

%=

12mgL cos ..

La somma dei potenziali elastico e gravitazionale definisce il potenziale U del sistema:

U(s, .) = !kL2

2s2 +

12mgL cos ..

Il dominio # di definizione di tale potenziale — nonche della stessa parametrizzazione delsistema scleronomo — e individuato dalla condizione che l’asta non possa oltrepassare ilpiano x = 2L, per cui le ascisse degli estremi A e B devono mantenersi non superiori a 2L:

sL ' 2L sL + L sin . ' 2L

ossias ' 2 s ' 2 ! sin ..

Il dominio # e quindi rappresentabile nella forma:

# =3(s, .) # R2 : s ' 2

4*3(s, .) # R2 : s ' 2 ! sin .

4=

=3(s, .) # R2 : s ' min(2, 2 ! sin .)

4

Stefano Siboni 1270


ed ha l’aspetto evidenziato con il tratteggio nella figura seguente:

Dalla definizione e immediato verificare che si tratta di un dominio chiuso ed appare quindievidente che il sistema scleronomo e a vincoli unilaterali. Gli equilibri ordinari del sistemasono tutti e soli i punti critici del potenziale, purche ricompresi nell’interno del dominio #.Calcolando le derivate parziali prime di U ed uguagliandole a zero si hanno le equazionidi equilibrio:

'U

's= !kL2s = 0

'U

'.= !1

2mgL sin . = 0

dalle quali si ricavano i punti critici:

(s, .) = (0, 0) (s, .) = (0,()

che appartengono entrambi all’interno del dominio #:

0 < min(2, 2 ! sin 0) = 2 0 < min(2, 2 ! sin () = 2

ed individuano percio altrettanti equilibri ordinari del sistema.

(c) Stabilita degli equilibri ordinariTrattandosi di sistema scleronomo posizionale conservativo, l’analisi di stabilita degli equi-libri ordinari — i soli per i quali abbia significato — puo essere condotta facendo riferimentoai teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. A questo scopo si rende necessarioil calcolo delle derivate parziali seconde del potenziale:

'2U

's2= !kL2 '2U

'.2= !1

2mgL cos .

'2U

's'.=

'2U

'.'s= 0

che vengono inserite nella relativa matrice hessiana:

HU (s, .) =

5!kL2 0

0 !12mgL cos .

6.

Non rimane che procedere all’analisi delle singole configurazioni di equilibrio ordinarie.

Stefano Siboni 1271


Configurazione (s, .) = (0, 0)L’hessiana del potenziale si riduce alla forma diagonale:

HU (0, 0) =

5!kL2 0

0 !12mgL

6

i cui autovalori sono entrambi negativi. Se ne conclude che la configurazione costituisceun massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilita e assicurata dal teorema diLagrange-Dirichlet.

Configurazione (s, .) = (0,()Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale ha autovalori di segno opposto, sempreidentificabili con i suoi elementi diagonali:

HU (0,() =

5!kL2 0

012mgL

6;

la presenza dell’autovalore positivo mgL/2 autorizza a concludere che la configurazione diequilibrio e instabile in virtu del teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

(d) Equazioni di LagrangeLa lagrangiana del sistema e definita dalla somma dell’energia cinetica T e del potenzialeU e risulta percio:

L =mL2

2

$s2 + cos . s. +

13.2

%! kL2

2s2 +

12mgL cos ..

Da essa si deducono le espressioni:

'L

's= mL2

$s +

12

cos . .% 'L

's= !kL2s

d

dt

$'L

's

%= mL2

$s +

12

cos . .%! mL2

2sin . .2

'L

'.=

mL2

2

$cos . s +

23.% 'L

'.= !mL2

2sin . s. ! 1

2mgL sin .

d

dt

$'L

'.

%= mL2

$12

cos . s +13. ! 1

2sin . .s

%

che inserite nelle equazioni di Eulero-Lagrange:

d

dt

$'L

's

%! 'L

's= 0

d

dt

$'L

'.

%! 'L

'.= 0

porgono le equazioni pure del moto richieste:-0.

0/

mL2$s +

12

cos . . ! 12

sin . .2%

+ kL2s = 0

mL2$1

2cos . s +

13.%

+12mgL sin . = 0

Stefano Siboni 1272


definite " (s, .) # int(#) e " (s, .) # R2.

(e) Costante del motoPer questo sistema scleronomo, soggetto unicamente a sollecitazioni posizionali conserva-tive, un ovvio integrale primo e quello dell’energia meccanica H = T!U , che esplicitamentesi scrive:

H(s, ., s, .) =mL2

2

$s2 + cos . s. +

13.2

%+

kL2

2s2 ! 1

2mgL cos ..

(f) Equilibri di confineNell’ipotesi di vincoli ideali, gli equilibri di confine del sistema sono individuati medianteil teorema dei lavori virtuali. Il lavoro virtuale delle sollecitazioni attive in una genericaconfigurazione (s, .) e per un qualsiasi spostamento virtuale ()s, ).) e dato da

)L ='U

's(s, .) )s +

'U

'.(s, .) ). = !kL2s )s ! 1

2mgL sin . ). .

La configurazione di confine (s, .) # '# e un equilibrio se e soltanto se

!kL2s )s ! 12mgL sin . ). ' 0

per ogni ()s, ).) # R2 che individua uno spostamento virtuale del sistema relativo allaconfigurazione considerata. Dalla struttura del dominio # e evidente che, qualunque siala configurazione di confine prescelta, e sempre possibile considerare spostamenti virtualidella forma

()s, ).) = ()s, 0) " )s ' 0

per i quali il lavoro virtuale diventa

)L = !kL2s )s .

Siccome i punti della frontiera di # sono del tipo s = 2 ! sin ., si conclude allora che perl’equilibrio dovrebbe aversi:

)L = !kL2(2 ! sin .) )s ' 0 " )s ' 0 ,

una condizione palesemente assurda, in quanto e sempre 2 ! sin . > 0. Cio basta adescludere il ricorrere di equilibri di confine per il sistema.

Esercizio 225. Sistema rigido con asse fissoIn una terna galileiana Oxyz e dato un sistema rigido con asse fisso Ox privo di attrito.In una assegnata configurazione S al sistema sono applicate le seguenti sollecitazioni:

#F1 = f(3e1 ! e2 + 2e3) nel punto P1(0, L, L)#F2 = f(!2e1 + e2 + 4e3) nel punto P2(2L,!L,!L)

Stefano Siboni 1273


essendo f > 0 e L > 0 due costanti caratteristiche del sistema aventi rispettivamente ledimensioni di una forza e di una lunghezza. Determinare:

(a) se la configurazione S e un equilibrio del sistema;

(b) il risultante delle reazioni vincolari esterne applicate al sistema;

(c) il momento risultante delle reazioni vincolari esterne.

Soluzione(a) Equilibrio del rotore rigidoNel caso di un sistema rigido con asse fisso privo di attrito la condizione necessaria e su!-ciente perche la configurazione S del sistema sia di equilibrio e che il momento risultante,rispetto all’asse fisso Ox, delle forze attive applicate sia uguale a zero:

S equilibrio +, e1 · #MaO = 0 .

In questo caso la condizione diventa:

e1 · [(P1 ! O) & #F1 + (P2 ! O) & #F2] =

=

,,,,,,

1 0 00 L L3f !f 2f

,,,,,,+

,,,,,,

1 0 02L !L !L!2f f 4f

,,,,,,= 3fL + f(!3L) = 0

per cui la configurazione e e"ettivamente di equilibrio per il sistema.

(b) Risultante delle reazioni vincolari esterneLa prima equazione cardinale della statica permette di identificare il risultante #Rest,% dellereazioni vincolari esterne con il risultante cambiato di segno delle sollecitazioni attive. Siha pertanto:

#Rest,% = !(#F1 + #F2) = !f(3e1 ! e2 + 2e3 ! 2e1 + e2 + 4e3) = f(!e1 ! 6e3) .

(c) Momento risultante in O delle reazioni vincolari esterneDalla seconda equazione cardinale della statica si deduce che il momento risultante in Odelle reazioni vincolari esterne e opposto al momento risultante, nello stesso polo, delleforze attive. Vale dunque:

#Mest,%O = !(P1 !O) & #F1 ! (P2 ! O) & #F2 =

= !

,,,,,,

e1 e2 e3

0 L L3f !f 2f

,,,,,,!

,,,,,,

e1 e2 e3

2L !L !L!2f f 4f

,,,,,,=

= !(3fLe1 + 3fLe2 ! 3fLe3) ! (!3fLe1 ! 6fLe2) = (3e2 + 3e3)fL.

Stefano Siboni 1274


Esercizio 226. Analisi di WeierstrassUn punto materiale di massa unitaria e vincolato a scorrere senza attrito lungo l’asse Oxdi una terna inerziale e soggetto ad un campo di forze:

#F (x) = (x4 ! 1) e1 .

Determinare:

(a) le condizioni iniziali per le quali il moto del sistema e periodico;(b) le condizioni iniziali per i moti a meta asintotica;(c) il ritratto di fase del sistema.

SoluzionePoiche il punto e vincolato a scorrere senza attrito lungo l’asse coordinato Ox la relativaequazione pura del moto si ricava proiettando la seconda legge della dinamica — postulatodelle reazioni vincolari — lungo l’asse vincolare Ox e risulta percio:

x = #F (x) · e1 = x4 ! 1 = ! d

dx

$!x5

5+ x

%= !dW

dx(x)

essendo W l’energia potenziale del sistema:

W (x) = !x5

5+ x x # R .

Il sistema e unidimensionale e soggetto unicamente a sollecitazioni posizionali conservative.L’andamento qualitativo dei suoi moti puo essere discusso con i metodi dell’analisi diWeierstrass, che richiede un esame dettagliato del grafico di W . Detta funzione ha due solipunti critici che si ottengono uguagliandone a zero la derivata prima

W "(x) = !x4 + 1

e risultano dati dax = +1 x = !1 .

La natura di questi estremi appare evidente dal calcolo della derivata seconda W ""(x) =!4x3:

W ""(+1) = !4 < 0 W ""(!1) = +4 > 0

che consente di riconoscere in x = +1 e x = !1 rispettivamente un punto di massimorelativo proprio ed un punto di minimo relativo proprio dell’energia potenziale. Al fine dideterminare il grafico di W importante e anche il valore assunto dalla funzione nei propripunti critici:

W (+1) = 4/5 W (!1) = !4/5

nonche la circostanza che il grafico deve passare per l’origine — W (0) = 0. Si hanno infinele condizioni ai limiti:

limx#+$

W (x) = !( limx#!$

W (x) = +( .

Stefano Siboni 1275


L’energia potenziale ha cosı il grafico illustrato nella figura seguente:

che serve come base per la discussione di Weierstrass e la costruzione del ritratto di fasedel sistema. La classificazione delle soluzioni viene ottenuta facendo uso, come sempre,dell’integrale primo dell’energia meccanica:

H(x, x) = T (x, x) + W (x) =x2

2! x5

5+ x , (x, x) # R2.

(a) Condizioni iniziali per i moti periodiciPer i criteri di Weierstrass i moti periodici si realizzano negli intervalli compatti dell’ascissax sul cui interno la funzione di Weierstrass risulta strettamente positiva, presentando duezeri semplici agli estremi — che costituiscono altrettanti punti di inversione del moto. Lacondizione ricorre se e soltanto se l’energia meccanica totale assume un valore compresofra W (!1) = !4/5 e W (1) = +4/5, sempreche la coordinata iniziale x sia minore di 1, ilpunto di massimo relativo di W ,

7(x, x) # R2 , !4

5<

x2

2! x5

5+ x <

45

, x < 18

in modo da escludere i moti definitivamente progressivi ottenuti per x > 1 — e tendenti ax = +( nel futuro.

(b) Condizioni iniziali per i moti a meta asintoticaI moti a meta asintotica del sistema si verificano soltanto per H(x, x) = W (1), poiche in talcaso il punto x = 1 rappresenta uno zero doppio della funzione di Weierstrass. Al solito, laposizione iniziale x = 1 deve essere esclusa in quanto implicherebbe ad una velocita inizialex = 0 e corrisponderebbe alla soluzione statica (x, x) = (1, 0). Per x < 1 si ottiene unasoluzione x(t) omoclina, in quanto dotata di meta asintotica x = 1 tanto nel futuro comenel passato:

limt#+$

x(t) = 1 limt#!$

x(t) = 1 .

Nel caso si scelga una posizione iniziale x > 1 e necessario richiedere che la velocita inizialesia negativa, in modo che il moto sia a meta asintotica nel futuro e non nel passato. Indefinitiva, l’insieme delle condizioni iniziali associate ai moti asintotici e dato da7(x, x) # R2 ,

x2

2!x5

5+x =

45

, x < 18-7(x, x) # R2 ,

x2

2! x5

5+x =

45

, x > 1 , x < 08.

Stefano Siboni 1276


(c) Ritratto di faseIl ritratto di fase viene ricavato tracciandoqualitativamente le orbite corrispondenti avalori notevoli dell’energia meccanica, pre-cisamente:

. E0 = !4/5, per la quiete nella config-urazione di equilibrio stabile x = !1 eper alcuni moti aperiodici;

. E1 # (!4/5, 4/5), per i moti periodicied alcuni moti aperiodici;

. E2 = 4/5, per i moti a meta asintotica,la quiete nella configurazione di equi-librio instabile x = +1 ed alcuni motiaperiodici;

. E3 > 4/5 per i moti aperiodici residui.

I livelli di energia sul grafico dell’energiapotenziale e le relative orbite nel piano dellefasi sono riprodotti nell’illustrazione a lato.

Esercizio 227. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. non conservativoUn disco circolare omogeneo D, di massa m, raggio R e centro C , e vincolato a muoversinel piano verticale Oxy di una terna inerziale Oxyz, ruotando attorno al punto O del suobordo. Un punto materiale P , di massa m, puo scorrere liberamente lungo il diametroOA del disco, come illustrato in figura. L’intero sistema e pesante e una molla ideale dicostante elastica 2mg/R collega P con il centro C . Il punto P e infine soggetto ad unaresistenza viscosa #F = !%P , con % costante positiva.

Assunti i vincoli ideali e utilizzando i parametri adimensionali s # (!1, 1) e . indicati infigura come coordinate generalizzate, determinare:

(a) la lagrangiana del sistema;

(b) gli equilibri ordinari del sistema;

Stefano Siboni 1277


(c) le proprieta di stabilita degli equilibri;(d) le equazioni linearizzate del moto nell’intorno di un equilibrio stabile, considerando

% = 0;(e) frequenze e modi normali delle piccole oscillazioni nell’intorno dello stesso equilibrio

stabile, sempre considerando % = 0.

Soluzione(a) LagrangianaPer determinare la lagrangiana del sistema e necessario calcolare l’energia cinetica T e ilpotenziale associato alle sollecitazioni attive applicate, il peso e l’interazione elastica fra ipunti C e P .

Energia cineticaL’energia cinetica del sistema si calcola come somma di due contributi TD e TP , l’unorelativo al disco circolare, l’altro riguardante il punto P . Notato che il baricentro deldisco D coincide con il centro geometrico C di questo e ricordando che la velocita angolareistantanea di D si scrive .e3, i teoremi di Konig e di Huygens-Steiner porgono per TDl’espressione:

TD =12IDOz|. e3|2 =

121IDCz + m|C ! O|2

2.2 =

12

$mR2

2+ mR2

%.2 =

34mR2.2 .

L’energia cinetica del punto materiale P e invece data da:

TP =m

2P 2

dove il vettore posizione di P rispetto alla terna assoluta vale

P ! O = R(s + 1) sin . e1 ! R(s + 1) cos . e2

e la relativa velocita istantanea si ottiene derivando rispetto al tempo

P = R[s sin . e1 + (s + 1) cos . . e1 ! s cos . e2 + (s + 1) sin . . e2] =

= R[sin . s + (s + 1) cos . .] e1 + R[! cos . s + (s + 1) sin . .] e2 .

Il modulo quadrato della velocita istantanea risulta cosı

P 2 = R21sin2. s2 + (s + 1)2cos2. .2 + 2 sin . cos .(s + 1) s.+

+ cos2. s2 + (s + 1)2sin2. .2 ! 2 sin . cos .(s + 1) s.2

= R21s2 + (s + 1)2.2

2

e sostituita nell’espressione dell’energia cinetica fornisce il risultato richiesto:

TP =mR2

21s2 + (s + 1)2.2

2.

Stefano Siboni 1278


Non rimane che sommare le energie cinetiche del disco e del punto P per ricavare l’energiacinetica del sistema:

T = TD + TP =mR2

2

"s2 +

932

+ (s + 1)2:.2

#.

PotenzialeIl potenziale del sistema consiste di un termine di potenziale gravitazionale associato alleparti pesanti D e P :

Ug = !mg(C ! O) · e2 !mg(P ! O) · e2 == mgR cos . + mgR(s + 1) cos . = mgR(s + 2) cos .

e di un termine di potenziale elastico relativo all’interazione elastica fra i punti C e P :

Uel = !k

2(P ! C)2 = !1

22mg

R(Rs)2 = !mgRs2

in modo che risulta:

U(s, .) = Ug + Uel = mgR(s + 2) cos . ! mgRs2 = mgR[(s + 2) cos . ! s2] .

La lagrangiana del sistema e allora identificabile con:

L = T + U =mR2

2

"s2 +

932

+ (s + 1)2:.2

#+ mgR[(s + 2) cos . ! s2] .

(b) Equilibri ordinari del sistemaIl sistema e scleronomo, a vincoli bilaterali e soggetto a sollecitazioni in parte posizionaliconservative, il peso e l’interazione elastica fra i punti C e P , e in parte di natura dissipativa,la forza di resistenza viscosa

#FP = !%P

applicata in P . Le sollecitazioni posizionali conservative saranno descritte dal potenziale U ,mentre della forza viscosa si dovrebbero determinare le componenti lagrangiane. In realtae su!ciente verificare la natura completamente dissipativa delle forze viscose calcolandonela potenza:

( = #FP · P = !%P 2 = !%[s2 + (s + 1)2.2] ' 0

che non soltanto si mantiene di segno non positivo, ma risulta annullarsi soltanto a velocitageneralizzate nulle:

( = 0 +, (s, .) = (0, 0)

in quanto s + 1 # (0, 2). Queste sollecitazioni dissipative si annullano a velocita generaliz-zate s, . nulle e quindi non giocano alcun ruolo nella determinazione delle configurazionidi equilibrio del sistema, che si identificheranno con tutti e soli i punti critici del potenzialeU . Le derivate parziali prime di questo si scrivono

'U

's= mgR(cos . ! 2s)

'U

'.= !mgR(s + 2) sin .

Stefano Siboni 1279


per cui le equazioni di equilibrio assumono la forma

-.

/cos . ! 2s = 0

(s + 2) sin . = 0(s, .) # (!1, 1) $ R .

Poiche s + 2 /= 0 " s # (!1, 1), la seconda equazione di equilibrio equivale a sin . = 0 edimplica percio

. = 0 , (

mentre dalla prima si ha

s =12

cos . .

Gli equilibri ordinari del sistema sono dunque:

(s, .) = (1/2, 0) , (!1/2,()

e risultano entrambi definiti — in quanto s # (!1, 1).

(c) Stabilita degli equilibriLe configurazioni di equilibrio del sistema sono risultate in numero finito e sono pertantonecessariamente isolate. A cio si aggiunge il fatto che le sollecitazioni non posizionaliconservative, la resistenza viscosa in P , hanno natura completamente dissipativa. Icriteri di Barbasin-Krasovskii consentono allora di caratterizzare come asintoticamentestabili tutte le configurazioni di equilibrio corrispondenti ai massimi relativi propri delpotenziale U , mentre tutti i punti critici di U che non siano di massimo vengono riconosciuticome configurazioni di equilibrio instabili. Per accertare la natura dei punti critici delpotenziale si procede in modo standard, calcolando le derivate parziali seconde

Uss = !2mgR U&& = !mgR(s + 2) cos . Us& = U&s = !mgR sin .

e la relativa matrice hessiana del potenziale

HU (s, .) = mgR

;!2 ! sin .

! sin . !(s + 2) cos .

<.

Non rimane che esaminare le singole configurazioni di equilibrio.

Stefano Siboni 1280


Configurazione (s, .) = (1/2, 0)In questo caso la matrice hessiana del potenziale vale

HU (1/2, 0) = mgR

;!2 00 !5/2

<

ed i suoi autovalori — gli elementi diagonali — sono entrambi di segno negativo, per cuila configurazione si riconosce essere un massimo relativo proprio del potenziale. I criteridi Barbasin-Krasovskii assicurano percio la stabilita asintotica della configurazione.

Configurazione (s, .) = (!1/2,()Nella fattispecie l’hessiana del potenziale risulta

HU (!1/2,() = mgR

;!2 00 3/2

<

e gli autovalori hanno segno opposto. La presenza dell’autovalore positivo 3/2 permette diescludere il ricorrere in (s, .) = (!1/2,() di un massimo relativo proprio del potenziale,per cui i criteri di Barbasin-Krasovskii autorizzano a concludere che l’equilibrio e instabile.

(d) Equazioni del moto linearizzate nell’intorno dell’equilibrio stabile, per % = 0.La sola configurazione di equilibrio stabile del sistema e costituita da (s, .) = (1/2, 0) ed equindi nell’intorno di questa che lo studio delle equazioni linearizzate del moto assume unsignificato fisico di un qualche rilievo. Nell’ipotesi di % = 0 la sollecitazione dissipativa none presente ed il sistema ha natura puramente posizionale conservativa. Alla linearizzazionedelle equazioni si puo dunque applicare la teoria standard delle piccole oscillazioni. Indicaticon )s e ). gli scostamenti dei parametri lagrangiani rispetto ai relativi valori di equilibrio

)s = s ! 12

). = . ,

le equazioni del moto linearizzate nell’intorno di (s, .) = (1/2, 0) si scrivono

A(1/2, 0);

)s).

<! HU (1/2, 0)

;)s).

<= 0

doveA(s, .) = mR2

;1 00 (3/2) + (s + 1)2

<

e la matrice dell’energia cinetica del sistema scleronomo, definita da

T =12(s .) A(s, .)

;s.

<,

e HU (s, .) l’hessiana del potenziale gia introdotta. Nella fattispecie

A(1/2, 0) = mR2

;1 00 15/4

<

Stefano Siboni 1281


mentre l’hessiana e quella ricavata dall’analisi di stabilita

HU (1/2, 0) = mgR

;!2 00 !5/2

<

per cui

mR2

;1 00 15/4

<;)s).

<! mgR

;!2 00 !5/2

<;)s).

<= 0

e le equazioni linearizzate si riducono al sistema disaccoppiato

-.

/mR2 )s + 2mgR )s = 0154

mR2 ). +52mgR ). = 0 .

(e) Frequenze e modi normali delle piccole oscillazioni, per % = 0Le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni nell’intorno dell’equilibrio stabile (s, .) =(1/2, 0) sono determinate dall’equazione caratteristica det[$2A(1/2, 0) + HU (1/2, 0)] = 0,che in questo caso assume la forma

det"mR2$2

;1 00 15/4

<#+ mgR

;!2 00 !5/2

<= 0

ossia

det

5mR2$2 ! 2mgR 0

0154

mR2$2 ! 52mgR

6= 0

e si riduce quindi all’equazione biquadratica

mR2$$2 ! 2g

R

% 154

mR2$$2 ! 2

3g

R

%= 0

per cui le pulsazioni normali sono

$1 ==

2g

R$2 =

=23

g

R

e le relative frequenze normali diventano

f1 =$1

2(=

12(

=2g

Rf2 =

$2

2(=

12(

=23

g

R.

Si procedere ora alla caratterizzazione dei modi normali di oscillazione, relativi alle duepulsazioni normali $1 ed $2.

Stefano Siboni 1282


Modo normale di pulsazione $1 =>

2g/RIl problema agli autovalori che caratterizza le ampiezze di oscillazione del modo normalediventa in questo caso

0 =1$2

1A(1/2, 0) + HU (1/2, 0)2 ; a1

a2

<=

;0 00 5mgR

<;a1

a2

<=

;0

5mgRa2

<

per cui risulta a2 = 0 e a1 # R \ {0} arbitrario. Il modo normale di oscillazione e quindidescritto dalla legge oraria generale

;)s).

<= a1

;10

<cos

$=2g

Rt + &1

%" t # R

dove a1 /= 0 e &1 sono costanti reali arbitrarie.

Modo normale di pulsazione $2 =>

2g/3RPer questa pulsazione normale si ha l’equazione agli autovalori

0 =1$2

2A(1/2, 0) + HU (1/2, 0)2 ; b1

b2

<=

5!4

3mgR 00 0

6;b1

b2

<=

5!4

3mgRb1

0

6

dalla quale si deduce che b1 = 0 e che b2 puo assumere qualsiasi valore reale non nullo.L’espressione per il modo normale di oscillazione diventa pertanto

;)s).

<= b2

;01

<cos

$= 2g

3Rt + &2

%" t # R

essendo b2 /= 0 e &2 costanti reali assegnate a piacere.

Esercizio 228. Corpo rigido appoggiatoUn tavolo rigido pesante e appoggiato su un terreno orizzontale debolmente cedevole,identificabile con il piano Oxy di una terna inerziale Oxyz. I punti di appoggio del tavolosono:

P1(0, 0, 0) P2(4, 0, 0) P3(3, 2, 0) P4(1, 2, 0) .

(a) Determinare il poligono di appoggio e l’area di completo appoggio.(b) Stabilire se la configurazione che vede il tavolo appoggiato al terreno in P1, P2, P3, P4

e di equilibrio, nell’ipotesi che il baricentro del tavolo sia G(3/2, 1, 4);(c) Calcolare le reazioni vincolari esterne, nella stessa ipotesi del quesito (b).

Soluzione(a) Poligono d’appoggio e area di completo appoggioPer definizione, il poligono d’appoggio del tavolo rigido e dato dall’inviluppo convessodella base d’appoggio. Essendo questa costituita dai punti P1, P2, P3, P4, che sono postiai vertici di un poligono convesso, si conclude immediatamente che il poligono d’appoggio

Stefano Siboni 1283


si identifica con il quadrilatero P1P2P3P4 — e immediato verificare che si tratta di untrapezio isoscele.

Secondo il modello del suolo debolmente cedevole, i coe!cienti di struttura a, b, c del pianodi appoggio sono determinati dall’equazione matriciale

S

&

'abc

(

) = mg

&

'xG

yG

1

(

)

nella quale xG, yG sono le coordinate della proiezione di G sul piano d’appoggio — centrodi pressione — ed S e la matrice simmetrica

S =

&

'Sxx Sxy Sx

Sxy Syy Sy

Sx Sy ##

(

) =

&

'26 8 88 8 48 4 4

(

)

di elementiSxx =

?

i%!

x2i = 02 + 42 + 32 + 12 = 26

Syy =?

i%!

y2i = 02 + 02 + 22 + 22 = 8

Sxy =?

i%!

xiyi = 0 · 0 + 4 · 0 + 3 · 2 + 1 · 2 = 8

Sx =?

i%!

xi = 0 + 4 + 3 + 1 = 8

Sy = 0 + 0 + 2 + 2 = 4

## = 4 .

Si ha pertanto:&

'abc

(

) = S!1mg

&

'xG

yG

1

(

) = mg120

&

'2 0 !40 5 !5!4 !5 18

(

)

&

'xG

yG

1

(

) .

Stefano Siboni 1284


Le reazioni vincolari esterne applicate ai punti Pi(xi, yi, 0), i = 1, 2, 3, 4 della base d’appog-gio si scrivono nella forma

#$i = $i e3 i = 1, 2, 3, 4

dove le componenti verticali $i sono individuate in termini dei coe!cienti di struttura permezzo delle relazioni

$i = (a b c)

&

'xi

yi

1

(

) = (xG yG 1)mg

20

&

'2 0 !40 5 !5!4 !5 18

(

)

&

'xi

yi

1

(

)

e, a!nche ricorra in Pi una posizione di e"ettivo appoggio del corpo, devono risultarestrettamente positive. In particolare, la componente $1 della reazione vincolare in P1

risulta positiva se e soltanto se le coordinate (xG, yG) del centro di pressione soddisfano lacondizione:

$1 = (xG yG 1)mgS!1

&

'001

(

) = (xG yG 1)mg

20

&

'!4!518

(

) =mg

20(!4xG ! 5yG + 18) > 0 .

Analoghe condizioni si hanno negli altri punti della base di appoggio:

$2 = (xG yG 1)mgS!1

&

'401

(

) = (xG yG 1)mg

20

&

'4!52

(

) =mg

20(4xG ! 5yG + 2) > 0

$3 = (xG yG 1)mgS!1

&

'321

(

) = (xG yG 1)mg

20

&

'25!4

(

) =mg

20(2xG + 5yG ! 4) > 0

$4 = (xG yG 1)mgS!1

&

'121

(

) = (xG yG 1)mg

20

&

'!254

(

) =mg

20(!2xG + 5yG + 4) > 0 .

Il poligono di completo appoggio si compone quindi di tutti e soli i punti individuati dallecoordinate (x, y) che risolvono il sistema di disequazioni lineari

-0.

0/

!4x ! 5y + 18 > 04x ! 5y + 2 > 02x + 5y ! 4 > 0

!2x + 5y + 4 > 0

la cui soluzione si ricava facilmente per via grafica ed e evidenziata con l’ombreggiaturanella figura seguente:

Stefano Siboni 1285


Vale la pena di ricordare che la soluzione si ottiene tracciando nel piano cartesiano le rettedi equazione

!4x ! 5y + 18 = 0 4x ! 5y + 2 = 0 2x + 5y ! 4 = 0 ! 2x + 5y + 4 = 0

ed individuando per ispezione i semipiani risolventi le singole disequazioni, di cui tali rettecostituiscono la frontiera — per esempio basta verificare se l’origine (x, y) = (0, 0) soddisfao meno la relativa disequazione.

(b) EquilibrioIl centro di pressione C del tavolo e costituito dalla proiezione ortogonale del baricentrosul piano d’appoggio. Nella fattispecie, se il baricentro ha coordinate (3/2, 1, 4), la suaproiezione ortogonale sul piano d’appoggio Oxy si scrive dunque

C(3/2, 1, 0) .

E facile convincersi che il centro di pressione appartiene all’area di completo appoggio, inquanto tutte le disequazioni che la definiscono sono soddisfatte per (x, y) = (3/2, 1):

-0.

0/

!4x ! 5y + 18 = !4(3/2) ! 5 + 18 = 7 > 04x ! 5y + 2 = 4(3/2) ! 5 + 2 = 3 > 02x + 5y ! 4 = 2(3/2) + 5 ! 4 = 4 > 0

!2x + 5y + 4 = !2(3/2) + 5 + 4 = 6 > 0.

La configurazione e quindi di equilibrio per il sistema, e il tavolo risulta e"ettivamenteappoggiato su tutti i quattro punti P1, P2, P3, P4.

(c) Reazioni vincolari esterneLe reazioni vincolari richieste si ottengono calcolando le espressioni di $1, $2, $3, $4 giaconsiderate al punto (a) per (xG, yG) = (3/2, 1). Si ha cosı:

$1 =mg

20(!4xG ! 5yG + 18) =

720

mg

$2 =mg

20(4xG ! 5yG + 2) =

320

mg

Stefano Siboni 1286


$3 =mg

20(2xG + 5yG ! 4) =

420

mg

$4 =mg

20(!2xG + 5yG + 4) =

620

mg

e le reazioni vincolari esterne in P1, P2, P3, P4 risultano:

#$1 =720

mge3#$2 =

320

mge3#$3 =

15mge3

#$4 =310

mge3.

Esercizio 229. Analisi di WeierstrassUn punto materiale di massa m = 1 e vincolato a scorrere senza attrito lungo l’asse Ox diuna terna galileiana e subisce l’azione del campo di forze

#F (x) = (x2 ! x3) e1 , x # R .

Si determinino:

(a) le condizioni iniziali che corrispondono ai moti a meta asintotica del sistema;(b) le condizioni iniziali per i moti periodici;(c) il ritratto di fase del sistema;(d) se esistono moti x(t) del sistema per i quali |x(t)| 0 +( (moti non limitati).

SoluzioneL’equazione pura del moto del sistema e ottenuta proiettando la seconda legge della di-namica lungo l’asse Ox

x = #F (x) · e1 = x2 ! x3 .

Si tratta di un sistema unidimensionale soggetto unicamente a sollecitazioni posizionali,che hanno necessariamente natura conservativa: l’andamento qualitativo delle soluzionipuo essere descritto ricorrendo all’analisi di Weierstrass. Il potenziale della sollecitazioneposizionale conservativa e una qualsiasi primitiva di #F (x) · e1:

U(x) =x3

3! x4

4x # R

cui corrisponde l’energia potenziale

W (x) = !U(x) = !x3

3+

x4

4x # R .

Il grafico dell’energia potenziale viene determinato osservando in primo luogo che

limx#+$

W (x) = +( limx#!$

W (x) = +(

Stefano Siboni 1287


mentre annullando la derivata prima

W "(x) = !x2 + x3

si ricavano i due soli punti critici x = 0 e x = 1. Di questi il primo e un punto di flessoorizzontale e il secondo un minimo relativo proprio, come si verifica immediatamente dalvalore della derivata seconda W ""(x) = !2x + 3x2 negli stessi punti:

W ""(0) = 0 W ""(1) = 1 .

Nella discussione di Weierstrass giocano inoltre un ruolo fondamentale i valori dell’energiapotenziale nei punti critici:

W (0) = 0 W (1) = ! 112

.

L’energia potenziale ha cosı il grafico illustrato nella figura seguente:

che serve come base per la discussione di Weierstrass e la costruzione del ritratto di fase delsistema. La classificazione delle soluzioni viene ottenuta facendo uso, al solito, dell’integraleprimo dell’energia meccanica:

H(x, x) = T + W (x) =x2

2! x3

3+

x4

4, (x, x) # R2.

(a) Condizioni iniziali per i moti a meta asintoticaPer i criteri di Weierstrass i moti a meta asintotica ricorrono soltanto per H(x, x) = W (0) =0, allorquando il punto x = 0 e uno zero doppio della funzione di Weierstrass. E necessarioescludere la posizione iniziale x = 0, ossia la velocita iniziale x = 0, che corrisponderebbealla soluzione statica (x, x) = (0, 0). Per x > 0 si ottiene una soluzione x(t) con metaasintotica x = 0 ed orbita omoclina, in quanto

limt#+$

x(t) = 0 limt#!$

x(t) = 0 .

In definitiva, l’insieme delle condizioni iniziali associate ai moti asintotici e dato da@

(x, x) # R2 ,x2

2! x3

3+

x4

4= 0 , x > 0

A.

Stefano Siboni 1288


(b) Condizioni iniziali per i moti periodiciI criteri di Weierstrass prescrivono che i moti periodici si realizzino negli intervalli com-patti di x sul cui interno la funzione di Weierstrass si mantiene strettamente positiva,presentando due zeri semplici agli estremi — punti di inversione del moto. La condizionericorre se e soltanto se l’energia meccanica totale assume un valore strettamente compresofra W (1) = !1/12 e W (0) = 0, ovvero superiore a W (0) = 0. Le condizioni inizialicorrispondenti ai moti periodici del sistema sono quindi tutti e soli i punti dell’insieme:7(x, x) # R2 , ! 1

12<

x2

2! x3

3+

x4

4< 0

8-7(x, x) # R2 , 0 <

x2

2! x3

3+

x4

4

8.

(c) Ritratto di faseIl ritratto di fase viene delineato tracciandoqualitativamente le orbite corrispondenti avalori notevoli dell’energia meccanica, pre-cisamente:

. E0 = W (1) = !1/12, per la quietenella posizione di equilibrio stabile x =1;

. E1 # (!1/12, 0), per alcuni moti perio-dici;

. E3 = W (0) = 0 per lo stato di quietenella posizione x = 0 e per tutti i motia meta asintotica;

. E4 > W (0) = 0 per tutti i moti perio-dici residui.

I livelli di energia sul grafico dell’energiapotenziale e le relative orbite nel piano dellefasi sono illustrato nella figura a lato.

(d) Moti non limitatiPoiche l’energia potenziale W diverge a +( tanto per x 0 !( quanto nel limite dix 0 +(, e evidente che tutti i moti del sistema sono limitati. La risposta al quesito devequindi intendersi negativa.

Esercizio 230. Piccole oscillazioniUn punto materiale di massa unitaria e vincolato a scorrere senza attrito sul quadrato

Q = {(x, y) # [!2, 2] $ [!2, 2]}

del piano coordinato Oxy di una terna inerziale. Assunte le coordinate cartesiane x e ycome parametri lagrangiani, la lagrangiana del sistema si scrive:

L =x2

2+

y2

2+ xy ! x2

2+

y3

3, (x, y) # [!2, 2]$ [!2, 2] .

Stefano Siboni 1289


Determinare:

(a) gli equilibri ordinari del sistema;(b) la stabilita degli equilibri ordinari;(c) frequenze e modi normali di oscillazione nell’intorno di un equilibrio stabile;(d) se la configurazione (x, y) = (!2,!1) e di equilibrio.

Soluzione(a) Equilibri ordinariIl sistema e scleronomo, a vincoli ideali bilaterali e soggetto unicamente a sollecitazioniposizionali conservative descritte dal potenziale U , che si identifica facilmente come

U(x, y) = xy ! x2

2+

y3

3(x, y) # [!2, 2]] $ [!2, 2]

in quanto parte della lagrangiana indipendente dalle coordinate generalizzate x e y. Peril teorema dei lavori virtuali le configurazioni di equilibrio ordinarie del sistema sono tuttie soltanto i punti critici del potenziale nel quadrato aperto {(x, y) # (!2, 2) $ (!2, 2)}.Poiche le derivate parziali prime del potenziale si scrivono

'U

'x= y ! x

'U

'y= x + y2

le equazioni degli equilibri ordinari assumono la forma@

y ! x = 0x + y2 = 0 (x, y) # (!2, 2) $ (!2, 2)

equivalente al sistema algebrico 7 y = xx + x2 = 0

dal quale si deducono le soluzioni

(x, y) = (0, 0) , (!1,!1)

entrambe accettabili. Gli equilibri ordinari del sistema sono percio

(x, y) = (0, 0) e (x, y) = (!1,!1) .

(b) Stabilita degli equilibri ordinariLe sollecitazioni attive applicate al sistema hanno tutte natura posizionale conservativa percui la stabilita degli equilibri ordinari puo essere analizzata ricorrendo ai teoremi standarddi Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. A questo scopo si calcolano preventivamentele derivate parziali seconde del potenziale

Uxx = !1 Uyy = 2y Uxy = Uyx = 1

Stefano Siboni 1290


e la relativa matrice hessiana

HU (x, y) =;!1 11 2y

<

per poi procedere allo studio dei singoli equilibri.

Configurazione (x, y) = (0, 0)In questa configurazione l’hessiana del potenziale e la matrice

HU (0, 0) =;!1 11 0

<

il cui determinante assume segno negativo

detHU (0, 0) = !1 < 0 .

Ne segue che i due autovalori reali della matrice hanno segno opposto e che la presenzadi un autovalore positivo consente desumere l’instabilita della configurazione, in virtu delteorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (x, y) = (!1,!1)In questo caso la matrice hessiana vale

HU (!1,!1) =;!1 11 !2

<

con determinante e traccia dati da

detHU (!1,!1) = 1 trHU (!1,!1) = !3 ;

il segno positivo del determinante comporta che gli autovalori reali della matrice sianodi segno concorde, specificato dal segno della traccia — che coincide, come noto, con lasomma degli autovalori. Se ne conclude che gli autovalori di HU (!1,!1) sono entrambinegativi, in modo che la configurazione si riconoscere costituire un massimo relativo propriodel potenziale, la cui stabilita e assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

(c) Frequenze e modi normali delle piccole oscillazioniLa sola configurazione ordinaria di equilibrio stabile del sistema si ha per (x, y) = (!1,!1)ed e dunque nell’intorno di questa che si procede allo studio delle piccole oscillazioni.L’equazione caratteristica delle piccole oscillazioni in prossimita di (x, y) = (!1,!1) siscrive

1A(!1,!1)$2 + HU (!1,!1)

2; a1

a2

<= 0 , (a1 a2) /= (0 0)

dove A(!1,!1) indica la matrice dell’energia cinetica

A(x, y) =;

1 00 1

<

Stefano Siboni 1291


e HU (!1,!1) l’hessiana del potenziale nella configurazione di equilibrio, gia considerataper l’analisi di stabilita

HU (!1,!1) =;!1 11 !2

<.

L’equazione caratteristica dei modi normali diventa percio;

$2 ! 1 11 $2 ! 2

<;a1

a2

<= 0 , (a1 a2) /= (0, 0)

e le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni sono individuate dall’equazione biquadra-tica

0 = det;

$2 ! 1 11 $2 ! 2

<= $4 ! 3$2 + 1

che porge le soluzioni positive

$1 =

B3 +

%5

2$2 =

B3 !

%5

2.

Le frequenze normali delle piccole oscillazioni intorno a (x, y) = (!1,!1) risultano dunque

f1 =$1

2(=

12(

B3 +

%5

2e f2 =

$2

2(=

12(

B3 !

%5

2.

Si possono ora caratterizzare i modi normali di oscillazione, associati alle due pulsazioninormali $1 e $2.

Modo normale di pulsazione $1 =

B3 +

%5

2Nella fattispecie l’equazione che caratterizza il modo normale di oscillazione si riduce a

&

*'

3 +%

52

! 1 1

13 +

%5

2! 2

(

+)

&

'a1

a2

(

) =

&

*'a1

1 +%

52

+ a2

a1 +%

5 ! 12

a2

(

+) = 0

e da essa si ricava che le ampiezze di oscillazione sono legate dalla relazione lineare

a2 = !1 +%

52

a1, con a1 # R \ {0} arbitrario. Il modo normale di oscillazione e dunquedescritto dall’espressione

;x + 1y + 1

<= a1

51

!1 +%

52

6cos($1t+&1) = a1

51

!1 +%

52

6cos

$3 +%

52

t+&1

%" t # R

con a1 /= 0 e &1 costanti reali fissate a piacere.

Stefano Siboni 1292


Modo normale di pulsazione $2 =

B3 !

%5

2In questo caso le ampiezze di oscillazione del modo normale devono soddisfare l’equazionelineare omogenea

&

*'

3 !%

52

! 1 1

13 !

%5

2! 2

(

+)

&

'b1

b2

(

) =

&

*'

1 !%

52

1

1!1 !

%5

2

(

+)

&

'b1

b2

(

) = 0

e risultano percio legate dall’ovvia relazione b2 =%

5! 12

b1, con b1 /= 0 arbitrario. L’equa-zione oraria del relativo modo normale risulta cosı individuata da

;x + 1y + 1

<= b1

&

'1

%5 ! 12

(

) cos($2t+&2) = b1

&

'1

%5 ! 12

(

) cos$B

3 !%

52

t+&2

%" t # R

con b1 /= 0 e &2 costanti reali arbitrarie.

(d) Equilibrio di confineLa configurazione (x, y) = (!2,!1) si colloca sulla frontiera del quadrato Q e rappre-senta percio una configurazione di confine del sistema scleronomo. Per comprendere setale configurazione costituisca o meno un equilibrio si rende necessario ricorrere al teo-rema dei lavori virtuali nella sua forma generale. Poiche le componenti lagrangiane dellesollecitazioni attive si scrivono

Qx(x, y) ='U

'x(x, y) = y ! x Qy(x, y) =

'U

'y(x, y) = x + y2

per il teorema dei lavori virtuali la configurazione e di equilibrio se e soltanto se risulta

'U

'x(!2,!1) )x +

'U

'y(!2,!1) )y ' 0 " )x ) 0 , " )y # R ,

ossia'U

'x(!2,!1) ' 0 e

'U

'y(!2,!1) = 0 .

Le condizioni chiaramente non sono soddisfatte, dal momento che:

'U

'x(!2,!1) = 1 > 0

'U

'y(!2,!1) = !2 + (!1)2 = !1 < 0 .

Di consequensa, la configurazione (x, y) = (!2,!1) non costituisce un equilibrio diconfine del sistema.

Stefano Siboni 1293


Esercizio 231. Punto vincolato a una superficie fissa e lisciaIn una terna inerziale Oxyz, con asse verticale Oz, un punto materiale pesante P di massam e vincolato a scorrere senza attrito sulla superficie S di parametrizzazione:

P (x, y) ! O = x e1 + y e2 + (yx + y) e3 " (x, y) # [0, 1]2.

(a) Scrivere le equazioni del moto del punto.

Soluzione(a) Equazioni del moto del puntoAvendo componenti polinomiali nei parametri x e y, la parametrizzazione della superficieS e chiaramente di classe C$ in [0, 1]2 e le sue derivate parziali prime si scrivono:

'P

'x(x, y) = e1 + ye3

'P

'y(x, y) = e2 + (x + 1)e3

Il prodotto vettore di questi vettori tangenti risulta sempre diverso da zero

'P

'x(x, y)& 'P

'y(x, y) =

,,,,,,

e1 e2 e3

1 0 y0 1 x + 1

,,,,,,= !ye1 ! (x +1)e2 + e3 /= 0 " (x, y) # [0, 1]2

e permette di riconoscere la superficie S come regolare, individuando la direzione normalea questa in ogni suo punto. La velocita istantanea del punto P e data dall’espressione

P = Pxx + Py y

mentre l’accelerazione istantanea assume la forma generale

P = Pxx+Py y +Pxxx2 +Pxyyx+Pyxxy +Pyy y2 = Pxx+Py y +Pxxx2 +2Pxyyx+Pyy y2

in termini delle derivate seconde della parametrizzazione:

Pxx = 0 Pxy = e3 Pyy = 0 .

Stefano Siboni 1294


Il postulato delle reazioni vincolari permette di scrivere le relazioni equivalenti

mP = #$ ! mg e3 +, P =1m

#$ ! g e3

che sostituendo le espressioni delle derivate parziali seconde conducono a

Pxx + Py y + 2xye3 =1m

#$ ! g e3

ossiaPxx + Py y =

1m

#$ ! (g + 2xy) e3 .

La reazione vincolare #$ viene eliminata con la proiezione lungo le direzioni tangenti Px ePy, linearmente indipendenti,

-.

/Px · Pxx + Px · Py y = !(g + 2xy) e3 · Px

Py · Pxx + Py · Py y = !(g + 2xy) e3 · Py

in cui vale:

Px · Px = 1 + y2 Px · Py = y(x + 1) Py · Py = 1 + (x + 1)2

e3 · Px = y e3 · Py = x + 1 .

Le equazioni pure del moto del punto sono pertanto

-.

/(1 + y2)x + y(x + 1)y = !(g + 2xy)y

y(x + 1)x + [1 + (x + 1)2]y = !(g + 2xy)(x + 1) .

Esercizio 232. Geometria delle masseIn una terna Oxyz una lamina rigida occupa la porzione triangolare del piano coordinatoOxy corrispondente al dominio:

D = {(x, y) : x ) 0 , y ) 0 , x + y ' a}

con a costante positiva. La densita areale e data da:

"(x, y) =µ

a3(x + y) " (x, y) # D .

Stefano Siboni 1295


Determinare:

(a) il baricentro della lamina rispetto alla terna Oxyz;

(b) la matrice d’inerzia in O rispetto alla stessa terna Oxyz;

(c) l’energia cinetica per O punto fisso e #$ = $e1 ! $e3;

(d) momento angolare in O, nelle stesse ipotesi.

Soluzione(a) Baricentro della laminaLa massa della lamina triangolare si ottiene per integrazione sul dominio D della densitaareale

m =!

D

" dxdy =a!

0

dx

a!x!

0

dyµ

a3(x + y) =

µ

a3

a!

0

dx

"xy +

y2

2

#a!x

0

=

=µ

a3

a!

0

dx

"x(a ! x) +

(a ! x)2

2

#=

µ

a3

a!

0

$ax ! x2 +

a2

2! ax +

x2

2

%dx =

=µ

a3

a!

0

$a2

2! x2

2

%dx =

µ

2a3

a!

0

(a2 ! x2)dx =µ

2a3

"a2x ! x3

3

#a

0

=µ

3.

L’ascissa xG del baricentro e definita dalla relazione

mxG =!

D

x" dxdy =a!

0

dx

a!x!

0

dy xµ

a3(x + y) =

µ

a3

a!

0

dx

a!x!

0

dy (x2 + xy) =

=µ

a3

a!

0

dx

"x2y + x

y2

2

#a!x

0

=µ

a3

a!

0

"x2(a ! x) +

x

2(a ! x)2

#dx =

Stefano Siboni 1296


=µ

a3

a!

0

$ax2 ! x3 +

a2

2x ! ax2 +

x3

2

%dx =

µ

a3

a!

0

$!x3

2+

a2

2x%

dx =

=µ

a3

"!x4

8+

a2

4x2

#a

0

=µ

a3

$!a4

8+

a4

4

%=

18µa

e vale percio

xG =18µa

1m

=18µa

3µ

=38a .

Poiche"(y, x) =

µ

a3(y + x) =

µ

a3(x + y) = "(x, y) " (x, y) # D

e evidente che la bisettrice y = x costituisce un asse di simmetria del sistema, per cuiascissa e ordinata del baricentro coincidono:

xG = yG .

La quota zG risulta infine nulla, in quanto il piano Oxy di giacitura della lamina e unpiano di simmetria:

zG = 0 .

In definitiva, il vettore posizione del baricentro rispetto alla terna Oxyz e dato da

G ! O = xGe1 + xGe2 =38a e1 +

38a e2 .

(b) Matrice d’inerziaIl sistema e costituito da una lamina piana interamente ubicata nel piano coordinato Oxydella terna cartesiana Oxyz. La relativa matrice d’inerzia si presenta dunque nella formagenerale:

[LO] =

&

'Lxx Lxy 0Lxy Lyy 00 0 Lxx + Lyy

(

).

Il cambiamento di variabili (x, y) 0 (y, x) permette di verificare agevolmente che i momentid’inerzia Lxx e Lyy sono identici

Lxx =!

D

y2" dxdy =!

D

y2 µ

a3(x + y)dxdy =

=!

D

x2 µ

a3(y + x)dydx =

!

D

x2 µ

a3(x + y)dxdy = Lyy

Stefano Siboni 1297


per cui e su!ciente determinare uno solo di essi:

Lxx =a!

0

dx

a!x!

0

dyµ

a3(x2y + x3) =

a!

0

dxµ

a3

"x2 y2

2+ x3y

#a!x

0

=

=µ

a3

a!

0

dx

"x2

2(a ! x)2 + x3(a ! x)

#=

=µ

a3

a!

0

$a2

2x2 ! ax3 +

x4

2+ ax3 ! x4

%dx =

=µ

a3

"a2

2x3

3! x5

10

#a

0

=µ

a3

$a5

6! a5

10

%=

115

µa2.

Quanto al prodotto d’inerzia Lxy si ha:

Lxy = !!

D

xy " dxdy = !a!

0

dx

a!x!

0

dy xyµ

a3(x + y) =

= ! µ

a3

a!

0

dx

a!x!

0

dy (x2y + xy2) = ! µ

a3

a!

0

dx

"x2 y2

2+ x

y3

3

#a!x

0

=

= ! µ

a3

a!

0

dx

"x2

2(a ! x)2 +

x

3(a ! x)3

#=

= ! µ

a3

a!

0

$a2

2x2 ! ax3 +

x4

2+

a3

3x ! a2x2 + ax3 ! x4

3

%dx =

= ! µ

a3

a!

0

$x4

6! a2

2x2 +

a3

3x%

dx = ! µ

a3

"x5

30! a2

6x3 +

a3

6x2

#a

0

=

= ! µ

a3

$a5

30! a5

6+

a5

6

%= ! 1

30µa2.

La matrice d’inerzia del sistema risulta pertanto:

[LO] = µa2

&

'1/15 !1/30 0!1/30 1/15 0

0 0 2/15

(

).

Stefano Siboni 1298


(c) Energia cineticaNell’ipotesi che il punto O della lamina sia fisso, l’energia cinetica del sistema si esprimeper mezzo della relazione

T =12

( $ 0 ! $ ) [LO]

&

'$0!$

(

) =

=$2

2(1 0 ! 1) µa2

&

'1/15 !1/30 0!1/30 1/15 0

0 0 2/15

(

)

&

'10!1

(

) =

=12µa2$2(1 0 ! 1)

&

'1/15!1/30!2/15

(

) =12µa2$2

$ 115

+215

%=

110

µa2$2.

(d) Momento angolare in OIl momento angolare del sistema rispetto al polo fisso O si scrive

#KO = K1e1 + K2e2 + K3e3

e le sue componenti possono essere ricavate per mezzo della relazione matriciale&

'K1

K2

K3

(

) = [LO]

&

'$0!$

(

) = µa2$

&

'1/15 !1/30 0!1/30 1/15 0

0 0 2/15

(

)

&

'10!1

(

) = µa2$

&

'1/15!1/30!2/15

(

)

dalla quale si conclude che

#KO = µa2$$ 1

15e1 !

130

e2 !215

e3

%.

Esercizio 233. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoUna circonferenza omogenea /, di centro C , raggio R, massa m, rotola senza strisciaresull’asse orizzontale Ox di un riferimento inerziale Oxyz e un ostacolo le impedisce diposizionarsi a sinistra del punto D(3R, 0). Un’asta rigida omogenea AB di lunghezza R emassa m puo scorrere liberamente con i propri estremi lungo /. Il sistema e pesante e unamolla ideale di costante elastica k collega il centro C di / con l’origine O.

Stefano Siboni 1299


Si usino le coordinate lagrangiane s # (!(, 2] e & # R illustrate in figura e l’ipotesi deivincoli ideali per:

(a) determinare l’energia cinetica del sistema;

(b) individuare gli equilibri ordinari del sistema;

(c) analizzare le proprieta di stabilita degli equilibri ordinari;

(d) scrivere le equazioni di Lagrange;

(e) stabilire se la configurazione (s,&) = (2, 0) e un equilibrio di confine.

Soluzione(a) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema risulta dalla somma di due contributi, l’uno relativo allacirconferenza / e l’altro imputabile all’asta AB. Conviene calcolare separatamente leenergie cinetiche delle due parti rigide.

Energia cinetica della circonferenza /Il baricentro della circonferenza omogenea coincide con il centro C di questa ed il suovettore posizione si scrive

C ! O = Rs e1 + R e2

e la sua velocita istantanea si ottiene derivando l’espressione rispetto al tempo:

C = Rs e1.

La velocita angolare istantanea #$' = $' e3 di / e determinata dalla condizione di puro roto-lamento, imponendo l’annullarsi della velocita del punto P di contatto fra la circonferenzae l’asse orizzontale Ox:

0 = P = C + #$' & (P ! C) = Rs e1 + $' e3 & (!Re2) = R(s + $')e3 ,

in modo che risulta#$' = !s e3 .

Il momento d’inerzia della circonferenza rispetto all’asse Cz vale infine

I'Cz = mR2.

L’energia cinetica di / e allora esprimibile per mezzo del teorema di Konig:

T' =m

2C2 +

12I'Cz|#$' |2 =

m

2R2s2 +

12mR2|! se3|2 =

mR2

2s2 +

mR2

2s2 = mR2s2.

Stefano Siboni 1300


Energia cinetica dell’asta ABL’asta omogenea ha il proprio baricentro G nel suo punto medio; poiche il triangolo ABCe per ipotesi isoscele, il segmento CG rappresenta la distanza dell’asta dal centro dellacirconferenza / e la sua distanza risulta

|G ! C | =%

32

R .

Il vettore posizione del baricentro rispetto alla terna Oxyz si scrive percio

G ! O = C !O + G !C = Rs e1 + R e2 +%

32

R sin& e1 !%

32

R cos & e2 =

= R$s +

%3

2sin &

%e1 + R

$1 !

%3

2cos &

%e2

in modo che la corrispondente velocita istantanea in Oxyz risulta

G = R$s +

%3

2cos & &

%e1 + R

%3

2sin& & e2

con modulo quadrato

|G|2 = R2

"s2 +

%3 cos & s& +

34&2

#.

L’angolo che l’asta AB forma con la direzione positiva dell’asse Ox coincide con il parame-tro lagrangiano &, che peraltro e orientato rispetto all’asse Gz conformemente alla conven-zione levogira, per cui la velocita angolare istantanea dell’asta si esprime come

#$AB = & e3 .

Il momento d’inerzia dell’asta relativo all’asse Gz vale infine

IABGz =

mR2

12.

Non rimane che applicare il teorema di Konig per ottenere l’energia cinetica cercata:

TAB =m

2G2 +

12IABGz |#$AB|2 =

=m

2R2

"s2 +

%3 cos & s& +

34&2

#+

12

mR2

12&2 =

mR2

2

$s2 +

%3 cos & s& +

56&2

%.

Energia cinetica del sistemaL’energia cinetica del sistema si deduce ora come somma dei contributi calcolati:

T = T' + TAB = mR2s2 +mR2

2

$s2 +

%3 cos & s& +

56&2

%=

=mR2

2

$3s2 +

%3 cos & s& +

56&2

%.

Stefano Siboni 1301


(b) Equilibri ordinariTutte le sollecitazioni attive agenti sul sistema hanno natura posizionale conservativa,essendo costituite dal campo delle forze peso e dall’interazione elastica fra il centro C dellacirconferenza e l’origine O. Il potenziale gravitazionale e la somma dei contributi relativialla circonferenza e all’asta AB:

Ug = !mg e2 · (C ! O) ! mg e2 · (G !O) =

= !mgR + mg

%3

2R cos & ! mgR =

%3

2mgR cos & + costante

mentre quello elastico assume la forma

Uel = !k

2|C ! O|2 = !k

2(R2 + R2s2) = !kR2

2s2 + costante

per cui, omesse le costanti additive inessenziali, il potenziale del sistema diventa:

U(s,&) =%

32

mgR cos &! kR2

2s2 " (s,&) # (!(, 2] $ R .

Gli equilibri ordinari del sistema sono tutti e soli i punti critici del potenziale, purchericompresi nell’interno del dominio di definizione della parametrizzazione:

'U

's(s,&) = 0

'U

'&(s,&) = 0 (s,&) # (!(, 2) $ R .

Essi si identificano percio con le soluzioni del sistema di equazioni algebriche:

!kR2s = 0 !%

32

mgR sin & = 0 (s,&) # (!(, 2) $ R

che a meno di multipli interi di 2( nella variabile angolare, fisicamente irrilevanti, sonodate da:

(s,&) = (0, 0) , (0,() .

(c) Stabilita degli equilibri ordinariLe proprieta di stabilita degli equilibri ordinari possono essere analizzate mediante i teoremidi Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. A questo scopo si devono calcolare le derivateseconde del potenziale:

'2U

's2= !k

'2U

'&2= !

%3

2mgR cos &

'2U

'&'s=

'2U

's'&= 0

e la corrispondente matrice hessiana:

HU (s,&) =

5!k 0

0 !%

32

mgR cos &

6

Stefano Siboni 1302


per poi procedere all’analisi di stabilita delle singole configurazioni.

Configurazione (s,&) = (0, 0)In questo caso l’hessiana del potenziale si riduce a

HU (0, 0) =

5!k 0

0 !%

32

mgR

6

nella quale si riconoscono immediatamente gli elementi diagonali come gli autovalori, en-trambi negativi, della matrice. Ne segue che la configurazione (s,&) = (0, 0) costituisce unmassimo relativo proprio del potenziale, stabile per il teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (s,&) = (0,()In questa configurazione l’hessiana del potenziale ammette autovalori di segno opposto:

HU (0,() =

5!k 0

0%

32

mgR

6;

la presenza dell’autovalore positivo autorizza ad applicare il teorema di inversione parzialedi Lagrange-Dirichlet e a concludere che l’equilibrio e instabile.

(d) Equazioni di LagrangeLa lagrangiana del sistema e la somma L = T + U dell’energia cinetica e del potenziale:

L =mR2

2

$3s2 +

%3 cos & s& +

56&2

%+

%3

2mgR cos & ! kR2

2s2

e da essa si deducono le relazioni:

'L

's= mR2

$3s +

%3

2cos & &

%

d

dt

$'L

's

%= mR2

$3s +

%3

2cos & & !

%3

2sin & &2

%

'L

's= !kR2s

'L

'&= mR2

$%32

cos & s +56&%

d

dt

$'L

'&

%= mR2

$%32

cos & s +56& !

%3

2sin & s&

%

'L

'&= !

%3

2mR2 sin& s&!

%3

2mgR sin &.

Le equazioni di Lagrange del moto:

d

dt

$'L

's

%! 'L

's= 0

d

dt

$'L

'&

%! 'L

'&= 0

Stefano Siboni 1303


diventano pertanto:

-000.

000/

mR2$3s +

%3

2cos & & !

%3

2sin& &2

%+ kR2s = 0

mR2$%3

2cos & s +

56&%

+%

32

mgR sin& = 0 .

(e) Equilibrio in (s,&) = (2, 0)Il teorema dei lavori virtuali stabilisce che la configurazione di confine (s,&) = (2, 0)costituisce un equilibrio del sistema se e soltanto se il lavoro virtuale delle forze attiverisulta non positivo per ogni spostamento virtuale relativo alla configurazione considerata:

'U

's(2, 0) )s +

'U

'&(2, 0) )& ' 0 " )s ' 0 " )& # R

vale a dire se e soltanto se risulta:

'U

's(2, 0) ) 0 e

'U

'&(2, 0) = 0 .

Nella fattispecie si ha:

'U

's(2, 0) = !kR2s

,,,,(s,%)=(2,0)

= !2kR2 'U

'&(2, 0) = !

%3

2sin&

,,,,(s,%)=(2,0)

= 0

per cui la condizione del teorema dei lavori virtuali non e soddisfatta. La configurazionenon costituisce, pertanto, un equilibrio di confine del sistema.

Esercizio 234. Geometria delle masse e punto vincolato a una curva lisciaIn una terna di riferimento inerziale Oxyz e data la curva materiale liscia % di parametriz-zazione

P (x) = x e1 !x2

2e2 , x # [0, 1]

e densita lineare

!(x) =µ%

1 + x2, x # [0, 1]

essendo µ > 0 costante. Sulla curva e vincolato a scorrere un punto materiale P di massam, soggetto alla forza peso !mg e2.

Stefano Siboni 1304


Si chiede di determinare:

(a) la posizione del baricentro G di % rispetto a Oxyz;(b) la matrice d’inerzia di % relativamente alla stessa terna;(c) il momento d’inerzia di % rispetto all’asse y = x;(d) la matrice d’inerzia di % rispetto alla terna di origine G e con gli assi paralleli a quelli

di Oxyz;(e) le equazioni del moto del punto P .

Soluzione(a) Posizione del baricentro di %Poiche la curva si colloca nel piano coordinato Oxy, che evidentemente si identifica conun suo piano di simmetria, appare evidente che il baricentro G di % deve localizzarsi nellostesso piano, in modo che il vettore posizione del baricentro assumera la forma:

G ! O = xGe1 + yGe2 .

La massa della curva materiale si otterra integrando l’elemento infinitesimo di massa

dm(x) = !(x) |P "(x)| dx =µ%

1 + x2

,,e1 ! x e2

,, dx = µdx

sull’intero intervallo [0, 1] del parametro, e sara data percio dall’integrale definito:

m =1!

0

µdx = µ .

Per l’ascissa xG del centro di massa si ha allora l’espressione:

xG =1m

!

"xdm =

1µ

1!

0

xµdx ="x2

2

#1

0

=12

Stefano Siboni 1305


mentre la corrispondente ordinata yG vale

yG =1m

!

"

$!x2

2

%dm = ! 1

µ

1!

0

x2

2µdx =

"!x3

6

#1

0

= !16

e pertanto risulta:

G ! O =12

e1 !16

e2 .

(b) Matrice d’inerzia della curva materialeLa matrice d’inerzia di % si presenta nella forma generale:

[LO] =

&


(

)

dovuta alla particolare collocazione della curva, che e completamente ubicata nel pianocoordinato Oxy. Il momento d’inerzia Lxx si deduce dalla definizione:

Lxx =!

"

(y2 + z2)dm =!

"

y2 dm =1!

0

$!x2

2

%2µdx =

µ

4

1!

0

x4dx =µ

4

"x5

5

#1

0

=µ

20

al pari del momento relativo all’asse Oy:

Lyy =!

"

(x2 + z2)dm =!

"

x2 dm =1!

0

x2µdx = µ

"x3

3

#1

0

=µ

3.

Il prodotto d’inerzia Lxy vale invece:

Lxy = !!

"

xy dm = !1!

0

x$!x2

2

%µdx =

µ

2

1!

0

x3dx =µ

2

"x4

4

#1

0

=µ

8.

La matrice d’inerzia risulta cosı:

[LO] = µ

&

'1/20 1/8 01/8 1/3 00 0 23/60

(

) .

(c) Momento d’inerzia rispetto all’asse y = xLa retta di equazione y = x passa per l’origine O della terna di riferimento e la sua direzionee specificata dal versore

n =e1 + e2

|e1 + e2|=

1%2e1 +

1%2e2.

Stefano Siboni 1306


Il momento d’inerzia relativo alla retta On puo dunque esprimersi per mezzo della bennota relazione matriciale

IOn = (n1 n2 n3)[LO]

&

'n1

n2

n3

(

) =12(1 1 0)µ

&

'1/20 1/8 01/8 1/3 00 0 23/60

(

)

&

'110

(

) =

=µ

2(1 1 0)

&

'7/4011/24

0

(

) =µ

2

$ 740

+1124

%=

1960

µ

che fornisce cosı il risultato richiesto.

(d) Matrice d’inerzia rispetto ad una terna baricentraleLa matrice d’inerzia [LG] relativa alla terna di riferimento baricentrale Gxyz, i cui assisono rispettivamente paralleli a quelli della terna Oxyz, e legata alla [LO] dal teorema diHuygens-Steiner generalizzato:

[LO] = [LG] + µ

&

'd2

y + d2z !dxdy !dxdz

!dxdy d2x + d2

z !dxdz

!dxdz !dydz d2x + d2

y

(

)

dove dx, dy e dz indicano le coordinate del baricentro rispetto alla terna Oxyz:

dx =12

dy = !16

dz = 0 .

Si ha percio:

[LG] = [LO] ! µ

&

'd2

y + d2z !dxdy !dxdz

!dxdy d2x + d2

z !dxdz

!dxdz !dydz d2x + d2

y

(

) =

=µ

&

'1/20 1/8 01/8 1/3 00 0 23/60

(

)! µ

&

'1/36 1/12 01/12 1/4 0

0 0 5/18

(

) = µ

&

'1/45 1/24 01/24 1/12 0

0 0 19/180

(

) .

(e) Equazioni del moto del punto PUn vettore tangente alla curva % nella posizione individuata dal valore x # [0, 1] dell’ascissae dato dalla derivata prima della parametrizzazione P (x):

P "(x) = e1 ! x e2

per cui la componente tangente alla curva della forza peso vale:

!mg e2 ·P "(x)|P "(x)| = !mg e2 ·

e1 ! x e2

|e1 ! x e2|=

mgx%1 + x2

.

Stefano Siboni 1307


D’altra parte, per un generico moto possibile del punto P la velocita istantanea si deducederivando rispetto al tempo la parametrizzazione P (x), avendo cura di sostituire a x unaqualsiasi funzione regolare di t:

P = (e1 ! x e2) x

e una ulteriore derivazione in t porge l’espressione dell’accelerazione istantanea:

P = (e1 ! x e2) x ! x2e2 = xe1 ! (xx + x2) e2

con componente tangenziale:

P · P "(x)|P "(x)| = [xe1 ! (xx + x2) e2] ·

e1 ! xe2%1 + x2

=x + x2x + xx2

%1 + x2

.

L’equazione pura del moto si scrive pertanto, nell’ipotesi di curva liscia,

mP · P "(x)|P "(x)| = !mg e2 ·

P "(x)|P "(x)|

ossia:m

x + x2x + xx2

%1 + x2

=mgx%1 + x2

,

espressione che e peraltro possibile semplificare in:

x + x2x + xx2 = gx .

Esercizio 235. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoUn punto materiale C , di massa m, puo scorrere senza attrito lungo una circonferenza fissa/ di centro O e raggio R, posta nel piano coordinato Oxy di una terna cartesiana Oxyzche ruota attorno all’asse verticale Oy con velocita angolare costante $e2 rispetto ad unriferimento inerziale. Una molla ideale di costante elastica m$2 collega C con il vertice Pdi un quadrato omogeneo L, di massa m, vincolato a scorrere lungo l’asse Oy e al di sottodi / — vedi figura. L’intero sistema e soggetto al campo delle forze peso.

Stefano Siboni 1308


Supposti i vincoli ideali e assumendo g > 2R$2, si faccia uso delle coordinate . # R es # [1,+() in figura per determinare:

(a) l’energia cinetica del sistema;(b) un integrale primo del sistema;(c) gli equilibri ordinari;(d) le proprieta di stabilita degli equilibri ordinari;(e) le equazioni di Lagrange del moto;(f) se la configurazione (., s) = (0, 1) e un equilibrio di confine del sistema (facoltativo).

Soluzione(a) Energia cinetica del sistemaL’energia cinetica T del sistema e costituita dalla somma delle energie cinetiche del puntoC e della lamina L. Il vettore posizione del centro C si scrive:

C ! O = R sin . e1 ! R cos . e2

e la corrispondente velocita vale:C = R(cos . e1 + sin . e2) .

per cui l’energia cinetica di C risulta:

TC =12mC2 =

m

2R2.2.

Per contro, la lamina L si muove di moto traslatorio rettilineo e la velocita di ogni suopunto — ad esempio di P — e data dall’espressione:

P = !Rs e2

cosicche la relativa energia cinetica diventa:

TL =12mP 2 =

m

2R2s2 .

Ne deriva che:T = TC + TL =

m

2R2.2 +

m

2R2s2 =

m

2R2(.2 + s2).

(b) Integrale primoIl sistema scleronomo e soggetto unicamente a sollecitazioni posizionali e conservative,costituite dal peso, dall’interazione elastica fra i punti C e P , dal campo delle forze cen-trifughe. A rigore sul sistema agiscono anche le forze di Coriolis, che tuttavia hannocomponenti lagrangiane identicamente nulle: per provarlo e su!ciente considerare che leforze di Coriolis sono tutte dirette perpendicolarmente al piano Oxy, mentre i vettori:

'C

'.= R(cos . e1 + sin . e2)

'C

's= 0

e:'P

'.= 0

'P

's= !R e2

risultanto tutti paralleli allo stesso piano. Il potenziale del sistema e calcolato come sommadei potenziali gravitazionale, elastico e centrifugo.

Stefano Siboni 1309


Potenziale gravitazionaleIl potenziale gravitazionale del punto C assume la forma:

UCg = !mg e2 · (C ! O) = mgR cos .

mentre quello della lamina e dato da:

ULg = !mg e2 · (P ! O) = mgRs

e la somma dei due vale percio:

Ug = mgR cos . + mgRs = mgR(cos . + s).

Potenziale elasticoIl potenziale associato all’interazione elastica fra C e P si ricava per mezzo della definizione:

Uel = !k

2(C ! P )2 = !m$2

2[R sin . e1 ! R cos . e2 + Rs e2]2 =

= !m$2

2R2[sin2. + (s ! cos .)2 ] =

12m$2R2(!s2 + 2s cos . ! 1).

Potenziale centrifugoPoiche il momento d’inerzia della lamina L rispetto all’asse Oz non viene modificato alvariare della coordinata s, il relativo potenziale centrifugo si mantiene costante e puo quindiessere ignorato. Quanto al punto C si ha:

Ucf =m

2$2[(C ! O) · e1]2 =

12mR2$2sin2. .

Potenziale del sistemaLa somma dei potenziali precedentemente calcolati fornisce il potenziale del sistema:

U(., s) = mgR(cos . + s) +12m$2R2(!s2 + 2s cos .) +

12mR2$2sin2. =

= mR2$2$ g

R$2cos . +

g

R$2s ! s2

2+ s cos . +

12sin2.

%

Integrale primoIl sistema scleronomo soggetto a sollecitazioni attive posizionali conservative ammette unovvio integrale primo, quello dell’energia meccanica H = T ! U . Si ha percio:

H(., s, ., s) =m

2R2(.2 + s2) !mR2$2

$ g

R$2cos . +

g

R$2s ! s2

2+ s cos . +

12sin2.

%

" (., s, ., s) # R $ [1,+() $ R2.

Stefano Siboni 1310


(c) Equilibri ordinariGli equilibri ordinari del sistema si identificano con i punti critici del potenziale U neldominio aperto {(., s) # R $ (1,+()}. Le derivate parziali prime di U si scrivono:

'U

'.= mR2$2

$! g

R$2sin . ! s sin . + sin . cos .

%

'U

's= mR2$2

$ g

R$2! s + cos .

%

e quindi gli equilibri ordinari sono tutte e sole le soluzioni del sistema trigonometrico:-.

/! g

R$2sin . ! s sin . + sin . cos . = 0

g

R$2! s + cos . = 0

la cui seconda equazione porge la relazione:

s =g

R$2+ cos .

che sostituita nella prima conduce all’equazione in .:

! g

R$2sin . ! g

R$2sin . ! sin . cos . + sin . cos . = 0

ossia:! 2g

R$2sin . = 0 .

Se ne conclude che i valori di equilibrio di . sono:

. = 0 e . = ( .

I punti critici del potenziale sono pertanto:

(., s) =$0,

g

R$2+ 1

%(., s) =

$(,

g

R$2! 1

%

entrambi accettabili per via della condizione g > 2R$2, che assicura i valori di equilibriodella variabile s essere entrambi maggiori di 1.

(d) Stabilita degli equilibri ordinariLe proprieta di stabilita degli equilibri ordinari possono essere studiate facendo ricorsoai teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale, considerato che il sistema escleronomo e sottoposto unicamente a sollecitazioni posizionali conservative. Le derivateparziali seconde del potenziale si scrivono:

'2U

'.2(., s) = mR2$2

$! g

R$2cos . ! s cos . + cos2. ! sin2.

%

Stefano Siboni 1311


'2U

's2(., s) = !mR2$2 '2U

'.'s(., s) =

'2U

's'.(., s) = !mR2$2 sin .

in modo che la corrispondente matrice hessiana assume la forma:

HU (., s) = mR2$2

5! g

R$2cos . ! s cos . + 2cos2. ! 1 ! sin .

! sin . !1

6.

Configurazione (., s) =$0,

g

R$2+ 1

%

In questa configurazione la matrice hessiana del potenziale si riduce alla forma diagonale:

HU

$0,

g

R$2+ 1

%= mR2$2

;!2g/R$2 0

0 !1

<

con autovalori entrambi negativi. La configurazione rappresenta percio un massimo relativoproprio del potenziale, la cui stabilita e assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (., s) =$(,

g

R$2! 1

%

Nella fattispecie la matrice hessiana del potenziale vale:

HU

$(,

g

R$2! 1

%= mR2$2

;2g/R$2 0

0 !1

<

e presenta autovalori di segno opposto — i suoi elementi diagonali. Il teorema di inversioneparziale di Lagrange-Dirichlet consente di concludere che la configurazione di equilibrio einstabile.

(e) Equazioni di LagrangeNell’ipotesi dei vincoli ideali, le equazioni pure del moto si identificano con quelle di La-grange:

d

dt

$'L

'.

%! 'L

'.= 0

d

dt

$'L

's

%! 'L

's= 0

nelle quali la lagrangiana L = T + U si scrive:

L =m

2R2(.2 + s2) + mR2$2

$ g

R$2cos . +

g

R$2s ! s2

2+ s cos . +

12sin2.

%.

Da questa si deducono le espressioni:

d

dt

$'L

'.

%= mR2.

'L

'.= mR2$2

$! g

R$2sin . ! s sin . + sin . cos .

%

d

dt

$'L

's

%= mR2s

'L

's= mR2$2

$ g

R$2! s + cos .

%

che sostituite nelle equazioni di Lagrange porgono le equazioni del moto richieste:

mR2. + mR2$2$ g

R$2+ s ! cos .

%sin . = 0

Stefano Siboni 1312


mR2s ! mR2$2$ g

R$2! s + cos .

%= 0.

(f) Equilibrio in (., s) = (0, 1)Quella individuata da (., s) = (0, 1) e una configurazione di confine del sistema. Il teoremadei lavori virtuali stabilisce che la configurazione e di equilibrio se e soltanto se il lavorovirtuale delle sollecitazioni attive risulta non positivo per ogni spostamento virtuale ()., )s)del sistema relativo alla configurazione considerata:

)L ='U

'.(0, 1) ). +

'U

's(0, 1) )s ' 0 " ). # R , " )s ) 0

ossia per'U

'.(0, 1) = 0 e

'U

's(0, 1) ' 0 .

Nella fattispecie si ha

'U

'.(0, 1) = 0

'U

's(0, 1) = mgR > 0

per cui la condizione del teorema dei lavori virtuali non e soddisfatta. La configurazionenon rappresenta un equilibrio del sistema.

Esercizio 236. Energia meccanica come funzione di LiapunovFacendo uso della funzione di Liapunov

V (x, v) =v2

2+

$2

2x2 ,

verificare che la soluzione costante (x(t), v(t)) = (0, 0), t # R, dell’equazione di"erenziale@

x = vv = !$2x ! %v3 (x, v) # R2 (236.1)

con % > 0, e stabile secondo Liapunov.

SoluzioneLa funzione V si annulla in (x, v) = (0, 0) ed assume segno strettamente positivo in ognialtro punto di R2, risultando pertanto definita positiva in ogni sfera chiusa B[/] 1 R2 dicentro (0, 0) e raggio / > 0 arbitrario. La relativa derivata lungo le soluzioni dell’equazione(236.1) — o derivata di Lie di V — si scrive

V (x, v) ='V

'xv +

'V

'v(!$2x ! %v3) = $2xv + v(!$2x ! %v3) = !%v4

e si annulla in (x, v) = (0, 0), assumendo valori non positivi in ogni altro punto di R2. Danotare che V e semidefinita ma non definita negativa in ogni sfera B[/] 1 R2, in quanto

Stefano Siboni 1313


tutti i punti posti lungo il diametro v = 0 sono zeri della funzione distinti dal centro (0, 0).Dal criterio di Liapunov di stabilita si conclude che la soluzione di equilibrio (x, v) = (0, 0)e stabile. Si osservi che l’equazione (236.1) puo interpretarsi come l’equazione del moto diun punto materiale di massa unitaria in moto lungo l’asse x, soggetto ad una forza elastica!$2x e ad una forza resistente !%x3, mentre la funzione di Liapunov V e identificabilecon l’energia meccanica del sistema. In tal modo l’espressione di V si riduce al teoremadell’energia cinetica — la derivata lungo un moto del sistema dell’energia meccanica euguale alla potenza delle forze non posizionali conservative, !%v3.

Esercizio 237. Stabilita e stabilita asintotica con i teoremi di LiapunovSi verifichi che per 0 > 0 la soluzione (x(t), v(t)) = (0, 0), t # R, dell’equazione di"erenziale

Cx = v

v = ! k

m(x + x3) ! 0v (x, v) # R2 (237.1)

e stabile, facendo uso della funzione di Liapunov

E(x, v) =mv2

2+ k

$x2

2+

x4

4

%.

Si dimostri la stabilita asintotica della stessa soluzione sostituendo a E(x, v) la funzionedi Liapunov

V (x, v) = E(x, v) + %$xv + 0

x2

2

%(237.2)

con % > 0 su!cientemente piccolo.

SoluzioneLa funzione di Liapunov E(x, v) si interpreta come l’energia meccanica di un punto ma-teriale di massa m vincolato a muoversi lungo l’asse x e soggetto ad una sollecitazioneposizionale conservativa !k(x + x3) e ad una forza viscosa !0x. La sua derivata lungo lesoluzioni di (237.1) vale

E(x, v) = !m0v2 .

L’energia meccanica e definita positiva in qualsiasi sfera B[/] di raggio / arbitrario, inquanto E(0, 0) = 0 e E(x, v) > 0 " (x, y) /= (0, 0). La derivata di Lie E si annulla in(x, y) = (0, 0) ed e minore o uguale a zero in ogni altro punto, risultando percio semidefinitanegativa in qualsiasi sfera di raggio / e centro (0, 0). Il teorema di Liapunov di stabilitaassicura dunque la stabilita della soluzione statica (x, v) = (0, 0). La derivata della funzionedi Liapunov alternativa V lungo le soluzioni di (237.1) assume la forma

V (x, v) = !%k

m(x2 + x4) ! (0m ! %)v2

Stefano Siboni 1314


dalla quale e immediato riconoscere che si tratta di una funzione definita negativa inqualsiasi sfera B[/], a condizione di assumere % < m0 (come e lecito). Un poco piu diattenzione richiede l’esame della funzione V : le derivate parziali prime di questa si scrivonoinfatti

'V

'x= k(x + x3) + %(v + 0x)

'V

'v= mv + %x

mentre le derivate seconde valgono

'2V

'x2= k(1 + 3x2) + %0

'2V

'v2= m

'2V

'x'v= % .

La funzione di Liapunov presenta un unico punto critico in corrispondenza del punto fisso(x, v) = (0, 0). Lo si ricava uguagliando a zero le derivate prime e risolvendo dunque ilsistema di equazioni algebriche

-.

/k(x + x3) + %(v + 0x) = 0

mv + %x = 0

la seconda delle quali porge la relazione

v = ! %

mx

che sostituita nella prima conduce all’equazione in x

k(x + x3) + %$! %

mx + 0x

%= 0

equivalente a

x$kx2 + 0%x + k ! %2

m

%= 0 .

Si hanno due possibilita:

(i) che risulti x = 0 e quindi v = !%x/m = 0, per cui un punto critico e certamente(x, v) = (0, 0);

(ii) che si abbia

kx2 + 0%x + k ! %2

m= 0

ossia

x =12k

"!0% ±

=02%2 ! 4k

$k ! %2

m

%#

radici entrambe complesse per % # R abbastanza piccolo — come infatti risulta per% = 0:

x = ± 12k

>!4k2 = ±i .

Stefano Siboni 1315


(x, v) = (0, 0) e dunque il solo punto critico della funzione V . In e"etti si tratta di unpunto di minimo assoluto, come si verifica dal calcolo della matrice hessiana

HV (0, 0) =;

k + 0% %% m

<

che "% # R abbastanza piccolo risulta definita positiva per via del segno positivo dideterminante e traccia

detHV (0, 0) = m(k + 0%) ! %2 > 0 trHV (0, 0) = m + k + 0% > 0 .

Dall’essere V (0, 0) = 0 si conclude che la funzione V e definita positiva entro qualsiasisfera chiusa B[/] di raggio / > 0 arbitrario. Il criterio di Liapunov di stabilita asintoticabasta cosı ad assicurare la stabilita asintotica della soluzione statica.

Esercizio 238. Inestendibilita ai casi critici del teorema di analisi lineareSi determinino le proprieta di stabilita della soluzione (x(t), v(t)) = (0, 0), t # R, delsistema 7

x = vv = 0x3 (238.1)

al variare del parametro 0 # R. Mettere in relazione il risultato con il teorema di analisilineare della stabilita.

SoluzioneE evidente che l’unica soluzione statica si identifica con (x(t), v(t)) = (0, 0) " t # R, cor-rispondente all’unico equilibrio x = 0. L’espressione matriciale equivalente dell’equazionedi"erenziale si scrive

d

dt

;xv

<=

;v

0x3

<=

;v0

<+

;0

0x3

<=

;0 10 0

<;xv

<+

;0

0x3

<

per cui le equazioni linearizzate del moto nell’intorno di (x, v) = (0, 0) diventano

d

dt

;xv

<=

;0 10 0

<;xv

<

con autovalori nulli — autovalore ! = 0 doppio —, soluzioni dell’equazione caratteristica

det,,,,!! 10 !!

,,,, = !2 = 0 .

Stefano Siboni 1316


Ricorre un caso critico, visto che gli autovalori del sistema linearizzato ne hanno tutti partereale negativa (stabilita asintotica), ne almeno uno di essi presenta parte reale positiva —instabilita. Il tutto indipendentemente dal valore di 0. Ma l’equazione (238.1) descrive unsistema scleronomo unidimensionale posizionale di energia potenziale

W (x) = !0x4/4

al quale e dato applicare l’analisi di Weierstrass per concludere che:

(i) se 0 < 0 l’energia potenziale ha in x = 0 un minimo assoluto proprio, la cui stabilitae assicurata dalla discussione di Weierstrass, visto che i moti sono tutti oscillatori(ovvero dal teorema di Lagrange-Dirichlet, qui applicabile);

(ii) se 0 > 0 l’energia potenziale ha un massimo assoluto stretto nello stesso punto x = 0,che quindi e instabile per Weierstrass (tutti i moti di energia anche solo leggermentesuperiore a 0 sono indefinitamente progressivi o retrogradi).

Pertanto 0 non influenza il sistema linearizzato delle equazioni del moto, ma determina lanatura stabile o instabile dell’equilibrio.

Esercizio 239. Piccole oscillazioni e modi normaliUna piattaforma rigida S, di massa m e vincolata a scorrere lungo l’asse orizzontale Oxdi una terna inerziale Oxyz. Su S e fissato un sostegno verticale di massa trascurabilealla cui estremita B si incerniera un’asta rigida omogenea BC , di massa m e lunghezza L,libera di ruotare intorno a B mantenendosi nel piano verticale Oxy. Una molla ideale dicostante elastica k = 3mg/L congiunge un punto A di S con l’origine O — vedi figura.

Assunti i vincoli ideali e facendo uso dei parametri adimensionali . ed s evidenziati infigura come coordinate lagrangiane, determinare:

(a) gli equilibri ordinari del sistema e le relative proprieta di stabilita;(b) le frequenze normali delle piccole oscillazioni nell’intorno dell’unico equilibrio stabile;(c) i modi normali delle piccole oscillazioni nell’intorno dello stesso equilibrio stabile.

Stefano Siboni 1317


Soluzione(a) Equilibri ordinari e stabilita degli stessiIl potenziale del sistema e dato dalla somma dei potenziali elastico della molla OA egravitazionale dell’asta BC

U(., s) = !k

2L2s2 ! mg

$!L

2cos .

%= !3

2mgLs2 +

12mgL cos .

relativi alle sole sollecitazioni attive agenti sul sistema scleronomo. Le derivate parzialiprime si scrivono

'U

'.(., s) = !1

2mgL sin .

'U

's(., s) = !3mgLs

ed eguagliate a zero porgono le configurazioni di equilibrio ordinario

(., s) = (0, 0) , ((, 0) .

L’analisi di stabilita viene condotta facendo uso dei teoremi di Lagrange-Dirichlet e diinversione parziale e richiede il calcolo preliminare delle derivate parziali seconde

'2U

'.2(., s) = !1

2mgL cos .

'2U

's2(., s) = !3mgL

'2U

's'.(., s) = 0

cui corrisponde la matrice hessiana diagonale

HU (., s) =

5!1

2mgL cos . 0

0 !3mgL

6

che calcolata negli equilibri ordinari porge

HU (0, 0) =

5!1

2mgL 00 !3mgL

6

HU ((, 0) =

5 12mgL 00 !3mgL

6

e permette di riconoscere in (., s) = (0, 0) un massimo relativo proprio del potenziale,stabile per Lagrange-Dirichlet, e in (., s) = ((, 0) un equilibrio instabile per il teorema diinversione parziale.

(b) Frequenze normali delle piccole oscillazioniLa sola configurazione di equilibrio stabile e data da (., s) = (0, 0) ed e quindi nell’intorno diquesta che vengono analizzate le piccole oscillazioni. Per determinare le frequenze normalidelle piccole oscillazioni occorre ricavare la matrice A(., s) dell’energia cinetica del sistemascleronomo. L’energia cinetica puo essere scritta come somma di due contributi, l’unorelativo alla piattaforma S e l’altro riguardante l’asta BC . La piattaforma e animata damoto traslatorio con velocita Ls e1, per cui la relativa energia cinetica assume la forma

TS =m

2|Ls e1|2 =

mL2

2s2 .

Stefano Siboni 1318


Quanto all’asta BC , il suo baricentro e individuato dal vettore posizione

G ! O = Ls e1 + B ! A +L

2sin . e1 !

L

2cos . e2

dal quale si deduce, essendo B ! A un vettore costante,

G =$Ls +

L

2cos . .

%e1 +

L

2sin . . e2

e dunque

G2 = L2$s2 +

14.2 + cos . .s

%.

L’energia cinetica dell’asta si ricava dal teorema di Konig

TBC =m

2G2 +

12IBCGz |#$BC |2 =

mL2

2

$s2 +

14.2 + cos . .s

%+

12

mL2

12|. e3|2 =

= mL2$1

6.2 +

12

cos . .s +12s2

%.

Sommata all’energia cinetica della piattaforma fornisce l’energia cinetica del sistema

T = mL2$1

6.2 +

12

cos . .s + s2%

=12mL2

$13.2 + cos . .s + 2s2

%

che si esprime nella forma matriciale equivalente

T =12(. s) mL2

&

'13

12

cos .

12

cos . 2

(

)

&

'.

s

(

)

in termini della matrice dell’energia cinetica

A(., s) = mL2

&

'13

12

cos .

12

cos . 2

(

).

Nella configurazione di equilibrio stabile (., s) = (0, 0) si ha

A(0, 0) = mL2

;1/3 1/21/2 2

<HU (0, 0) =

5!1

2mgL 00 !3mgL

6

e l’equazione caratteristica det[$2A(0, 0) + HU (0, 0)] = 0 delle pulsazioni normali diventa

det"mL2$2

;1/3 1/21/2 2

<+

;!mgL/2 0

0 !3mgL

<#= 0

Stefano Siboni 1319


ovvero

det

&

*'

$2

3! 1

2g

L

$2

2$2

22$2 ! 3

g

L

(

+) = 0 .

Scritta esplicitamente quest’ultima equazione risulta

512

$4 ! 2g

L$2 +

32

g2

L2= 0

e porge le soluzioni positive in $2:

$2 =65

"2

g

L±

=4

g2

L2! 4

512

32

g2

L2

#=

65

$2 ±

=32

% g

L

ossia

$21 =

65

$2 !

=32

% g

L= 0.93030615

g

L

$22 =

65

$2 +

=32

% g

L= 3.86969384

g

L.

Se ne ricavano le frequenze normali delle piccole oscillazioni attorno all’equilibrio stabile:

f1 =$1

2(= 0.153508729

=g

Lf2 =

$2

2(= 0.313082242

=g

L.

(c) Modi normali delle piccole oscillazioniI modi normali delle piccole oscillazioni attorno a (., s) = (0, 0) sono soluzioni delleequazioni linearizzate del moto esprimibili, per i = 1, 2, nella forma

;.s

<=

;a+

ia!

i

<cos($it + &i)

essendo &

'13$2

i ! 12

g

L

12$2

i

12$2

i 2$2i ! 3

g

L

(

);

a+i

a!i

<= 0 ,

;a+

ia!

i

</=

;00

<.

Nel seguito vengono esaminati separatamente.

Primo modo normale — $21 = 0.93030615 g/L

In questo caso si ha&

'13$2

1 ! 12

g

L

12$2

1

12$2

1 2$21 ! 3

g

L

(

) =g

L

;!0.18989795 0.4651530750.465153075 !1.1393877

<

Stefano Siboni 1320


ed i vettori caratteristici (a+1 a!

1 ) sono individuati dalla condizione

;!0.18989795 0.4651530750.465153075 !1.1393877

<;a+

ia!

i

<=

;!0.18989795 a+

1 + 0.465153075 a!1

0.465153075 a+1 ! 1.1393877 a!

1

<= 0

ovvero dall’unica equazione lineare omogenea

!a+1 + 2.4494897 a!

1 = 0 .

L’espressione generale del modo normale risulta pertanto

;.s

<= a!

1

;2.4494897

1

<cos

$0.96452379

=g

Lt + &1

%

per una scelta arbitraria delle costanti a!1 ,&1 # R, a!

1 /= 0. In questo modo normalei parametri lagrangiani oscillano in fase attorno ai rispettivi valori di equilibrio, comeillustrato nella figura seguente:

Secondo modo normale — $22 = 3.86969384 g/L

Nella fattispecie risulta

&

'13$2

2 ! 12

g

L

12$2

2

12$2

2 2$22 ! 3

g

L

(

) =g

L

;0.78989794 1.934846921.93484692 4.73938768

<

per cui

;0.78989794 1.934846921.93484692 4.73938768

<;a+2

a!2

<=

;0.78989794 a+

2 + 1.93484692 a!2

1.93484692 a+2 + 4.73938768 a!

2

<= 0

e dunquea+2 + 2.44948974 a!

2 = 0 .

Stefano Siboni 1321


Il modo normale si scrive infine;

.s

<= a!

2

;!2.44948974

1

<cos

$1.96715374

=g

Lt + &2

%

per qualsiasi scelta delle costanti a!2 ,&2 # R, a!

2 /= 0. In questo secondo modo normalel’angolo . e la distanza adimensionale s si mantengono in opposizione di fase fra di loro,mentre oscillano intorno ai relativi valori di equilibrio. L’andamento qualitativo del motoe quindi quello descritto nella figura sottoriportata:

Esercizio 240. Equilibrio di un corpo rigido appoggiatoUn tavolo quadrato omogeneo di vertici A, B, C , D, lato L e massa m, poggia su un pianoorizzontale Oxy debolmente cedevole e privo di attrito. Le gambe del tavolo sono postesotto i vertici A, B, C , D, hanno lunghezza L e massa trascurabile. Una pietra (corpopuntiforme) di massa 2m e fissata sul vertice A.

Determinare:

(a) se la configurazione del sistema e di equilibrio;(b) le reazioni vincolari esterne all’equilibrio nei punti di appoggio del tavolo.

Soluzione(a) EquilibrioLe coordinate x(, y( del centro di pressione sono date da

x( =1

3m(mxG + 2mxA) =

L

6, y( =

13m

(myG + 2myA) =L

6,

Stefano Siboni 1322


per cui e immediato verificare che il centro di pressione cade all’interno del poligono diappoggio e che pertanto la configurazione del sistema e di equilibrio.

(b) Reazioni vincolari esterne all’appoggioSecondo il modello piccola cedevolezza del piano di appoggio, la reazione vincolare #$i

esercitata dal suolo nell’i-esimo vertice Pi del poligono di appoggio e data da #$i = $ie3,con $i = !kzi, dove k indica la costante elastica del suolo e zi la quota del punto diappoggio Pi dopo l’abbassamento del suolo. Nell’ipotesi di rigidit a del corpo appoggiatola quota zi soddisfa la relazione

zi = 0xi + %yi + /,

in cui (xi, yi) sono le coordinate x, y dell’i-esimo punto di appoggio. Ponendo a = !k0, b =!k%, c = !k/, le reazioni vincolari esterne sui punti di appoggio all’equilibrio si scrivononella forma

$i = axi + byi + c .

Sostituendo tali relazioni nelle equazioni cardinali della statica-000000000.

000000000/

4?

i=1

$i = p&

4?

i=1

xi$i = x&p&

4?

i=1

yi$i = y&p&,

si perviene al seguente sistema lineare nelle incognite a, b, c:&

*********'

4?

i=1

x2i

4?

i=1

xiyi

4?

i=1

xi

4?

i=1

xiyi

4?

i=1

y2i

4?

i=1

yi

4?

i=1

xi

4?

i=1

yi 4

(

+++++++++)

&

'abc

(

) = p(

&

'x(

y(

1

(

), (240.1)

Stefano Siboni 1323


dove (x(, y() sono le coordinate del centro di pressione e p( indica il peso totale del corpocon gli eventuali carichi. Per semplificare i calcoli conviene introdurre una nuova terna diassi cartesiani Qx"y" con origine nel centro Q del quadrato ABCD e gli assi Qx" ed Qy"

rispettivamente paralleli agli assi Ox e Oy:

Si hanno allora le relazioni:4?

i=1

x"i = 0

4?

i=1

y"i = 0

4?

i=1

(x"i)

2 = L24?

i=1

x"iy

"i = 0

4?

i=1

(y"i)

2 = L2 (x&)" = !L/3 (y&)" = !L/3

che riducono il sistema (240.1) alla forma&

'L2 0 00 L2 00 0 4

(

)

&

'abc

(

) = 3mg

&

'!L/3!L/3

1

(

)

la cui soluzione ea = !mg

L, b = !mg

L, c =

3mg

4in modo che, secondo tale modello, le reazioni vincolari esterne esercitate nei 4 verticirisultano: -

00000000000000.

00000000000000/

$A = !mg

L

$!L

2

%!mg

L

$!L

2

%+

3mg

4=

7mg

4

$B = !mg

L

$L

2

%!mg

L

$!L

2

%+

3mg

4=

3mg

4

$C = !mg

L

$L

2

%!mg

L

$L

2

%+

3mg

4= !mg

4

$D = !mg

L

$!L

2

%!mg

L

$L

2

%+

3mg

4=

3mg

4.

Il risultato $C < 0 non e accettabile, in quanto rappresenta una reazione vincolare direttaverso il basso e quindi associata ad una azione attrattiva che il piano d’appoggio non puo

Stefano Siboni 1324


esercitare sul corpo appoggiato. Il vertice C non e dunque un punto di appoggio. Il nuovopoligono di appoggio ottenuto considerando solo i vertici A,B,D e il triangolo evidenziatocon il tratteggio nella figura seguente

Applicando nuovamente il modello di piccola cedevolezza otteniamo una nuova determi-nazione dei coe!cienti di struttura a, b, c, ossia:

3?

i=1

x"i = !L/2

3?

i=1

y"i = !L/2

3?

i=1

(x"i)

2 = 3L2/4

3?

i=1

x"iy

"i = !L2/4

3?

i=1

(y"i)

2 = 3L2/4 .

Di conseguenza le equazioni di equilibrio diventano&

'3L2/4 !L2/4 !L/2!L2/4 3L2/4 !L/2!L/2 !L/2 3

(

)

&

'abc

(

) = 3mg

&

'!L/3!L/3

1

(

)

e la loro soluzione si scrive

a = !3mg

2L, b = !3mg

2L, c =

mg

2

con reazioni vincolari esterne nei punti di appoggio date da

-000000000.

000000000/

$A = !3mg

2L

$!L

2

%!3mg

2L

$!L

2

%+

mg

2= 2mg

$B = !3mg

2L

$L

2

%!3mg

2L

$!L

2

%+

mg

2=

mg

2

$D = !3mg

2L

$!L

2

%!3mg

2L

$L

2

%+

mg

2=

mg

2.

Stefano Siboni 1325


Esercizio 241. Corpo rigido con asse fissoNella terna cartesiana Oxyz si considera un corpo rigido non soggetto al peso e vincolatoa ruotare attorno all’asse fisso Oz, privo di attrito. Un punto A del corpo, a distanza L/2dall’asse Oz, e collegato da una molla di costante elastica k > 0 al punto fisso B(0,!L, 0).

Sapendo che il momento d’inerzia del corpo rispetto all’asse Oz vale mL2/2 e facendo usodell’angolo & in figura come coordinata generalizzata, determinare:

(a) le equazioni del moto ed un integrale primo delle stesse;(b) le condizioni iniziali che specificano gli stati di quiete;(c) le condizioni iniziali corrispondenti ai moti oscillatori;(d) le condizioni iniziali relative ai moti rotatori indefinitamente progressivi;(e) le condizioni iniziali che individuano i moti asintotici.

Soluzione(a) Equazioni del moto ed integrale primoLa Lagrangiana del sistema e L = T + U , con

T =12

mL2

2&2 e U = !1

2k|AB|2 = !1

2kL2(

54! cos &) .

Le equazioni pure del moto si scrivono percio

mL2

2& = !1

2kL2 sin &

e un integrale primo e quello dell’energia meccanica

H = T ! U = T + W =12

mL2

2&2 ! 1

2kL2 cos &.

Dall’analisi del grafico dell’energia potenziale W (&) = ! 12kL2 cos & si deducono facilmente

le condizioni iniziali corrispondenti alle varie tipologie di moto del sistema.

(b) Stati di quieteI punti di equilibrio si hanno per W "(&) = 0, ovvero per sin& = 0, la cui soluzione e & =0,(. Le condizioni iniziali che specificano gli stati di quite sono pertanto (&0, &0) = (0, 0),oppure (&0, &0) = ((, 0).

Stefano Siboni 1326


(c) Condizioni iniziali dei moti oscillatoriSi hanno moti oscillatori per valori di energia meccanica compresi fra W (0) = !kL2/2 eW (() = kL2/2, ovvero per le condizioni iniziali (&0, &0) # R2 tali che

!12kL2 <

12

mL2

2&2

0 !12kL2 cos &0 <

12kL2.

(d) Condizioni iniziali dei moti rotatori indefinitamente progressiviSi hanno moti rotatori indefinitamente progressivi per valori di energia meccanica superioria W (() = kL2/2, ossia per le condizioni iniziali (&0, &0) # R2 tali che

12

mL2

2&2

0 !12kL2 cos &0 >

12kL2.

(e) Condizioni iniziali per i moti asintoticiSi hanno moti asintotici se l’energia totale meccanica assume il valore W (() = kL2/2 convelocita iniziale non nulla, vale a dire per le condizioni iniziali (&0, &0) # R2 tali che

12

mL2

2&2

0 !12kL2 cos &0 =

12kL2, (&0, &0) /= ((, 0) .

Esercizio 242. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. non conservativoUna lamina quadrata omogenea pesante ABCD, di lato L e massa m, e vincolata amuoversi nel piano Oxy di una terna ortogonale Oxyz in modo che il punto medio Mdel lato AD scorra lungo l’asse verticale Oy. La terna ruota con velocita angolare costante$ attorno all’asse Oy. Una molla ideale di costante k > 0 unisce M all’origine O e unaresistenza viscosa #FN = !%N (% > 0) agisce nel punto medio N del lato BC . Comecoordinate lagrangiane si usano l’angolo . # (!(/2,(/2) che l’asse di simmetria MN dellalamina forma con la verticale condotta verso il basso ed il parametro adimensionale s > 0illustrato in figura.

Assunti i vincoli ideali:

Stefano Siboni 1327


(a) verificare che la lagrangiana del sistema si scrive

L =mL2

2

$s2 ! sin . s. +

512

.2%

+ mgL$s +

12

cos .%! kL2

2s2 +

mL2$2

8sin2. ;

(b) calcolare le componenti lagrangiane di #FN e determinare la natura della sollecitazione;

(c) individuare gli equilibri del sistema;

(d) analizzare la stabilita di detti equilibri;

(e) per % = 0, ricavare frequenze e modi normali delle piccole oscillazioni nell’intorno diuna configurazione di equilibrio stabile (a scelta).

Soluzione(a) Lagrangiana del sistemaL’energia cinetica del sistema si calcola tramite il teorema di Konig:

T =12mG2 +

12IGz.

2 ,

dove G e il baricentro della lamina e IGz = e3 · IG(e3) il momento d’inerzia della stessarispetto all’asse Gz. Il baricentro viene individuato per mezzo del vettore posizione

G ! O =L

2sin . e1 +

$!Ls ! L

2cos .

%e2 ,

per cui la velocita di G si scrive

G = (L

2cos . .,!Ls +

L

2sin . .) ,

mentre IGz = mL2/6. Si ha dunque

T =12mL2

$14.2 + s2 ! sin . .s

%+

12

mL2

6.2 =

12mL2

$ 512

.2 + s2 ! sin . .s%

.

Il potenziale U delle sollecitazioni posizionali conservative consta della somma di tre con-tributi:

. il potenziale della forza peso Ug = !mg(G !O) · e2 = mg$Ls +

L

2cos .

%;

. il potenziale della forza elastica Uel = !12kL2s2;

. il potenziale della forza centrifuga Ucf =12$2IMy.

Stefano Siboni 1328


Il momento d’inerzia IM si calcola tramite il teorema di Huygens-Steiner. Rappresentandol’operatore IM sulla base costituita da e"1, e"2, e"3, i tre versori solidali ai tre assi principalid’inerzia mostrati in figura

l’operatore e rappresentato dalla matrice d’inerzia

&

'mL2/12 0 0

0 mL2/3 00 0 5mL2/12

(

)

mentre e2 = ! cos .e"1 + sin .e"2 . Ne segue che

IMy =mL2

12cos2 . +

mL2

3sin2 . =

mL2

4sin2 . +

mL2

12.

A meno di una costante additiva, la Lagrangiana del sistema e quindi data da

L =mL2

2

$s2 ! sin .s. +

512

.2%

+ mgL$s +

12

cos .%! kL2

2s2 +

mL2$2

8sin2 ..

(b) Natura della sollecitazione #FN

Le coordinate del punto N sono (L sin .,!Ls!L cos ., 0), in modo che la velocita N risultaN = L cos . . e1 +(!Ls+L sin . .) e2. Il vettore #FN si identifica con #FN = !%L cos . . e1!%(!Ls + L sin . .) e2 e le componenti lagrangiane di #FN valgono pertanto

D& = #FN ·'N

'.= !%L[cos . . e1+(!s+sin . .) e2]·L(cos . e1+sin . e2) = !%L2(.!sin .s)

Ds = #FN · 'N

's= !%L[cos . . e1 + (!s + sin . .) e2 ] · (!L e2) = !%L2(s ! sin ..).

La potenza e data infine da:

( = D& . + Dss = !%L2(.2 ! 2 sin .s. + s2) = !%L2[(cos . .)2 + (sin . . ! s)2] .

Stefano Siboni 1329


Si verifica immediatamente che ( ' 0 e in particolare ( = 0 se e solo se sono verificatecontemporaneamente le due equazioni

@cos . . = 0sin . . ! s = 0

la cui unica soluzione ammissibile e (., s) = (0, 0), essendo . # (!(/2,(/2) e dunquecos . /= 0. Se ne conclude che la sollecitazione #FN ha natura completamente dissipativa.

(c) Equilibri del sistemaLe configurazioni di equilibrio ordinario sono quelle tali per cui 2U = 0, ovvero le soluzionidel sistema

-0000.

0000/

'U

'.= 0

'U

's= 0

3

-0.

0/! mgL

2sin . +

mL2$2

4sin . cos . = 0

mgL! kL2s = 0 .

La seconda equazione ha come unica soluzione s = mg/kL, mentre la prima ammette unao tre soluzioni a seconda del valore della costante adimensionale ! = 2g/L$2. Se ! ) 1allora l’unica soluzione e . = 0, mentre per ! < 1 oltre alla precedente si ottengono altredue soluzioni: . = .& = arccos! e . = !.&. Riassumendo, se ! ) 1, allora c’ e un’unicaconfigurazione di equilibrio P1 : (., s) = (0,mg/kL), mentre se ! < 1 si hanno due ulterioriconfigurazioni di equilibrio, P2 : (., s) = (.&,mg/kL) e P3 : (., s) = (!.&,mg/kL).

(d) Stabilita degli equilibri ordinariLa matrice Hessiana del potenziale U e:

HU (., s) =

&

*'

'2U

'.2

'2U

'.'s'2U

's'.

'2U

's2

(

+) =

5!mgL

2cos . +

mL2$2

4(cos2 . ! sin2 .) 0

0 !kL2.

6

Gli equilibri del sistema sono in numero finito e risultano dunque necessariamente isolati;le sollecitazioni attive agenti sul sistema scleronomo sono inoltre in parte posizionali con-servative, di potenziale U , ed in parte completamente dissipative — le resistenze viscosedi componenti (D& ,Ds. L’analisi di stabilita puo quindi essere condotta facendo uso deicriteri di Barbasin-Krasovskii.

Configurazione P1 : (., s) = (0,mg/kL)Nella fattispecie si ha

HU (0,mg/kL) =

5!mgL

2+

mL2$2

40

0 !kL2

6

.

Stefano Siboni 1330


Se !mgL

2+

mL2$2

4< 0, ovvero se ! > 1, allora l’equilibrio e asintoticamente stabile,

mentre per ! < 1 si ha instabilita; con ! = 1 ricorre infine un caso critico: lo studiodell’hessiano non e su!ciente per accertare la stabilita o l’instabilita della configurazione.Analizzando le derivate di U di ordine superiore si vede che (., s) = (0,mg/kL) e unpunto di massimo proprio isolato per il potenziale U e quindi individua un equilibrioasintoticamente stabile.

Configurazione P2 : (., s) = (.&,mg/kL)L’hessiana del potenziale in questa configurazione assume la forma

HU (.&,mg/kL) =

5 14mL2$2(!2 ! 1) 0

0 !kL2

6

.

La configurazione di equilibrio e definita a condizione che si abbia ! < 1. L’hessianadel potenziale ha quindi autovalori entrambi negativi e consente di riconoscere nella con-figurazione di equilibrio un massimo relativo proprio del potenziale. In presenza dellasollecitazione completamente dissipativa il criterio di Barbasin-Krasovskii garantisce lastabilita asintotica dell’equilibrio.

Configurazione P3 : (., s) = (!.&,mg/kL)La matrice hessiana del potenziale risulta

HU (!.&,mg/kL) =

5 14mL2$2(!2 ! 1) 0

0 !kL2

6

e coincide con quella gia considerata per la configurazione di equilibrio P2. Rimane valida lastessa conclusione, che cioe l’equilibrio e asintoticamente stabile per il criterio di Barbasin-Krasovskii.

(e) Piccole oscillazioni nell’intorno di un equilibrio stabileSe % = 0 il sistema e scleronomo posizionale e conservativo. L’energia cinetica vale

T =12

( . s )A(., s);

.s

<con A(., s) =

&

**'

512

mL2 !12mL2 sin .

!12mL2 sin . mL2

(

++) .

Consideriamo la configurazione di equilibrio (., s)(0,mg/kL), stabile se ! > 1. In tal casole pulsazioni # dei due modi normali di oscillazione attorno all’equilibrio sono le soluzionidell’equazione caratteristica det[#2A(0,mg/kL) + HU (0,mg/kL)] = 0, che esplicitamentesi scrive:

det

&

'512

mL2#2 ! mgL

2+

mL2$2

40

0 mL2#2 ! kL2

(

) = 0

Stefano Siboni 1331


ovvero $ 512

mL2#2 ! mgL

2+

mL2$2

4

%(mL2#2 ! kL2) = 0 .

Le due soluzioni sono #21 =

65

g

L! 3

5$2 e #2

2 = k/m.

Primo modo normale di oscillazione, di pulsazione #1 ==

65

g

L! 3

5$2

Si deve determinare un vettore (a, b) /= (0, 0) per il quale risulti

(A#21 + HU )

;ab

<=

;00

<,

ossia, equivalentemente,

&

'0 0

0 mL2(65

g

L! 3

5$2) ! kL2

(

);

ab

<=

;00

<.

Sono soluzioni di questo sistema lineare omogeneo tutte le coppie (a, b) tali che b = 0, adesempio (a, b) = (1, 0).

Secondo modo normale di oscillazione, di pulsazione #2 =>

k/mDobbiamo calcolare un vettore (a, b) /= (0, 0) tale che

(A#22 + HU )

;ab

<=

;00

<,

ovvero &

'512

kL2 ! mgL

2+

mL2$2

40

0 0

(

);

ab

<=

;00

<.

Risolvono questo sistema lineare omogeneo tutte le coppie (a, b) per le quali risulta a = 0,in particolare (a, b) = (0, 1).

Piccole oscillazioniConcludendo, le piccole oscillazioni del sistema attorno alla posizione di equilibrio stabile(., s) = (0,mg/kL) sono descritte da una arbitraria sovrapposizione dei due moti oscillatoridi pulsazioni #1 e #2:

;.

s ! mg/kL

<= c1 cos(#1t + 11)

;10

<+ c2 cos(#2t + 12)

;01

<,

con c1, c2 # R, 12,12 # [0, 2() costanti arbitrarie — calcolabili una volta note le condizioniiniziali .(0), .(0), s(0), s(0).

Stefano Siboni 1332


Esercizio 243. Geometria delle masseUn sistema rigido e composto da un’asta rettilinea OA di lunghezza R e da un discocircolare D di centro O, raggio R e piano di giacitura Oyz. In un generico punto P deldisco la densita areale e data da:

"(P ) =µ

(R3|P ! O|

con µ costante positiva. L’asta OA si compone dei punti (x, 0, 0), x # [0, R], e la suadensita lineare vale:

!(x) =µ

R2(R + x) , x # [0, R] .

Si chiede di determinare del sistema:

(a) la massa e la posizione del baricentro rispetto alla terna Oxyz;

(b) la matrice d’inerzia relativamente alla stessa terna;

(c) il momento d’inerzia rispetto alla retta di equazione (x, y, z) = (*, 0,513

R! *), * # R;

(d) il momento angolare in O e l’energia cinetica qualora il punto O sia fisso e la velocitaangolare istantanea valga #$ = $e2 ! 2$e3), con $ > 0;

(e) la posizione dell’asse di Mozzi nelle stesse ipotesi del quesito (d).

Soluzione(a) Massa e baricentroMassa del sistemaLa massa dell’asta si ottiene integrando sul segmento x # [0, R] la densita lineare ! e valepercio

m1 =R!

0

!(x)dx =R!

0

µ

R2(R + x)dx =

µ

R2

"Rx +

x2

2

#R

0

=32µ .

Stefano Siboni 1333


Per determinare la massa del disco si procede in modo analogo, per integrazione delladensita areale " sul cerchio di centro O e raggio R nel piano coordinato Oyz:

m2 =!

D

"(P )dydz

!

[0,R]

d-

!

[0,2$]

d&

,,,,'(y, z)'(-,&)

,,,,µ

(R3- =

!

[0,R]

d-

!

[0,2$]

d& -µ

(R3- =

=µ

(R3

2$!

0

d&

R!

0

-2d- =µ

(R32(

R3

3=

23µ ,

in cui si sono introdotte le ovvie coordinate polari (-,&) # [0, R]$ [0, 2(] secondo la trasfor-mazione (y, z) = (- cos &, - sin &), con il relativo determinante jacobiano '(y, z)/'(-,&) =-. La massa del sistema e cosı data dalla somma delle masse delle singole parti costituenti:

m = m1 + m2 =32µ +

23µ =

136

µ .

Baricentro del sistemaIl baricentro G1 dell’asta giace certamente lungo l’asse coordinato Ox

G1 ! O = x1e1

che ne costituisce un evidente asse di simmetria. L’ascissa x1 segue dalla definizione:

x1 =1

m1

R!

0

x!(x)dx =23µ

R!

0

µ

R2(R + x)xdx =

23R2

R!

0

(Rx + x2)dx =

=2

3R2

"R

x2

2+

x3

3

#R

0

=2

3R2

$R3

2+

R3

3

%=

59R

per cui il vettore posizione di G1 si scrive

G1 !O =59R e1 .

Il baricentro G2 del disco D coincide con l’origine O, che ne costituisce un evidente centrodi simmetria — basta osservare che se si indica con !P il punto simmetrico di P # Drispetto all’origine O vale chiaramente !P # D con "(!P ) = "(P ):

G2 !O = 0 .

Per individuare il baricentro G del sistema non rimane che ricorrere alla proprieta distribu-tiva

G ! O =m1(G1 !O) + m2(G2 ! O)

m1 + m2=

613µ

$32µ

59R e1 + 0

%=

513

R e1 .

Stefano Siboni 1334


(b) Matrice d’inerziaLa matrice d’inerzia del sistema relativa alla terna Oxyz e uguale alla somma delle matricid’inerzia del disco e dell’asta rispetto alla stessa terna.

Matrice d’inerzia del discoPer il disco la terna Oxyz e centrale d’inerzia. Infatti O e centro di simmetria della figura,cosı come il piano di giacitura Oyz costituisce un ovvio piano di simmetria e le rette Oy,Oz sono assi di simmetria. I prodotti d’inerzia risultano percio automaticamente nulli. Ilmomento d’inerzia relativo all’asse Oy si calcola agevolmente nelle coordinate polari (-,&):

LDyy =

!

[0,R]

d-

!

[0,2%]

- (- sin &)2µ

(R3- =

µ

(R3

R!

0

-4d-

2$!

0

sin2& d& =

=µ

(R3

R5

5

2$!

0

1 ! cos 2&

2d& =

µR2

5(

12

"& ! sin 2&

2

#2$

0

=15µR2

e, come e peraltro intuibile per ragioni di simmetria, coincide con quello relativo a Oz:

LDzz =

!

[0,R]

d-

!

[0,2%]

- (- cos &)2µ

(R3- =

µR2

5(

2$!

0

cos2& d& =15µR2 .

Poiche Oyz rappresenta il piano di giacitura del disco, il momento d’inerzia rispetto all’asseOx e pari alla somma dei precedenti:

LDxx = LD

yy + LDzz =

25µR2

in modo che la matrice d’inerzia del disco assume la forma diagonale

[LDO] = µR2

&

'2/5 0 00 1/5 00 0 1/5

(

).

Matrice d’inerzia dell’astaLa matrice d’inerzia dell’asta in Oxyz si presenta nella forma

[LOAO ] =

&

'0 0 00 LOA

yy 00 0 LOA

yy

(

)

dovuta alla circostanza che l’asta e completamente ubicata lungo l’asse coordinato Ox.L’unico momento d’inerzia non nullo si ricava dalla definizione

LOAyy =

R!

0

x2 µ

R2(R + x)dx =

µ

R2

R!

0

(Rx2 + x3)dx =µ

R2

"R

x3

3+

x4

4

#R

0

=712

µR2

Stefano Siboni 1335


per cui

[LOAO ] = µR2

&

'0 0 00 7/12 00 0 7/12

(

).

Matrice d’inerzia del sistemaSommando le matrici [LD

O] e [LOAO ] si perviene al risultato richiesto

[LO] = [LDO] + [LOA

O ] = µR2

&

'2/5 0 00 47/60 00 0 47/60

(

).

(c) Momento d’inerziaIndicata con r la retta rispetto alla quale si vuole determinare il momento d’inerzia delsistema, la sua parametrizzazione in forma vettoriale e espressa da

P (*) !O = * e1 +$ 5

13R ! *

%e3 , * # R .

Il versore che ne specifica la direzione e il corrispondente versore tangente

n =P "(*)|P "(*)| =

e1 ! e3

|e1 ! e3|=

1%2

e1 !1%2

e2 .

Appare inoltre evidente che il baricentro del sistema appartiene ad r, coincidendo con ilvalore della parametrizzazione P (*) ! O per * = 0:

G ! O =513

R e1 = P (0) ! O .

La retta r si identifica percio con l’asse passante per G e di direzione n

r = Gn .

Questa osservazione permette di calcolare agevolmente il momento d’inerzia IGn del sistemaapplicando il teorema di Huygens-Steiner:

IGn + md2 = IOn

che tuttavia richiede il calcolo del momento d’inerzia IOn relativo alla retta On passanteper l’origine e di direzione n, nonche della distanza d fra le rette Gn ed On. Detta distanzasi identifica con quella della retta r dall’origine O; la si puo ricavare scrivendo il quadratodella distanza di un generico punto P # r da O:

2(*) = |P (*) ! O|2 =,,,,* e1 +

$ 513

R ! *%

e3

,,,,2

= *2 +$ 5

13R ! *

%2

Stefano Siboni 1336


ed uguagliandone a zero la derivata prima rispetto al parametro

2* + 2$* ! 5

13R%

= 0

equazione nella quale e immediato riconoscere una condizione di minimo. Il relativo puntocritico vale

* =526

R

in modo che la distanza d cercata diventa

d = 2$ 5

26R%1/2

=526

%2R .

Il momento d’inerzia rispetto ad On si ottiene invece dalla matrice d’inerzia in Oxyz, permezzo della ben nota relazione

IOn = n · LO(n) =12(1 0 ! 1) µR2

&

'2/5 0 00 47/60 00 0 47/60

(

)

&

'10!1

(

) =71120

µR2 .

Ricordando il valore m = 13µ/6 per la massa del sistema, si conclude pertanto

IGn = IOn ! md2 =71120

µR2 ! 136

µ$%

2526

%2=

6731560

µR2.

(d) Momento angolare ed energia cineticaIl vettore velocita angolare istantanea del sistema vale #$ = $ e2 ! 2$ e3. Essendo il puntoO fisso, il momento angolare in O si esprime in termini dell’operatore d’inerzia LO:

#KO = LO(#$) =3?

i=1

Ki ei

con le componenti cartesiane K1, K2, K3 date da&

'K1

K2

K3

(

) = [LO]

&

'0$

!2$

(

) = µR2

&

'2/5 0 00 47/60 00 0 47/60

(

)

&

'0$

!2$

(

) = µR2$

&

'0

47/60!47/30

(

)

per cui#KO = µR2$

$4760

e2 !4730

e3

%.

L’energia cinetica e invece data da

T =12#$ · LO(#$) =

12#$ · #KO =

12(0 $ ! 2$)µR2$

&

'0

47/60!47/30

(

) =4724

µR2 .

Stefano Siboni 1337


(e) Asse di MozziL’asse di Mozzi e in e"etti un asse istantaneo di rotazione e si identifica con la rettapassante per l’origine e di direzione #$. Il risultato e evidente, ma vale la pena di verificarloin modo rigoroso. Essendo per ipotesi l’origine un punto fisso, l’atto di moto del sistemaassume la forma

P = #$ & (P ! O)

in quanto O = 0. I punti dell’asse di Mozzi sono per definizione quelli nei quali la velocitaistantanea risulta parallela al vettore velocita angolare istantanea

P = !#$

per i quali si abbia cioe, con un ! # R opportuno,

#$ & (P ! O) = !#$ . (243.1)

Moltiplicando scalarmente membro a membro la relazione per #$ /= 0 si ha

! |#$2| = #$ · #$ & (P ! O) = 0

in modo che risulta ! = 0 e la relazione (243.1) si riduce a

#$ & (P ! O) = 0

e quindi implica i punti dell’asse di Mozzi siano tutti e soli quelli collocati lungo la rettapassante per l’origine e parallela ad #$:

P ! O = 0 #$ = 0 ($ e2 ! 2$ e3) , "0 # R

ossia, equivalentemente,P ! O = * e2 ! 2* e3 , " * # R .

Esercizio 244. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoUn’asta rettilinea, omogenea e pesante OA, di massa m e lunghezza L, e vincolata amuoversi nel piano Oxy di una terna cartesiana ortogonale Oxyz, avendo l’estremo Ofisso nell’origine. La terna Oxyz ruota con velocita angolare costante $ attorno all’asseverticale Oy, rispetto ad un riferimento galileiano appropriato. Una molla di costanteelastica 5m$2/2 congiunge l’estremo A con un punto materiale P , di massa m, libero discorrere lungo l’asse Ox.

Stefano Siboni 1338


Supposti i vincoli ideali, si faccia uso delle coordinate ., s # R in figura per determinare,relativamente alla terna Oxyz:

(a) l’energia cinetica del sistema;(b) gli equilibri ordinari;(c) le proprieta di stabilita degli equilibri ordinari;(d) le equazioni pure del moto;(e) una costante del moto del sistema.

Soluzione(a) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema si determina come somma delle energie cinetiche dell’astaOA e del punto P .

Rispetto alla terna Oxyz, l’asta si presenta come un sistema rigido con asse fisso Oz; lasua energia cinetica e percio data dalla relazione

TOA =12IOAOz |#$OA|2 =

12

mL2

3|. e3|2 =

mL2

6.2

in cui si sono usate le espressioni per il momento d’inerzia IOAOz relativo all’asse fisso e per

la velocita angolare istantanea #$OA = . e3. Ancor piu immediato e il calcolo dell’energiacinetica per il punto P , che vale

TP =m

2P 2 =

m

2|Ls e1|2 =

mL2

2s2 .

In definitiva, l’espressione per l’energia cinetica del sistema risulta

T = TOA + TP =mL2

6.2 +

mL2

2s2 .

(b) Equilibri ordinariNella terna non inerziale Oxyz, oltre alle forze reali peso ed elastiche, agiscono le forze cen-trifughe e di Coriolis. E facile convincersi, tuttavia, che queste ultime hanno componentilagrangiane nulle, in quanto ovunque ortogonali al piano Oxy di giacitura del sistema, lostesso piano che contiene l’asse di rotazione Oy della terna rispetto al riferimento galileiano:le forze di Coriolis non influenzano in alcun modo il moto del sistema. Il sistema e dunquesoggetto unicamente a sollecitazioni posizionali conservative, la cui azione puo essere de-scritta in modo completo facendo ricorso ai relativi potenziali. Il potenziale del sistema ela somma di un potenziale centrifugo dell’asta, un potenziale centrifugo del punto P , unpotenziale gravitazionale per l’asta e uno per il punto P , un potenziale elastico associatoalla molla ideale che congiunge i punti P ed A. Le posizioni dell’estremo A dell’asta e delpunto P sono individuate dai vettori

A ! O = L sin . e1 ! L cos . e2 P ! O = Ls e1

Stefano Siboni 1339


che sono molto utili nel calcolo del potenziale di sistema. Il potenziale centrifugo dell’astasi ricava integrando sull’intero segmento OA il potenziale centrifugo infinitesimo relativoad un tratto di lunghezza d* dell’asta, posto a distanza * dall’estremo fisso O:

Uastacf =

$2

2

L!

0

(* sin .)2m

Ld* =

m$2

2Lsin2.

L!

0

*2d* =mL2$2

6sin2. .

Per il potenziale centrifugo del punto materiale P si ha l’espressione analoga

UPcf =

m$2

2|P ! O|2 =

mL2$2

2s2 .

Il potenziale gravitazionale dell’asta e invece dato da

Uastag = !mg

A! O

2· e2 =

12mgL cos .

mentre quello del punto P assume un valore costante in ogni configurazione

UPg = !mg(P !O) · e2 = 0

e puo quindi essere ignorato nella determinazione del moto e dell’equilibrio. Per completarenon rimane che calcolare il potenziale elastico della molla P ! A:

Uel = !k

2|P ! A|2 = !k

2,,L(sin . ! s) e1 ! L cos . e2

,,2 =

= !kL2

2(s2 ! 2s sin . + 1) = !5

4mL2$2(s2 ! 2s sin . + 1) .

Il potenziale del sistema risulta percio:

U =mL2$2

6sin2. +

mL2$2

2s2 +

12mgL cos . +

54mL2$2(!s2 + 2s sin .) =

= mL2$2

"16sin2. ! 3

4s2 +

12

g

L$2cos . +

52s sin .

#.

Gli equilibri ordinari del sistema di identificano con tutti e soltanto i punti critici delpotenziale, in corrispondenza dei quali si annullano le derivate parziali prime di U :

'U

'.= U& = mL2$2

$13

sin . cos . ! 12

g

L$2sin . +

52s cos .

%

'U

's= Us = mL2$2

$!3

2s +

52

sin .%

.

Si tratta dunque di risolvere il sistema di equazioni trigonometriche-0.

0/

13

sin . cos . ! 12

g

L$2sin . +

52s cos . = 0

!32s +

52

sin . = 0

Stefano Siboni 1340


la seconda delle quali consente di ricavare la variabile s in funzione dell’angolo .

s =53

sin .

e sostituita nella prima conduce ad una equazione trigonometrica nella sola variabile an-golare .

13

sin . cos . ! 12

g

L$2sin . +

256

sin . cos . = 0

che puo peraltro fattorizzarsi come

92

sin .$1 ! g

9L$2

%= 0 .

Un primo insieme di configurazioni d’equilibrio si ottiene richiedendo che sin . = 0, inmodo che risulta

. = 0 , (

ed s = (5/3) sin . = 0. Ulteriori equilibri si hanno inoltre per

cos . ! g

9L$2= 0

ossia per. = ±.( = ±arccos

$ g

9L$2

%

a condizione che si abbia g

9L$2< 1

ed in tal caso vale, beninteso,

s = ±53

sin .( = ±53

>1 ! cos2.( = ±5

3

=1 !

$ g

9L$2

%2.

Gli equilibri del sistema sono pertanto:

(., s) = (0, 0) , ((, 0) ,

definiti per qualsiasi scelta delle costanti caratteristiche del sistema, e:

(., s) =$.(,

53

sin .(%

,$!.(,!5

3sin .(

%,

definiti e distinti dai precedenti a condizione che risulti

g

9L$2< 1

essendosi posto .( = arccos(g/9L$2).

Stefano Siboni 1341


(c) Stabilita degli equilibri ordinariData la natura posizionale conservativa del sistema scleronomo, le proprieta di stabilitadegli equilibri ordinari possono essere analizzate facendo ricorso ai teoremi classici diLagrange-Dirichlet e di inversione parziale. A questo scopo si rende preliminarmente ne-cessario determinare tutte le derivate parziali seconde del potenziale

U&& = mL2$2

"13(cos2. ! sin2.) ! 1

2g

L$2cos . ! 5

2s sin .

#

U&s = Us& = mL2$2 52

cos . Uss = !32mL2$2

che per l’hessiana di U in una generica configurazione (., s) porgono l’espressione

HU (., s) = mL2$2

&

'13(cos2. ! sin2.) ! 1

2g

L$2cos . ! 5

2s sin .

52

cos .

52

cos . !32

(

)

da calcolarsi nelle singole configurazioni di equilibrio.

Configurazione (., s) = (0, 0)In questo caso la matrice hessiana del potenziale si riduce a

HU (0, 0) = mL2$2

&

'13! 1

2g

L$25/2

5/2 !32

(

)

con traccia costantemente negativa

trHU (0, 0) = mL2$2 ! 76! 1

2g

L$2< 0

e determinante

detHU (0, 0) = (mL2$2)2$!27

4+

34

g

L$2

%=

274

(mL2$2)2$!1 +

g

9L$2

%.

Percio:

. per g/9L$2 > 1 il determinante detHU (0, 0) risulta strettamente positivo e unitamenteal segno negativo della traccia porta a concludere che gli autovalori della matrice sonoentrambi negativi. Cio implica il ricorrere in (., s) = (0, 0) di un massimo relativoproprio del potenziale, di cui il teorema di Lagrange-Dirichlet assicura la stabilita;

. per g/9L$2 < 1 il determinante dell’hessiana assume segno negativo, in modo che irelativi autovalori sono di segno opposto. La presenza di un autovalore positivo nellospettro consente di concludere che l’equilibrio e instabile per il teorema di inversioneparziale di Lagrange-Dirichlet;

Stefano Siboni 1342


. se infine g/9L$2 = 1 il determinante si annulla. Dal segno della traccia si deduceche gli autovalori sono uno negativo ed uno nullo. Ricorre percio un caso critico,in senso lato, non podendosi comunque ricorrere al teorema di inversione parziale enon essendo inoltre evidente la applicabilita del teorema di Lagrange-Dirichlet. Ine"etti, la configurazione costituisce un massimo relativo proprio di U . Lo si stabiliscescrivendo il potenziale per g/9L$2 = 1:

U(., s) = mL2$2$1

6sin2. ! 3

4s2 +

92

cos . +52s sin .

%

e riesprimendone il termine entro parentesi tonde nella forma

1mL2$2

U(., s) =16sin2. +

92

cos . ! 34

$s2 ! 10

3s sin .

%=

=16sin2. +

92

cos . ! 34

$s ! 5

3sin .

%2+

34

259

sin2. =

=94sin2. +

92

cos . ! 34

$s ! 5

3sin .

%2=

= 9sin2 .

2cos2

.

2+

92

$1 ! 2sin2 .

2

%! 3

4

$s ! 5

3sin .

%2=

=92

+ 9sin2 .

2cos2

.

2! 9sin2 .

2! 3

4

$s ! 5

3sin .

%2=

=92! 9sin4 .

2! 3

4

$s ! 5

3sin .

%2

In qualsiasi sfera aperta B(/) di centro (., s) = (0, 0) e raggio / > 0 il valore delpotenziale non eccede quello nel centro

U(., s) = mL2$2

"92! 9sin4 .

2! 3

4

$s ! 5

3sin .

%2#' 9

2mL2$2

per cui il centro costituisce certamente un massimo relativo di U ; se inoltre / < 2(il massimo e proprio in quanto non esistono altri punti di B(/) in cui il potenzialeassuma lo stesso valore assunto nel centro:

U(0, 0) =92mL2$2 .

Perche questo avvenga dovrebbe aversi infatti

92! 9sin4 .

2! 3

4

$s ! 5

3sin .

%2=

92

e quindi dovrebbe risultare soddisfatto il sistema di equazioni algebriche-00.

00/

sin4 .

2= 0 . # (!2(, 2()

$s ! 5

3sin .

%2= 0

Stefano Siboni 1343


che pero porge l’unica soluzione (., s) = (0, 0), come a"ermato. L’equilibrio e dunquestabile in virtu del teorema di Lagrange-Dirichlet. Il grafico del potenziale nel casocritico, riprodotto nella figura seguente, conferma il risultato ottenuto.

Configurazione (., s) = ((, 0)Nella fattispecie l’hessiana del potenziale diventa

HU ((, 0) = mL2$2

&

'13

+12

g

L$2!5/2

!5/2 !32

(

)

e presenta determinante di segno comunque negativo

detHU ((, 0) = (mL2$2)2"!3

2

$13

+12

g

L$2

%! 25

4

#< 0

che implica l’instabilita della configurazione per il teorema di inversione parziale di Lagran-ge-Dirichlet — gli autovalori dell’hessiana sono di segno opposto; uno di essi, in particolare,e positivo.

Configurazione (., s) =$.(,

53

sin .(%

In questa configurazione l’hessiana del potenziale risulta

HU

$.(,

53

sin .(%

= mL2$2

&

**'

2cos2.( ! 13

! 12

g

L$2cos .( ! 25

6sin2.( 5

2cos .(

52

cos .( !32

(

++)

in cui cos .( = g/9L$2 e quindi

2cos2.( ! 13

! 12

g

L$2cos .( ! 25

6sin2.( =

23cos2.( ! 1

3! 1

2g

L$2cos .( ! 25

6+

256

cos2.(

= !276

+296

181

$ g

L$2

%2! 1

219

$ g

L$2

%2= !9

2+

1243

$ g

L$2

%2

Stefano Siboni 1344


mentre52

cos .( =518

g

L$2.

Eliminando il parametro .( la matrice hessiana si riduce pertanto a

HU

$.(,

53

sin .(%

= mL2$2

&

**'

!92

+1

243

$ g

L$2

%2 518

g

L$2

518

g

L$2!3

2

(

++)

con determinante strettamente positivo

detHU

$.(,

53

sin .(%

= (mL2$2)2"274

! 1162

$ g

L$2

%2! 25

324

$ g

L$2

%2#

=

= (mL2$2)2"274

! 27324

$ g

L$2

%2#

= (mL2$2)2274

"1 !

$ g

9L$2

%2#

> 0

e traccia di segno negativo

trHU

$.(,

53

sin .(%

= mL2$2

"!6 +

1243

$ g

L$2

%2#

= mL2$2

"!6 +

13

$ g

9L$2

%2#

< 0

per via della condizione di esistenza g/9L$2 < 1 dell’equilibrio. Poiche gli autovaloridell’hessiana sono entrambi di segno negativo, si riconosce nella configurazione un mas-simo relativo proprio del potenziale, la cui stabilita e assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (., s) =$!.(,!5

3sin .(

%

Il potenziale del sistema e chiaramente una funzione pari dei suoi due argomenti

U(!.,!s) = U(., s) " (., s) # R2 .

Ne segue che l’equilibrio (., s) = (!.(,!(5/3) sin .() deve presentare le stesse proprieta distabilita dell’equilibrio simmetrico (., s) = (.(, (5/3) sin .() gia esaminato. Si tratta quindidi un massimo relativo proprio del potenziale, stabile per Lagrange-Dirichlet.

Si completa in tal modo l’analisi di stabilita degli equilibri, i cui risultati possono essereriassunti graficamente nel seguente diagramma di biforcazione, che riporta la posizionedegli equilibri nel piano (., s) # R2 in funzione del parametro adimensionale ! = g/9L$2

— per brevita si e inoltre posto s( = (5/3) sin .(.

Stefano Siboni 1345


(d) Equazioni del motoLe equazioni pure del moto di questo sistema scleronomo a vincoli ideali sono quelle diLagrange

d

dt

$'L

'.

%! 'L

'.= 0

d

dt

$'L

's

%! 'L

's= 0

con lagrangiana L = T + U data da

L = mL2$ .2

6+

s2

2

%+ mL2$2

$16sin2. ! 3

4s2 +

12

g

L$2cos . +

52s sin .

%.

Un calcolo immediato porge le espressioni:

'L

'.=

mL2

3. =, d

dt

$'L

'.

%=

mL2

3.

'L

'.= mL2$2

$13

sin . cos . ! 12

g

L$2sin . +

52s cos .

%

'L

's= mL2s =, d

dt

$'L

's

%= mL2s

'L

's= mL2$2

$!3

2s +

52

sin .%

per cui le equazioni del moto si scrivono esplicitamente come-0.

0/

mL2

3. ! mL2$2

$13

sin . cos . ! 12

g

L$2sin . +

52s cos .

%= 0

mL2s !mL2$2$!3

2s +

52

sin .%

= 0

ovvero nella forma adimensionalizzata-00.

00/

13$2

. ! 13

sin . cos . +12

g

L$2sin . ! 5

2s cos . = 0

1$2

s +32s ! 5

2sin . = 0 .

Stefano Siboni 1346


(e) Integrale primoIl sistema e scleronomo, a vincoli ideali e soggetto unicamente a sollecitazioni posizion-ali conservative. Un integrale primo delle relative equazioni del moto e quindi quellodell’energia meccanica H = T ! U , che si scrive:

H = mL2$ .2

6+

s2

2

%!mL2$2

$16sin2. ! 3

4s2 +

12

g

L$2cos . +

52s sin .

%.

Esercizio 245. Equilibrio di una trave idealeRispetto ad una terna cartesiana ortogonale Oxyz, con asse Oz verticale, una trave sottileAB di densita costante ! ha la parametrizzazione:

(x, y, z) =$a cos

s%a2 + h2

, a sins%

a2 + h2,

hs%a2 + h2

%"& # [0, 4(

>a2 + h2]

essendo a, h costanti positive ed s una ascissa curvilinea. La trave e incastrata nel primo e-stremo A e libera nel secondo estremo B, dove risulta applicata una forza attiva concentrata#F = !age1. Tenuto conto della forza peso, si determinino lungo l’intera trave:

(a) il campo degli sforzi;(b) il campo degli sforzi normali.

Soluzione(a) Campo degli sforziLa prima equazione cardinale della statica per la trave e

d#R

ds(s) = !#f(s),

dove #f(s) e la densita di forze distribuite, che nel nostro caso risulta pari a #f(s) = !#g =!!ge3. Nel primo estemo A lo sforzo coincide con il risultante, cambiato di segno, dellereazioni vincolari esterne applicate alla trave in A. Lo sforzo in B, #R(4(

%a2 + h2), si

identifica con la forza attiva concentrata #F = !age1. Il campo degli sforzi e dato dunquedalla soluzione del seguente problema di Cauchy:

d#R

ds(s) = !ge3

#R(4(>

a2 + h2) = !age1

Integrando l’equazione di equilibrio fra un generico s ed il valore estremo 4(%

a2 + h2 siricava

#R(s) ! #R(4(>

a2 + h2) =s!

4$'

a2+h2

!ge3d*

Stefano Siboni 1347


ovvero#R(s) = !age1 + !g(s ! 4(

>a2 + h2)e3

che fornisce il campo degli sforzi richiesto.

(b) Campo degli sforzi normaliPer determinare il campo degli sforzi normali e necessario calcolare il versore tangente 3 .Dalla parametrizzazione della direttrice

P (s) = a coss%

a2 + h2e1 + a sin

s%a2 + h2

e2 +hs%

a2 + h2e3 ,

derivando rispetto al parametro s si ottiene

3 = ! a%a2 + h2

sins%

a2 + h2e1 +

a%a2 + h2

coss%

a2 + h2e2 +

h%a2 + h2

e3

per cui lo sforzo normale e dato da

#R · 3 3 =!g%

a2 + h2

"!a2 sin

s%a2 + h2

+ h(s ! 4(>

a2 + h2)#3 .

Esercizio 246. Analisi di WeierstrassUna particella materiale di massa unitaria e vincolata a scorrere senza attrito su un asseOx, soggetta ad una forza posizionale di potenziale:

U(x) = e!x(!x2 + x + 1) "x # R.

Si ricavino:

(a) le condizioni iniziali corrispondenti agli stati di quiete del sistema;

(b) le condizioni iniziali per le quali si hanno i moti periodici del sistema;

(c) le condizioni iniziali relative ai moti a meta asintotica del sistema;

(d) il ritratto di fase del sistema.

SoluzioneIl sistema e scleronomo, posizionale e ad un solo grado di liberta. L’andamento qualitativodi tutti i moti si deduce pertanto dall’analisi del grafico dell’energia potenziale W (x) =e!x(x2 ! x ! 1), riprodotto nella figura seguente, applicando i criteri di Weierstrass.

Stefano Siboni 1348


(a) Condizioni iniziali per gli stati di quieteSi hanno stati di quiete se la posizione x0 e la velocita x0 iniziali del sistema sono pari a(x0, x0) = (0, 0), oppure a (x0, x0) = (3, 0).

(b) Condizioni iniziali dei moti periodiciI moti periodici del sistema ricorrono se e soltanto se l’energia totale e strettamentecompresa fra i due valori W (0) = !1 e W (3) = 5e!3, vale a dire per quelle posizioni evelocit a iniziali (x0, x0) tali che

!1 < x20/2 + W (x0) < 5e!3 .

(c) Condizioni iniziali dei moti asintoticiSi hanno moti a meta asintotica per quelle condizioni iniziali (x0, x0) tali che x2

0/2 +W (x0) = 5e!3 e x0 < 3, oppure se x2

0/2 + W (x0) = 5e!3, x0 > 3 e x0 < 0.

(d) Il ritratto di fase del sistemaIl ritratto in fase del sistema viene ricavato graficando le curve di livello dell’energia totaleE(x, x) = x2/2 + W (x) nel piano (x, x) per alcuni valori notevoli di E, pari ad esempio aE0 = !1, !1 < E1 < E2 < 5e!3, E3 = 5e!3 e E5 > E4 > 5e!3.

Stefano Siboni 1349


Esercizio 247. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoUn’asta rettilinea omogenea e pesante OA, di massa m e lunghezza L, e vincolata amantenersi nel piano coordinato Oxy di una terna inerziale Oxyz, con l’estremo O fissonell’origine. Un punto materiale pesante P di massa m puo scorrere liberamente lungol’asta e una molla di costante elastica 4mg/L lo congiunge all’origine O.

Nell’ipotesi di vincoli ideali, facendo uso delle coordinate s # [0, 1] e . # R illustrate infigura, determinare del sistema:

(a) gli equilibri ordinari e di confine;

(b) le proprieta di stabilita degli equilibri ordinari;

(c) l’espressione dell’energia cinetica relativa alla terna Oxyz;

(d) le equazioni delle piccole oscillazioni nell’intorno di una posizione di equilibrio stabilea scelta;

(e) frequenze e modi normali delle piccole oscillazioni nell’intorno della stessa configu-razione di equilibrio considerata al quesito (d).

Soluzione(a) Equilibri ordinari e di confineIn termini delle variabili lagrangiane s, . i punti notevoli del sistema sono individuati daivettori posizione:

P !O = Ls sin ., e1 ! Ls cos . e2 G ! O =L

2sin . e1 !

L

2cos . e2 ,

dove G e il baricentro dell’asta. Il potenziale U delle sollecitazioni posizionali conservativee dato dalla somma di tre contributi: il potenziale della forza peso dell’asta, il potenzialegravitazionale del punto materiale, il potenziale della sollecitazione elastica:

U(s, .) = !mgyG ! mgyP ! 12kL2s2 = mgL

"$12

+ s%

cos . ! 2s2

#.

Stefano Siboni 1350


Derivando U rispetto a s e a . otteniamo:

-0.

0/

Qs(s, .) ='U

's= mgL(cos . ! 4s)

Q&(s, .) ='U

'.= !mgL

$12

+ s%

sin .

Le configurazioni di equilibrio ordinario sono quelle tali per cui 2U = 0, ovvero le soluzionidel sistema -

.

/cos . ! 4s = 0

!$1

2+ s

%sin . = 0

Dalla seconda equazione ricaviamo che sin . = 0, in quanto (1/2+s) > 0 poiche la variabiles e compresa fra 0 e 1. Abbiamo dunque due possibili valori per l’angolo ., ossia . = 0e . = (. Sostituendo nella prima equazione determiniamo il valore di s. Per . = 0otteniamo s = 1/4, mentre per . = ( il risultato e s = !1/4. Quest’ultima soluzione none accettabile in quanto la variabile s deve essere compresa nell’intervallo [0, 1]. Abbiamodunque una sola configurazione di equilibrio ordinario, quella corrispondente a (. = 0, s =1/4). Verifichiamo ora l’esistenza di eventuali equilibri di confine. Le configurazioni diconfine sono di due tipi {(s, .) # R2 , s = 0} oppure {(s, .) # R2 , s = 1}. Nel primocaso, quando s = 0 e . puo assumere valori arbitrari, si ha che l’incremento )s deveessere positivo o nullo, mentre l’incremento ). puo essere arbitrario. Applicando dunqueil teorema dei lavori virtuali, a!nche una configurazione di confine (s, .) = (0, .&) sia diequilibrio devono essere verificate contemporaneamente le seguenti condizioni:

-.

/Qs(0, .&) ' 0

Q&(0, .&) = 0

-.

/cos .& ' 0

sin .& = 0 .

Tale sistema ammette come unica soluzione . = (. Abbiamo dunque un equilibrio diconfine per (s, .) = (0,(). Nel caso in cui s = 1 e . puo assumere valori arbitrari, siha che l’incremento )s deve essere negativo o nullo, mentre l’incremento ). puo esserearbitrario. Applicando nuovamente il teorema dei lavori virtuali, condizione necessaria esu!ciente a!nche una configurazione di confine (s, .) = (1, .&) sia di equilibrio, e che sianosimultaneamente soddisfatte le relazioni seguenti

-.

/Qs(1, .&) ) 0

Q&(1, .&) = 0

7 cos .& ! 4 ) 0sin .& = 0 .

E immediato verificare che la prima disequazione non ammette soluzione e quindi non cisono ulteriori configurazioni di equilibrio di confine.

Stefano Siboni 1351


(b) Stabilita degli equilibri ordinariLa matrice Hessiana del potenziale U si scrive

HU (s, .) =

&

**'

'2U

's2

'2U

'.'s'2U

's'.

'2U

'.2

(

++) = mgL

&

'! 4 ! sin .

! sin . !$1

2+ s

%cos .

(

).

Calcolando tale matrice nell’equilibrio ordinario (s, .) = (1/4, 0) si ottiene

mgL

;!4 00 !3/4

<.

E immediato verificare, essendo la matrice diagonale, che entrambi i suoi autovalori sononegativi. L’hessiano e dunque definito negativo ed il punto (s, .) = (1/4, 0) costituisceun massimo relativo proprio per il potenziale U . Per il teorema di Lagrange-Dirichlet taleequilibrio risulta stabile.

(c) Energia cineticaL’energia cinetica del sistema e data dalla somma di due contributi:

(i) l’energia cinetica del punto materiale

TP =12mv2

p =12m(L2s2 + L2s2.2) ;

(ii) l’energia cinetica dell’asta TA = IOz .2/2, dove IOz = e3 · LO(e3) = mL2/3 e il

momento d’inerzia rispetto all’asse Oz.

Sommando i due contributi si perviene all’espressione cercata

T =12mL2s2 +

12mL2s2.2 +

mL2

6.2 .

(d) Equazioni delle piccole oscillazioniLa lagrangiana linearizzata nell’intorno dell’equilibrio stabile (s, .) = (1/4, 0) e uguale a

Llin =12

( s . )A(1/4, 0);

s.

<+

12

( s ! 1/4 . )HU (1/4, 0);

s ! 1/4.

<

dove A(s, .) e la matrice dell’energia cinetica

A(s, .) =;

mL2 00 mL2(1/3 + s2)

<, A(1/4, 0) =

5mL2 0

01948

mL2

6

,

Stefano Siboni 1352


mentre HU (s = 1/4, . = 0) e la matrice Hessiana del potenziale, gia calcolata al punto (b)

5!4mgL 0

0 !3mgL

4

6.

Le equazioni del moto linearizzate sono dunque

-0.

0/

mL2s + 4mgL(s ! 1/4) = 0

1948

mL2. +3mgL

4. = 0 .

(e) Frequenze e modi normali delle piccole oscillazioniLe pulsazioni # dei due modi normali di oscillazione attorno all’equilibrio sono le soluzionidi det[#2A(1/4, 0) + HU (1/4, 0)] = 0, ovvero di

det

5mL2#2 ! 4mgL 0

01948

mL2#2 ! 34mgL

6= 0

che calcolando il determinante diventa

(mL2#2 ! 4mgL)$19

48mL2#2 ! 3

4mgL

%= 0 .

Le due soluzioni sono #21 =

3619

g/L e #22 = 4g/L, cui corrispondono le frequenze normali

f1 =#1

2(=

3(%

19

=g

Lf2 =

#2

2(=

1(

=g

L.

(i) Primo modo normale di oscillazione, di pulsazione #1 =6%19

>g/L

Si deve determinare un vettore (a, b) /= (0, 0) tale che

(A#21 + HU )

;ab

<=

;00

<,

ovvero &

'!4019

mgL 0

0 0

(

);

ab

<=

;00

<.

Sono soluzioni di questo sistema lineare omogeneo tutte le coppie (a, b) tali che a = 0,ad esempio (a, b) = (0, 1).

Stefano Siboni 1353


(ii) Secondo modo normale di oscillazione, di pulsazione #2 = 2>

g/LDobbiamo calcolare un vettore (a, b) /= (0, 0) tale che

(A#22 + HU )

;ab

<=

;00

<,

ossia 50 00

56mgL

6;ab

<=

;00

<.

Le soluzioni di questo sistema lineare omogeneo sono tutte e soltanto le coppie (a, b)tali che b = 0, quale in particolare (a, b) = (1, 0).

Concludendo, le piccole oscillazioni del sistema attorno alla posizione di equilibrio stabile(s, .) = (1/4, 0) sono una sovrapposizione dei due moti oscillatori di pulsazioni #1 e #2:

;s ! 1/4

.

<= c1 cos(#1t + 11)

;01

<+ c2 cos(#2t + 12)

;10

<,

con c1, c2 # R, 12,12 # [0, 2() costanti arbitrarie — calcolabili una volta note le condizioniiniziali .(0), .(0), s(0), s(0). Si osservi che nel primo modo normale il sistema oscilla rigi-damente attorno all’asse fisso Oz, dal momento che il punto P si mantiene in quieterelativamente all’asta OA — s = 1/4 costante. Nel secondo modo normale, viceversa, el’asta OA a collocarsi in quiete — . = 0 costante — con il punto P che oscilla lungo diessa attorno alla propria posizione di equilibrio s = 1/4.

Esercizio 248. Geometria delle masseUn sistema rigido si compone di una lamina semicircolare L e di un’asta OA. La laminaL, di centro O, raggio R e piano di giacitura Oxy, ha densita areale espressa da

"(P ) =µ

(R3|P ! O| "P # L .

Stefano Siboni 1354


L’asta OA, che si dispone lungo l’asse Oz, ha invece lunghezza R e densita lineare

!(z) =µ

R2(R ! z) " z # [0, R] .

Determinare del sistema:

(a) la massa e la collocazione del baricentro rispetto alla terna Oxyz;(b) la matrice d’inerzia in Oxyz del sistema;(c) il momento angolare in O e l’energia cinetica nell’ipotesi che O sia un punto fisso e la

velocita angolare istantanea valga #$ = $e1 ! $e3, con $ > 0;(d) il momento d’inerzia rispetto alla retta che congiunge O con il punto C(3R, 4R, 0);(e) la posizione dell’asse istantaneo di moto e la velocita dei suoi punti, nelle stesse ipotesi

del quesito (c).

Soluzione(a) Massa e posizione del baricentroLa massa del sistema viene calcolata come somma delle parti costituenti, il semidisco L el’asta OA.

Massa della laminaLa massa della lamina si ottiene integrando sul semidisco {(x, y, 0) # R3 , x2+y2 ' R2 , y )0} la densita areale ". Conviene eseguire il calcolo nelle coordinate polari (-,&) # [0, R]$[0,(] definite da (x, y) = (- cos &, - sin &):

m1 =!

L

"(x, y)dxdy =!

[0,R]

d-

!

[0,$]

d& -µ

(R3- =

µ

(R3

R!

0

-2d-

$!

0

d& =µ

(R3

R2

3( =

µ

3.

Massa dell’astaLa massa dell’asta viene ricavata per integrazione della densita lineare ! lungo il segmentoOA = {(0, 0, z) , z # [0, R]} dell’asse Oz:

m2 =!

OA

!(z)dz =R!

0

µ

R2(R ! z)dz =

µ

R2

"!1

2(R ! z)2

#R

0

=µ

R2

R2

2=

µ

2.

Stefano Siboni 1355


Massa del sistemaLa massa del sistema e la somma delle masse parziali m1 ed m2, dal momento che asta elamina si intersecano nel solo punto O — insieme che da contributo nullo tanto all’integraledi superficie che definisce m1 quanto all’integrale di linea che fornisce m2:

m = m1 + m2 =µ

3+

µ

2=

56µ .

Baricentro della laminaIl baricentro G1 della lamina deve collocarsi lungo la retta Oy, che costituisce un evidenteasse di simmetria in quanto

(x, y, z) # L +, (!x, y,!z) # L " (x, y, z) # R3

e"(!x, y) =

µ

(R2

>(!x)2 + y2 =

µ

(R2

>x2 + y2 = "(x, y) " (x, y) # L .

Vale di conseguenzaG1 ! O = y1 e2

in cui l’ordinata y1 viene ricavata con una integrazione in coordinate polari, da definizione:

y1 =1

m1

!

L

y"(x, y)dxdy =3µ

!

[0,R]

d-

!

[0,$]

d& - - sin&µ

(R3- =

=3

(R3

R!

0

-3d-

$!

0

sin & d& =3

(R3

R4

41! cos &

2$

0=

32(

R .

Pertanto:G1 !O =

32(

R e2 .

Baricentro dell’astaLa retta Oz lungo la quale si dispone l’asta OA e un ovvio asse di simmetria cui il baricentroG2 deve necessariamente appartenere:

G2 !O = z2e3 .

La quota z2 e data dalla definizione

z2 =1

m2

!

OA

z!(z)dz =2µ

R!

0

zµ

R2(R ! z)dz =

2R2

R!

0

(Rz ! z2)dz =

=2

R2

"R

z2

2! z3

3

#R

0

=2

R2

$R3

2! R3

3

%=

R

3

Stefano Siboni 1356


percio

G2 ! O =R

3e3 .

Baricentro del sistemaPoiche asta e lamina si intersecano nel solo punto O — insieme di lunghezza e di area nulle— il baricentro G del sistema puo individuarsi applicando la proprieta distributiva, cheporge:

G ! O =m1(G1 ! O) + m2(G2 !O)

m1 + m2=

65µ

$µ

33R

2(e2 +

µ

2R

3e3

%=

35(

R e2 +R

5e3 .

(b) Matrice d’inerziaRagionando in modo analogo a quanto visto per massa e baricentro, la matrice d’inerziadel sistema rispetto alla terna Oxyz puo scriversi come somma delle matrici d’inerzia dilamina ed asta, rispetto alla medesima terna.

Matrice d’inerzia della laminaPer quanto gia sottolineato al punto precedente e chiaro che:

. la retta Oy costituisce un asse di simmetria del semidisco ed e percio identificabile conun asse principale d’inerzia in O dello stesso;

. il piano Oxy di giacitura della lamina rappresenta un ovvio piano di simmetria edunque un piano principale d’inerzia in O. Si riconosce cosı in Oz un asse principaled’inerzia in O;

. conseguentemente, l’asse Ox e un asse principale d’inerzia in O, in quanto ortogonaleai due precedenti.

Se ne conclude che il riferimento Oxyz individua una terna principale d’inerzia della lamina,rispetto alla quale la matrice d’inerzia [LL

O] si presenta in forma diagonale. Siccome inoltrela lamina e completamente ubicata nel piano coordinato Oxy, si conclude che:

[LLO] =

&

'Lxx 0 00 Lyy 00 0 Lxx + Lyy

(

)

con i momenti principali d’inerzia Lxx ed Lyy che devono determinarsi direttamente dallerispettive definizioni. Al solito, conviene eseguire gli integrali in coordinate polari:

Lxx =!

L

(y2 + z2)"(x, y)dxdy =!

L

y2"(x, y)dxdy =

=!

[0,R]

d-

!

[0,$]

d& - (- sin&)2µ

(R3- =

µ

(R3

R!

0

-4d-

$!

0

sin2& d& =

=µ

(R3

R5

5

$!

0

1 ! cos 2&

2d& =

µ

10(R2

"& ! sin 2&

2

#$

0

=110

µR2.

Stefano Siboni 1357


Analoga espressione vale per il momento d’inerzia relativo a Oy:

Lyy =!

L

(x2 + z2)"(x, y)dxdy =!

L

x2"(x, y)dxdy =

=!

[0,R]

d-

!

[0,$]

d& - (- cos &)2µ

(R3- =

µ

(R3

R!

0

-4d-

$!

0

cos2& d& =

=µ

(R3

R5

5

$!

0

1 + cos 2&

2d& =

µ

10(R2

"& +

sin 2&

2

#$

0

=110

µR2

in modo che la matrice d’inerzia di L assume la forma

[LLO] = µR2

&

'1/10 0 0

0 1/10 00 0 1/5

(

) . (248.1)

Matrice d’inerzia dell’astaL’asta si colloca lungo l’asse Oz e la sua matrice d’inerzia in Oxyz dipende quindi unica-mente dal momento d’inerzia L11 rispetto all’asse Ox — ovvero a Oy —

[LOAO ] =

&

'L11 0 00 L11 00 0 0

(

) .

Il momento in questione vale

L11 =!

OA

z2!(z)dz =R!

0

z2 µ

R2(R!z)dz =

µ

R2

R!

0

(Rz2!z3)dz =µ

R2

"R

z3

3! z4

4

#R

0

=µR2

12

e pertanto

[LOAO ] = µR2

&

'1/12 0 0

0 1/12 00 0 0

(

) . (248.2)

Matrice d’inerzia del sistemaSommando i contributi (248.1) e (248.2) di lamina e asta si determina la matrice d’inerziadell’intero sistema, che risulta percio:

[LO] = [LLO] + [LO]OA = µR2

&

'11/60 0 0

0 11/60 00 0 1/5

(

) . (248.3)

Stefano Siboni 1358


E interessante notare che la matrice d’inerzia si presenta ancora in forma diagonale; siriconosce dunque in Oxyz una terna principale d’inerzia del sistema. Va anche sottolineatoche due momenti principali d’inerzia sono fra loro uguali

1160

µR2 =1160

µR2 /= 15µR2

per cui il corpo rigido presenta struttura giroscopica rispetto al proprio punto fisso O, conasse giroscopico Oz — quello associato all’autovalore semplice µR2/5.

(c) Momento angolare ed energia cineticaIl sistema rigido ha punto fisso nell’origine O e velocita angolare istantanea data da#$ = $ e1 ! $ e3, con $ > 0. Il suo momento angolare in O si esprime allora in terminidell’operatore d’inerzia nel punto fisso

#KO =3?

i=1

Kiei = LO(#$)

con le componenti cartesiane K1,K2,K3 individuate dalla relazione matriciale&

'K1

K2

K3

(

) = [LO]

&

'$0!$

(

) = µR2

&

'11/60 0 0

0 11/60 00 0 1/5

(

)

&

'$0!$

(

) = µR2$

&

'11/60

0!1/5

(

)

in modo che risulta#KO = µR2$

$1160

e1 !15

e3

%.

Nelle stesse condizioni di moto, per l’energia cinetica vale invece la relazione

T =12

#KO · #$ =12($ 0 ! $)µR2$

&

'11/60

0!1/5

(

) =12µR2$2

$1160

+15

%=

23120

µR2$2.

(d) Momento d’inerziaLa retta OC passa ovviamente per l’origine O ed il suo versore tangente si scrive

n =C ! O

|C ! O|=

3 e1 + 4 e2

|3 e1 + 4 e2|=

3 e1 + 4 e2

5=

35

e1 +45

e2 .

Il momento d’inerzia del sistema relativamente alla retta OC = On si ricava allora dallarelazione generale

IOn = n · LO(n) = (3/5 4/5 0) µR2

&

'11/60 0 0

0 11/60 00 0 1/5

(

)

&

'3/54/50

(

) =1160

µR2.

Stefano Siboni 1359


Il risultato e in accordo con la struttura giroscopica del sistema rispetto al punto fisso,con asse giroscopico Oe3; il vettore C !O e infatti autovettore dell’operatore d’inerzia LO

relativo all’autovalore (11/60)µR2, al pari dei versori e1 ed e2.

(e) Asse istantaneo di moto e velocita dei suoi puntiIl corpo rigido ha punto fisso O e velocita angolare istantanea diversa da zero. L’asseistantaneo di moto e percio univocamente definito come asse istantaneo di rotazione, cos-tituito da tutti e soli i punti dello spazio solidale la cui velocita risulta nulla all’istanteconsiderato. L’asse istantaneo di moto si identifica pertanto con la retta O#$, di equazioneparametrica

P !O = *#$ = *($ e1 ! $ e3) , * # Rche, posto *$ = 0 puo porsi nella forma equivalente — piu compatta —

P ! O = 0 e1 ! 0 e3 , 0 # R .

Esercizio 249. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. posizionale conservativoDue aste rettilinee omogenee OA e AB, di eguale lunghezza L e massa m, sono incernieratenel comune estremo A e vincolate a restare nel piano Oxy di una terna cartesiana ortogonaleOxyz. L’estremo O e fisso nell’origine, mentre B e costretto a scorrere lungo l’asse verticaleOy. Il sistema e pesante e una molla di costante elastica k congiunge A con la sua proiezioneortogonale P sull’asse Ox. La terna Oxyz ruota infine con velocita angolare costante $attorno all’asse verticale Oy, relativamente ad una terna inerziale non rappresentata infigura.

Nell’ipotesi di vincoli ideali, si utilizzi la coordinata . # R in figura per determinare,rispetto a Oxyz:

(a) gli equilibri del sistema;(b) la stabilita dei predetti equilibri;(c) l’energia cinetica del sistema;

Stefano Siboni 1360


(d) le equazioni che individuano i moti naturali del sistema;

(e) una costante del moto.

Soluzione(a) EquilibriTrattandosi di sistema in moto in un piano fisso passante per l’asse di rotazione, la com-ponente lagrangiana delle forze di Coriolis agenti sulle due aste e identicamente nulla e deltutto ininfluente agli e"etti del moto; per ogni punto P del sistema si ha infatti:

!2$e2 & P · 'P

'.= !2$e2 · P & 'P

'.= !2$e2 ·

'P

'.. & 'P

'.= 0 .

Tutte le altre sollecitazioni attive applicate, il peso, la forza centrifuga, l’interazione asso-ciata alla molla elastica, hanno natura posizionale e conservativa e possono essere descritteper mezzo degli appropriati potenziali. Si e dunque in presenza di un sistema scleronomoposizionale conservativo a vincoli bilaterali ideali, i cui equilibri possono essere caratter-izzati come tutti e soli i punti critici del potenziale U del sistema, somma dei potenzialiparziali relativi alle varie sollecitazioni.

Potenziale elasticoIl potenziale che descrive l’interazione elastica dell’estremo A con la propria proiezioneortogonale P sull’asse Ox si ricava direttamente dalla definizione e vale:

Uel = !k

2|P ! A|2 = !k

2|L cos . e2|2 = !kL2

2cos2. .

Potenziale centrifugoIl potenziale delle forze centrifughe e la somma dei potenziali relativi alle due aste e sicalcola per integrazione lungo i segmenti OA ed AB:

Ucf =$2

2

L!

0

(s sin .)2m

Lds+

$2

2

L!

0

(* sin .)2m

Ld* = 2

m

L

$2

2

L!

0

*2sin2., d* =mL2$2

3sin2.,

essendo identici i contributi delle due aste.

Potenziale gravitazionaleIl potenziale associato alle forze peso si determina sommando i contributi relativi a ciascunadelle due aste e vale percio

Ug = !mg e2 ·A ! O

2! mg e2 ·

$A ! O +

B ! A

2

%=

= !12mg(!L cos .) ! mg

$!L cos . ! L

2cos .

%= 2mgL cos . .

Stefano Siboni 1361


Potenziale del sistemaSommando i potenziali delle varie tipologie di sollecitazioni si ricava il potenziale del siste-ma

U(.) = !kL2

2cos2. +

mL2$2

3sin2. + 2mgL cos .

che a meno di una costante additiva inessenziale puo riscriversi nella forma equivalente

U(.) =$k

2+

m$2

3

%L2sin2. + 2mgL cos . .

La derivata prima del potenziale vale

U "(.) =$k +

23m$2

%L2 sin . cos . ! 2mgL sin .

ed uguagliata a zero porge la condizione di equilibrio

sin .

Dcos . ! 2mg

$k +

23m$2

%L

E= 0

le cui soluzioni si ottengono:

(i) annullando il fattore sin., ovvero(ii) annullando il fattore entro parentesi quadre.

Nel caso (i) si deducono equilibri ordinari definiti per qualsivoglia scelta delle costanticaratteristiche del sistema:

. = 0 , ( ;

nel caso (ii) si devono invece considerare le radici dell’equazione trigonometrica

cos . ! 2mg$k +

23m$2

%L

= 0

che porge

. = ±.( = ±arccos

D2mg

$k +

23m$2

%L

E

soluzioni definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia

2mg$k +

23m$2

%L

< 1 .

Stefano Siboni 1362


(b) Stabilita degli equilibriTrattandosi di sistema scleronomo soggetto unicamente a sollecitazioni posizionali conser-vative, gli strumenti chiave per l’analisi della stabilita degli equilibri sono costituiti daiclassici teoremi di Lagrange-Dirichlet e di relativa inversione parziale, i quali richiedono ilcomputo della derivata seconda del potenziale

U ""(.) =$k +

23m$2

%L2(cos2. ! sin2.) ! 2mgL cos .

in tutte le configurazioni di equilibrio.

Configurazione . = 0In questa configurazione la derivata seconda del potenziale si scrive

U ""(0) =$k +

23m$2

%L2 ! 2mgL =

$k +

23m$2 ! 2mg

L

%L2

e non avendo segno definito richiede l’esame di tre casi distinti:

(i) se k +23m$2 >

2mg

Lrisulta U ""(0) > 0 e l’equilibrio e instabile per il teorema di

inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

(ii) per k +23m$2 <

2mg

Lsi ha invece U ""(0) < 0. Nella configurazione di equilibrio si

riconosce percio un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilita semplicee assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet;

(iii) qualora sia infine k +23m$2 =

2mg

Lla derivata seconda del potenziale si annulla e

ricorre un caso critico. L’analisi potrebbe essere ulteriormente sviluppata approssi-mando il potenziale U(.) con il suo polinomio di Taylor di quarto grado nell’intornodi . = 0 ed osservando che anche nel caso critico la configurazione costituisce un mas-simo relativo proprio di U , stabile per L-D. In e"etti, alla stessa conclusione si puopervenire direttamente con una appropriata riscrittura della funzione U , che evidenziala natura del punto critico . = 0. Si ha infatti, usando le formule trigonometriche dibisezione:

U(.) = mgLsin2. + 2mgL cos . = mgL(sin2. + 2 cos .) =

= mgL

"4sin2 .

2cos2

.

2+ 2

$1 ! 2sin2 .

2

%#=

= mgL$2 + 4sin2 .

2cos2

.

2! 4sin2 .

2

%= mgL

$2 ! 4sin4 .

2

%,

per cui U(.) < U(0) " . /= 0 tale che |.| < 2(.

Configurazione . = (La derivata seconda assume in questo caso la forma

U ""(() =$k +

23m$2 +

2mg

L

%L2

Stefano Siboni 1363


e si mantiene dunque di segno positivo per qualsiasi scelta delle costanti caratteristichedel sistema. L’instabilita della configurazione segue dal teorema di inversione parziale diLagrange-Dirichlet.

Configurazioni simmetriche . = .( and . = !.(

Le proprieta di stabilita di questi equilibri sono le stesse, in quanto il potenziale e unafunzione pari del proprio argomento . # R. Il comune valore della derivata seconda siscrive:

U ""(.() = U ""(!.() =$k +

23m$2

%L2(cos2.( ! sin2.() ! 2mgL cos .( =

=$k +

23m$2

%L2

Dcos2.( ! sin2.( ! 2mg

$k +

23m$2

%L cos .(

E=

=$k +

23m$2

%L2

Fcos2.( ! sin2.( ! cos .( cos .(

G= !

$k +

23m$2

%L2sin2.(

ed in quanto strettamente negativo qualifica la configurazione come massimo relativoproprio del potenziale. Le stabilita dell’equilibrio si deduce, al solito, dal teorema diLagrange-Dirichlet. Si ricorda che le configurazioni in esame sono definite soltanto per

2mg <$k +

23m$2

%L.

I risultati dell’analisi di stabilita fin qui condotta possono riassumersi nel seguente dia-gramma di biforcazione, dove la collocazione degli equilibri e la loro natura stabile o in-

stabile sono illustrati in funzione del parametro adimensionale ! = 2mGH

L$k +

23m$2

%.

(c) Energia cineticaLa proprieta di additivita assicura che l’energia cinetica del sistema puo calcolarsi comesomma delle energie cinetiche delle singole aste. L’asta OA ha asse fisso Oz e la sua energiacinetica vale percio:

TOA =12IOAOz |#$OA|2 =

12

mL2

3|. e3|2 =

mL2

6.2

Stefano Siboni 1364


essendo IOAOz = mL2/3 il momento d’inerzia dell’asta rispetto all’asse di rotazione Oz e

#$OA = . e3 la relativa velocita angolare istantanea. Un poco piu articolato e il calcolodell’energia cinetica dell’asta AB, che non presenta alcun punto fisso. Una applicazionedel teorema di Konig porge l’espressione

TAB =m

2G2 +

12IABGz |#$AB|2

nella quale la baricentro coincide con il punto medio dell’asta ed e quindi individuato da

G ! O = A ! O +B ! A

2= L sin . e1 ! L cos . e2 +

!L sin . e1 ! L cos . e2

2=

=L

2sin . e1 !

32L cos . e2

con velocita istantaneaG =

$L

2cos . e1 +

32L sin . e2

%.

di modulo quadrato

G2 =$1

4cos2. +

94sin2.

%L2.2 ,

mentre il momento d’inerzia rispetto all’asse baricentrico Gz vale IABGz = mL2/12 e la

velocita angolare istantanea assume la forma #$AB = !. e3. Conseguentemente:

TAB =m

2

$14cos2. +

94sin2.

%L2.2 +

12

mL2

12.2 =

mL2

2

$ 112

+14cos2. +

94sin2.

%.2.

L’energia cinetica del sistema risulta pertanto

T =mL2

2

$13

+112

+14cos2. +

94sin2.

%.2 =

mL2

2

$23

+ 2 sin2.%.2 .

(d) Equazioni dei moti naturaliPoiche il sistema si assume a vincoli ideali, i suoi moti (naturali) sono tutti e soltanto quellidescritti dall’equazione di Lagrange:

d

dt

$'L

'.

%! 'L

'.= 0

con la lagrangiana L = T + U data da

L =mL2

2

$23

+ 2 sin2.%.2 +

$k

2+

m$2

3

%L2sin2. + 2mgL cos . .

Ricordando che nel calcolo del binomio lagrangiano a primo membro . e . devono riguardar-si come variabili indipendenti, si hanno le relazioni:

'L

'.= mL2

$23

+ 2 sin2.%.

d

dt

$'L

'.

%= mL2

$23

+ 2 sin2.%. + 4mL2 sin . cos . .2

'L

'.= 2mL2 sin . cos . .2 +

$k +

23m$2

%L2 sin . cos . ! 2mgL sin.

Stefano Siboni 1365


dalle quali si deduce l’equazione pura del moto

mL2$2

3+ 2 sin2.

%. + 2mL2 sin . cos . .2 !

$k +

23m$2

%L2 sin . cos . + 2mgL sin . = 0 .

(e) Costante del motoUn ovvio integrale primo del sistema e quello dell’energia meccanica

H(., .) =mL2

2

$23

+ 2 sin2.%.2 !

$k

2+

m$2

3

%L2sin2. ! 2mgL cos .

avendosi a che fare con un sistema scleronomo a vincoli ideali soggetto soltanto a sol-lecitazioni posizionali conservative.

Esercizio 250. Statica di un corpo rigido appoggiatoUn corpo rigido pesante e appoggiato al piano orizzontale liscio Oxy, debolmente cedevole,in modo che la sua base d’appoggio sia costituita dai punti:

A(0, 0) , B(1, 0) , C(2, 1) , D(0, 1) .

Il baricentro del corpo e G(3/4, 1/2, 1). Determinare:

(a) se il corpo e in equilibrio;(b) l’area di completo appoggio;(c) le reazioni vincolari esterne agenti sul corpo nei punti di appoggio.

Soluzione(a) EquilibrioCondizione necessaria e su!ciente a!nche la configurazione del sistema sia di equilibrio eche il centro di pressione appartenga al poligono d’appoggio. Il centro di pressione Q siidentifica con la proiezione ortogonale del baricentro G sul piano d’appoggio Oxy e le suecoordinate si scrivono percio

(xG, yG) = (3/4, 1/2)

D’altra parte, il poligono d’appoggio e immediatamente riconoscibile nel poligono convessodi vertici A, B, C , D. E evidente dalla figura che Q giace all’interno del poligono d’appoggioe caratterizza quindi la configurazione come un equilibrio del sistema.

Stefano Siboni 1366


(b) Area di completo appoggioI coe!cienti di struttura a, b, c del piano di appoggio sono determinati dall’equazione ma-triciale

S

&

'abc

(

) = mg

&

'xG

yG

1

(

)

dove xG, yG sono le coordinate del centro di pressione ed S e la matrice simmetrica

S =

&

'Sxx Sxy Sx

Sxy Syy Sy

Sx Sy ##

(

) =

&

'5 2 32 2 23 2 4

(

)

di elementiSxx =

?

i%!

x2i = 02 + 12 + 22 + 02 = 5

Sxy =?

i%!

xiyi = 0 · 0 + 1 · 0 + 2 · 1 + 0 · 1 = 2

Sx =?

i%!

xi = 0 + 1 + 2 + 0 = 3

Syy =?

i%!

y2i = 02 + 02 + 12 + 12 = 2

Sy = 0 + 0 + 1 + 1 = 2

## = 4.

Si ha dunque:&

'abc

(

) = S!1mg

&

'xG

yG

1

(

) = mg15

&

'2 !1 !1!1 11/2 !2!1 !2 3

(

)

&

'xG

yG

1

(

) .

Le reazioni vincolari esterne applicate ai punti A, B, C , D, della base d’appoggio si scrivononella forma

#$i = $i e3 i = A,B,C,D ,

dove le componenti verticali $i sono individuate in termini dei coe!cienti di struttura permezzo delle relazioni

$i = (xi yi 1)

&

'abc

(

) =mg

5(xi yi 1)

&

'2 !1 !1!1 11/2 !2!1 !2 3

(

)

&

'xG

yG

1

(

)

essendosi indicate con (xi, yi, 0) le coordinate dell’i-esimo punto d’appoggio. Perche siabbia e"ettivo appoggio nel punto considerato la componente verticale della reazione vin-colare deve risultare di segno positivo e per il completo appoggio del corpo nella confi-gurazione assegnata la stessa circostanza deve ricorrere per tutte le componenti verticalidelle reazioni vincolari esterne.

Stefano Siboni 1367


La posizione del centro di pressione corrispondente ad una componente #$A positiva dellareazione vincolare in A e individuata da tutte e sole le coordinate (x, y) per le quali risulta

$A = (0 0 1)mgS!1

&

'xy1

(

) =mg

5(!1 ! 2 3)

&

'xy1

(

) =mg

5(!x ! 2y + 3) > 0.

Analoghe condizioni ricorrono per gli altri punti della base di appoggio:

$B = (1 0 1)mgS!1

&

'xy1

(

) =mg

5(1 ! 3 2)

&

'xy1

(

) =mg

5(x ! 3y + 2) > 0

$C = (2 1 1)mgS!1

&

'xy1

(

) =mg

5

$2

32

! 1%&

'xy1

(

) =mg

5

$2x +

32y ! 1

%> 0

$D = (0 1 1)mgS!1

&

'xy1

(

) =mg

5

$!2

72

1%&

'xy1

(

) =mg

5

$!2x +

72y + 1

%> 0.

Il poligono di completo appoggio e quindi costituito da tutti e soli i punti individuati dallecoordinate (x, y) che risolvono il sistema di disequazioni lineari

-00000000.

00000000/

!x ! 2y + 3 > 0x ! 3y + 2 > 0

2x +32y ! 1 > 0

! 2x +72y + 1 > 0

la cui soluzione si ricava per via grafica ed e evidenziata con il tratteggio nella figuraseguente

Stefano Siboni 1368


Tale soluzione, come noto, viene ottenuta tracciando nel piano cartesiano Oxy le rette diequazione

!x ! 2y + 3 = 0 x ! 3y + 2 = 0 2x +32y ! 1 = 0 ! 2x +

72y + 1 = 0

ed individuando per ispezione i semipiani risolventi le singole disequazioni, di cui tali rettecostituiscono la frontiera — per esempio basta verificare se l’origine (x, y) = (0, 0) soddisfao meno la relativa disequazione.

(c) Reazioni vincolari esterne all’equilibrioBasta allora sostituire le coordinate dei vertici Pi, i = 1, 2, 3, 4, e del centro di pressioneper ottenere:

$A =mg

5(!1 ! 2 3)

&

'3/41/21

(

) =mg

4

$B =mg

5(1 ! 3 2)

&

'3/41/21

(

) =mg

4

$C =mg

5

$2

32

! 1%&

'3/41/21

(

) =mg

4

$D =mg

5

$!2

72

1%&

'3/41/21

(

) =mg

4

in modo che le reazioni vincolari esterne agenti sui punti della base d’appoggio diventano:

#$A =mg

4e3

#$B =mg

4e3

#$C =mg

4e3

#$D =mg

4e3.

Le reazioni calcolate sono identiche: in e"etti il centro di pressione Q coincide precisamentecon la media aritmetica dei punti di appoggio:

Q !O =A ! O + B ! O + C ! O + D !O

4

punto nel quale la teoria generale prevede il verificarsi di questa circostanza.

Esercizio 251. Corpo rigido con asse fisso e analisi di WeierstrassUn rotore rigido ha momento d’inerzia ma2 rispetto al proprio asse fisso Ox, privo diattrito. In termini dell’angolo di rotazione ., il momento risultante lungo Ox delle forzeattive applicate si scrive M(.) = U "(.), con:

U(.) = !e!&.2ma2 " . # R.

Stefano Siboni 1369


Determinare:

(a) le equazioni del moto del rotore ed un integrale primo delle stesse;

(b) le condizioni iniziali peri moti periodici;

(c) il ritratto di fase del sistema.

Soluzione(a) Equazioni del moto ed integrale primoQuello considerato e un sistema rigido con asse fisso Ox privo di attrito e la sua equazionedel moto si scrive

IOx. = #MO · e1

con momento d’inerzia IOx = ma2 e momento risultante lungo Ox delle forze attive #MO ·e1 = U "(.):

ma2. = ma2e!&(.2 ! 2.)

in modo che la costante positiva ma2 puo essere ignorata

. = e!&(.2 ! 2.) . # R .

La stessa costante puo essere omessa nell’espressione dell’energia meccanica

E(., .) =1

ma2H(., .) =

.2

2! 1

ma2U(.) =

.2

2+ e!&.2 (., .) # R2 .

(b) Condizioni iniziali dei moti periodiciL’applicazione dell’analisi di Weierstrass e la determinazione del ritratto di fase del sistemarichiedono di determinare il grafico della funzione energia potenziale W (.) = !U(.)/ma2 ,particolarmente per quanto concerne i punti critici. Questi si individuano uguagliando azero la derivata prima di W , o di U ,

W "(.) = e!&(!.2 + 2.) = 0

e risultano pertanto. = 0 . = 2 ,

rispettivamente minimo e massimo relativo proprio dell’energia potenziale, come si deducedal segno della derivata seconda dell’energia potenziale W ""(.) = e!&(.2 ! 4. + 2):

W ""(0) = 2 > 0 W ""(2) = !2e!2 < 0 .

Stefano Siboni 1370


I valori assunti dalla funzione W nei punti critici sono

W (0) = 0 W (2) = 4e!2

mentre valgono gli ovvi limiti

lim&#+$

W (.) = 0 lim&#!$

W (.) = +( .

Il grafico dell’energia potenziale ha dunque l’andamento illustrato nella figura seguente

I teoremi di Weierstrass assicurano che i moti periodici del sistema ricorrono per tutte esole le condizioni iniziali (., .) # R2 tali che

0 < E(., .) < W (2) e . < 2

ossia per i punti dell’aperto di R2

7(., .) # R2 : 0 <

.2

2+ e!&.2 < 4e!2 , . < 2

8.

(c) Ritratto di faseI punti critici costituiscono i soli candidati possibili al ruolo di zeri doppi della funzionedi Weierstrass e quindi sia di punti di equilibrio che di mete asintotiche. Per ottenere ilritratto di fase del sistema basta rappresentare le curve di livello dell’energia meccanicaconservata

E(., .) =.2

2+ W (.) =

.2

2+ e!&.2

considerando gli appropriati livelli di energia, per esempio:

. E0 = 0, che rappresenta il minimo assoluto dell’energia potenziale ed individua lostato di quiete nella configurazione di equilibrio . = 0;

Stefano Siboni 1371


. E1 # (0, 4e!2), che specifica una soluzione periodica la cui orbita si colloca nellaregione . < 2 del piano delle fasi e una soluzione aperiodica per . > 2 munita di unsolo punto di inversione e tendente a . = +( per t 0 +(;

. E2 = 4e!2, che individua le orbite di quattro diverse soluzioni, la prima corrispondentealla soluzione statica .(t) = 2 " t # R, l’altra ubicata nel semipiano di fase . < 2 e conmeta asintotica (., .) = (2, 0) per t 0 ±( — soluzione omoclina — la terza collocatanel quadrante . > 2, . > 0 e a meta asintotica in (., .) = (2, 0) nel passato, nonchetendente all’infinito nel futuro, la quarta, infine, ubicata nel quadrante . > 2, . < 0con meta asintotica (., .) = (2, 0) per t 0 +( e divergente all’infinito per t 0 !(;

. E3 > 4e!2, nel qual caso si ottiene un’unica orbita relativa ad un moto aperiodicocon un solo punto di inversione nella striscia . < 0 e divergente a . = +( tanto nelfuturo quanto nel passato.

Il ritratto di fase del sistema ha dunque l’andamento illustrato nella figura seguente.

Esercizio 252. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoUna guida circolare rigida omogenea %, di raggio R, massa m e centro C , ruota liberamenteattorno ad un suo punto O posto nell’origine di una terna inerziale Oxyz, mantenendosinel piano Oxy di questa. Un punto materiale P di massa m scorre senza attrito su % ed econnesso da una molla di costante elastica k al punto A di % diametralmente opposto adO. L’intero sistema e pesante.

Stefano Siboni 1372


Assunti i vincoli ideali e facendo uso degli angoli .,& # R illustrati in figura come parametrilagrangiani, determinare del sistema:

(a) quattro equilibri ordinari;(b) le proprieta di stabilita degli equilibri ordinari individuati al punto (a);(c) l’espressione dell’energia cinetica relativa alla terna Oxyz;(d) le equazioni delle piccole oscillazioni nell’intorno di un equilibrio stabile a scelta, per

k = mg/3R;(e) le frequenze e i modi normali delle piccole oscillazioni nelle stesse condizioni del punto

(d).

SoluzioneIl sistema considerato e scleronomo a vincoli bilaterali e ideali, con due soli gradi di liberta,e soggetto unicamente a sollecitazioni posizionali e conservative. Le sue configurazioni diequilibrio, tutte ordinarie, si identificano dunque con i punti critici del potenziale delsistema.

(a) Equilibri ordinariGli equilibri ordinari si identificano con i punti critici del potenziale, che risultera dallasomma dei potenziali gravitazionali del punto P e della guida %, nonche del potenzialeelastico associato alla molla A ! P .

Potenziale elastico della molla A ! PIl quadrato della distanza fra gli estremi A e P della molla si calcola applicando il teoremadi Carnot al triangolo APC :

|P ! A|2 = |A ! C |2 + |P ! C |2 ! 2|A ! C ||P ! C | cosACP =

= R2 + R2 ! 2R2 cos & = 2R2 ! 2R2 cos &

ed il relativo potenziale elastico si scrive percio

Uel = !k

2|P ! A|2 = !k

2(2R2 ! 2R2 cos &) = kR2 cos & + costante .

Stefano Siboni 1373


Potenziale gravitazionale della guida circolareIl baricentro della guida circolare omogenea coincide con il suo centro C . Il potenzialegravitazionale della guida vale pertanto:

U"g = !mg e2 · (C ! O) = mgR cos . .

Potenziale gravitazionale del punto materiale PIl vettore posizione del punto P si esprime in termini delle coordinate generalizzate permezzo della relazione

P ! O = C ! O + P !C = R sin . e1 ! R cos . e2 + R sin(. + &) e1 !R cos(. + &) e2

alla quale corrisponde il potenziale gravitazionale

UPg = !mg e2 · (P ! O) = mgR[cos . + cos(. + &)] .

Potenziale del sistemaLa somma dei potenziali gravitazionali ed elastico precedentemente calcolati fornisce ilpotenziale del sistema

U(.,&) = Uel + U"g + UP

g = kR2 cos & + 2mgR cos . + mgR cos(. + &) =

= mgR

"kR

mgcos & + 2 cos . + cos(. + &)

#.

Equilibri ordinariGli equilibri ordinari si determinano annullando simultaneamente le derivate parziali primedel potenziale

'U

'.(.,&) = mgR

1!2 sin . ! sin(. + &)

2

'U

'&(.,&) = mgR

9! kR

mgsin& ! sin(. + &)

:

e dunque risolvendo il sistema di equazioni trigonometriche-0.

0/

2 sin . + sin(. + &) = 0kR

mgsin & + sin(. + &) = 0 .

(252.1)

Quattro soluzioni ovvie di questo sistema sono date da:

(.,&) = (0, 0) , (0,() , ((, 0) , ((,()

che devono intendersi definite a meno di inessenziali multipli interi di 2(.

Stefano Siboni 1374


Osservazione. Insieme completo degli equilibriSebbene non richiesto, e interessante caratterizzare completamente l’insieme delle configu-razioni di equilibrio ordinarie del sistema. Risulta infatti possibile risolvere esplicitamenteil sistema di equazioni trigonometriche (252.1), specificando altresı le condizioni di es-istenza delle soluzioni. Sottraendo membro a membro le due equazioni del sistema (252.1)si ottiene la relazione

sin . =kR

2mgsin &

che sostituita alla seconda equazione (252.1), e dopo aver espresso sin(. + &) mediante lanota formula per il seno della somma di due angoli, porge il sistema

-0.

0/

2 sin . + sin . cos & + cos . sin& = 0

sin . =kR

2mgsin & .

Il passo successivo consiste nell’inserire la seconda equazione entro la prima, che diventacosı

kR

mgsin & +

kR

2mgsin& cos & + cos . sin& = 0

e conduce al sistema equivalente di equazioni trigonometriche-000.

000/

sin &$kR

mg+

kR

2mgcos & + cos .

%= 0

sin . =kR

2mgsin& .

Sfruttando la fattorizzazione della prima equazione possono distinguersi due casi.

Primo casoLa prima equazione del sistema sia verificata in quanto sin & = 0; in tal caso la secondaequazione si riduce a sin . = 0. Le soluzioni del sistema (252.1) risultano percio, a menodi multipli interi di 2(,

(.,&) = (0, 0) , (0,() , ((, 0) , ((,() .

Secondo casoAnnullando il secondo fattore a primo membro nella prima delle equazioni (252.1) si deduceil sistema trigonometrico

-0000.

0000/

kR

mg+

kR

2mgcos & + cos . = 0

sin . =kR

2mgsin & .

Stefano Siboni 1375


che puo anche porsi nella forma equivalente-0000.

0000/

cos . = ! kR

mg! kR

2mgcos &

sin . =kR

2mgsin & .

(252.2)

nella quale seno e coseno dell’angolo . sono espressi in funzione dell’angolo &. L’identitatrigonometrica cos2 .+sin2 . = 1 implica la seguente condizione di esistenza per le soluzionidi (252.2): $

! kR

mg! kR

2mgcos &

%2+

$ kR

2mgsin&

%2= 1

che convenientemente semplificata diventa

14

$ kR

mg

%2+

$ kR

mg

%2+

$ kR

mg

%2cos & = 1

e porge infine $54

+ cos &%$kR

mg

%2= 1.

Se ne conclude che la soluzione in &, se definita, deve essere data da

& = ±&( = ±arccos"$mg

kR

%2! 5

4

#, con &( # [0,(] ,

a condizione che si abbia!1 '

$mg

kR

%2! 5

4' 1

ossia14

'$mg

kR

%2' 9

4+, 1

2' mg

kR' 3

2.

In tal caso risulta

cos . = ! kR

mg! kR

2mg

"$mg

kR

%2! 5

4

#= ! kR

mg+

58

kR

mg! 1

2mg

kR= !

"38

1mg/kR

+12

mg

kR

#

in cui e facile convincersi che

!"38

1mg/kR

+12

mg

kR

## [!1, 1] "mg/kR # [1/2, 3/2] .

Basta osservare che la funzione ausiliaria

f(z) = !$3

81z

+12z%

z # [1/2, 3/2]

Stefano Siboni 1376


ha in z =%

3/2 il suo unico punto critico

f "(z) =38

1z2

! 12

= 0 +, z =%

32

#$1

2,32

%

che e facilmente riconoscibile come massimo relativo proprio in virtu della concavita di fnel proprio dominio:

f ""(z) = !34

1z3

< 0 " z # [1/2, 3/2] .

Basta allora considerare i valori assunti dalla funzione nel punto di massimo ed agli estremidell’intervallo:

f(1/2) = !1 f(3/2) = !1 f(%

3/2) = !%

32

per dedurre l’andamento qualitativo del grafico di f

e concludere che per 1/2 < mg/kR < 3/2 anche l’angolo . e sempre definito oltre cheesprimibile esplicitamente come

. = ±.( = ±arccos"!$3

8kR

mg+

12

mg

kR

%#

essendo beninteso .( # [(/2,(]. Le possibili soluzioni sono quindi:

(.,&) = (.(,&() , (.(,!&() , (!.(,&() , (!.(,!&() . (252.3)

In e"etti l’equazione sin . = (kR/mg) sin& impone che sin . e sin& debbano avere lo stessosegno, sicche delle (252.3) soltanto due sono radici accettabili:

(.,&) = (.(,&() , (!.(,!&()

Stefano Siboni 1377


in quanto sin .( e sin &( ) 0 per definizione di .( e &(. Per semplice sostituzione dei valoridi .( &( ottenuti si accerta infine che le equazioni (252.2) sono e"ettivamente soddisfatte.In definitiva, a meno di multipli interi di 2( gli equilibri del sistema in parte sono sempree comunque definiti

(.,&) = (0, 0) , (0,() , ((, 0) , ((,()

ed in parte esistono — distinti dai precedenti — se e soltanto se mg/kR # (1/2, 3/2):

(.,&) = (.(,&() , (!.(,!&()

con.( = arccos

$!3

8kR

mg! 1

2mg

kR

%&( = arccos

"$mg

kR

%2! 5

4

#.

L’insieme delle configurazioni di equilibrio in funzione del parametro adimensionale ! =mg/kR e illustrato nella figura seguente.

(b) Stabilita degli equilibri ordinariGrazie alla natura posizionale conservativa di tutte le sollecitazioni attive agenti sul siste-ma, le proprieta di stabilita degli equilibri possono essere analizzate ricorrendo ai teoremidi Lagrange-Dirichlet e di inversione parziale. Le derivate parziali seconde del potenzialesi scrivono

U&&(.,&) = mgR[!2 cos . ! cos(. + &)] U&%(.,&) = !mgR cos(. + &)

U%&(.,&) = !mgR cos(. + &) U%%(.,&) = mgR

"! kR

mgcos & ! cos(. + &)

#

per cui l’hessiana del potenziale vale

HU (.,&) = mgR

5!2 cos . ! cos(. + &) ! cos(. + &)

! cos(. + &) ! kR

mgcos & ! cos(. + &)

6.

Stefano Siboni 1378


La matrice deve essere calcolata per ciascuna configurazione di equilibrio ordinaria.

Configurazione (.,&) = (0, 0)L’hessiana del potenziale vale in questo caso

HU (0, 0) = mgR

&

'!3 !1

!1 ! kR

mg! 1

(

)

con determinante positivo e traccia negativa

detHU (0, 0) = (mgR)2$3kR

mg+ 2

%> 0 trHU (0, 0) = mgR

$! kR

mg! 4

%< 0

in modo che i suoi autovalori sono entrambi reali negativi. Questa circostanza permette diriconoscere nella configurazione un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilitae assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (.,&) = (0,()Nella fattispecie per l’hessiana del potenziale si ha l’espressione

HU (0,() = mgR

5!1 11

kR

mg+ 1

6

i cui autovalori sono di segno opposto per via del determinante negativo

detHU (0,() = (mgR)2$! kR

mg! 2

%< 0 ;

dal teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet segue l’instabilita della configu-razione.

Configurazione (.,&) = ((, 0)La matrice hessiana del potenziale assume in questo punto la forma

HU ((, 0) = mgR

&

'3 1

1 ! kR

mg+ 1

(

)

con determinante e traccia, rispettivamente

detHU ((, 0) = (mgR)2$!3

kR

mg+ 2

%trHU ((, 0) = mgR

$! kR

mg+ 4

%.

Per mg/kR < 3/2 si ha detHU ((, 0) < 0 e dunque l’equilibrio risulta instabile per ilteorema di inversione parziale. Nel caso mg/kR > 3/2 si conclude invece che detHU ((, 0) >0, mentre

trHU ((, 0) = mgR$! kR

mg+ 4

%>

103

mgR

Stefano Siboni 1379


e gli autovalori reali della matrice hanno entrambi segno positivo. Ancora una voltal’equilibrio risulta instabile. Alla stessa conclusione si perviene nell’ipotesi residua che! = mg/kR = 3/2 — gli autovalori sono uno nullo ed uno positivo.

Configurazione (.,&) = ((,()Per questa configurazione la matrice hessiana del potenziale si riduce a

HU ((,() = mgR

51 !1!1

kR

mg! 1

6

con traccia positiva trHU ((,() = kR2 e determinante

detHU ((,() = (mgR)2$ kR

mg! 2

%.

Si verifica immediatamente che per ! > 1/2 il determinante dell’hessiana e negativo, inmodo che la matrice ha autovalori di segno opposto; per ! ' 1/2 il determinante e nonnegativo e la traccia strettamente positiva, con almeno un autovalore positivo. In entrambii casi si puo a"ermare l’instabilita della configurazione in virtu del teorema di inversioneparziale di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (.,&) = (.(,&()Le derivate parziali seconde del potenziale sono date dalle espressioni seguenti:

U&&(.(,&() = mgR[!2 cos .( ! cos(.( + &()] = kR2$5

2+ 2 cos &(

%

U&%(.(,&() = !mgR cos(.( + &() = kR2$cos &( +

12

%

U%%(&(,&() = mgR

"! kR

mgcos &( ! cos(.( + &()

#=

12kR2

in cui si e fatto uso delle equazioni (252.2) per eliminare il parametro .(. La matricehessiana del potenziale si scrive percio:

HU (.(,&() = kR2

&

**'

52

+ 2 cos &( 12

+ cos &(

12

+ cos &( 12

(

++)

con traccia e determinante di segno positivo:trHU (.(,&() = kR2(3 + 2 cos &() > 0 detHU (.(,&() = kR2sin2&( > 0 .

La matrice hessiana e quindi definita positiva ed il teorema di inversione parziale diLagrange-Dirichlet porta a concludere che la configurazione di equilibrio, quando definita,e instabile per qualsiasi scelta del parametro !.

Configurazione (.,&) = (!.(,!&()Le proprieta di stabilita di questa configurazione sono le stesse gia individuate per l’equi-librio simmetrico (.,&) = (.(,&(), in quanto il potenziale del sistema e una funzione paridei propri argomenti

U(!.,!&) = U(.,&) " (.,&) # R2 .

Stefano Siboni 1380


(c) Energia cineticaLa guida circolare ruota attorno all’asse fisso Oz con velocita angolare #$" = . e3 e la suaenergia cinetica assume percio la forma

T" =12I"Oz|#$"|2 =

121I"Cz + m|C ! O|2

2|#$"|2 =

12(mR2 + mR2)|. e3|2 = mR2.2.

L’energia cinetica del punto P e invece data dall’ovvia espressione

TP =12mP 2

nella quale la velocita istantanea del punto si ricava derivando in t il vettore P ! O:

P = R[cos . . + cos(. + &) (. + &)] e1 + R[sin . . + sin(. + &) (. + &)] e2

ed il relativo modulo quadrato vale dunque

P 2 = R21cos2. .2 + cos2(. + &) (. + &)2 + 2 cos . cos(. + &) .(. + &)

2+

+ R21sin2. .2 + sin2(. + &) (. + &)2 + 2 sin . sin(. + &) .(. + &)

2=

= R21.2 + (. + &)2 + 2 cos & .(. + &)

2=

= R212(1 + cos &) .2 + &2 + 2(1 + cos &) .&

2.

Di conseguenza

TP =mR2

21(2 + 2 cos &) .2 + &2 + 2(1 + cos &) .&

2

e l’energia cinetica del sistema si determina sommando i contributi di % e P :

T = T" + TP =mR2

21(4 + 2 cos &) .2 + &2 + 2(1 + cos &) .&

2.

Si osservi, in vista della successiva applicazione all’analisi delle piccole oscillazioni, che ilrisultato ottenuto si riesprime in forma matriciale come

T =12(. &)mR2

;4 + 2 cos & 1 + cos &1 + cos & 1

<;.&

<

espressione nella quale interviene la matrice dell’energia cinetica

A(.,&) = mR2

;4 + 2 cos & 1 + cos &1 + cos & 1

<

che e immediato verificare essere reale, simmetrica e definita positiva:

detA(.,&) = (mR2)2(3 ! cos2&) > 0 trA(.,&) = mR2(5 + 2 cos &) > 0

Stefano Siboni 1381


come in generale previsto per qualsiasi sistema scleronomo.

(d) Equazioni delle piccole oscillazioniL’unica configurazione di equilibrio stabile del sistema si ha per (.,&) = (0, 0) ed e quindinell’intorno di questa che si considerano le equazioni delle piccole oscillazioni. Per . e &piccoli dette equazioni assumono la forma:

A(0, 0);

.&

<! HU (0, 0)

;.&

<= 0

nella quale la matrice dell’energia cinetica vale

A(0, 0) = mR2

;6 22 1

<

mentre quella hessiana del potenziale e gia stata ricavata nello studio della stabilita

HU (0, 0) = mgR

&

'!3 !1

!1 !1! kR

mg

(

) .

Si ha pertanto

mR2

;6 22 1

<;.&

<! mgR

&

'!3 !1

!1 !1 ! kR

mg

(

);

.&

<= 0

ovvero -0.

0/

6. + 2& +g

R(3. + &) = 0

2. + & +g

R

9. +

$1 +

kR

mg

%&:

= 0 .

Nel caso di k = mg/3R le equazioni diventano

-.

/

6. + 2& +g

R(3. + &) = 0

2. + & +g

R

$. +

43&%

= 0 .

(e) Frequenze e modi normali delle piccole oscillazioniFrequenze e modi normali delle piccole oscillazioni nell’intorno di (.,&) = (0, 0) sonoindividuati dal problema agli autovalori generalizzato:

[#2A(0, 0) + HU (0, 0)]a = 0 a # R2 \ {0} (252.4)

Stefano Siboni 1382


in cui compare la matrice fondamentale

#2A(0, 0) + HU (0, 0) = mR2#2

;6 22 1

<+ mgR

&

'!3 !1

!1 !1! kR

mg

(

) =

= mgR

I

JR#2

g

;6 22 1

<!

&

'3 1

1 1 +kR

mg

(

)

K

L

che, posto per brevita R#2/g = µ, si riduce a

#2A(0, 0) + HU (0, 0) = mgR

5 6µ ! 3 2µ ! 1

2µ ! 1 µ ! 1 ! kR

mg

6.

Le pulsazioni normali # delle piccole oscillazioni si ottengono risolvendo l’equazione carat-teristica

det[#2A(0, 0) + HU (0, 0)] = 0

ossia l’equazione algebrica di secondo grado

2µ2 +$!5 ! 6

kR

mg

%µ + 2 + 3

kR

mg= 0

le cui radici si scrivono

µ± =14

D5 + 6

kR

mg±

B$5 + 6

kR

mg

%2! 8

$2 + 3

kR

mg

%E.

Il discriminante dell’equazione e il quadrato di un binomio

& =$5 + 6

kR

mg

%2! 8

$2 + 3

kR

mg

%= 25 + 36

$ kR

mg

%2+ 60

kR

mg! 16 ! 24

kR

mg=

= 9 + 36$ kR

mg

%2+ 36

kR

mg=

$3 + 6

kR

mg

%2

per cui

µ± =14

"5 + 6

kR

mg±

$3 + 6

kR

mg

%#=

-0.

0/

2 + 3kR

mg12

ed i quadrati delle pulsazioni normali diventano

#2 = µg

R=

-0.

0/

$2 + 3

kR

mg

% g

R12

g

R.

Stefano Siboni 1383


Le frequenze normali delle piccole oscillazioni valgono pertanto

f1 =#1

2(=

12(

1%2

=g

Rf2 =

#2

2(=

12(

B

2 + 3kR

mg

=g

R,

con f1 < f2. Per k = mg/3R queste espressioni si riducono a

f1 =12(

1%2

=g

Rf2 =

12(

%3=

g

R.

Non rimane che caratterizzare i singoli modi normali di oscillazione.

Modo normale di pulsazione # = #1 (modo basso)Per µ = 1/2 il problema agli autovalori generalizzato (252.4) si presenta nella forma

&

'0 0

0 !12! kR

mg

(

);

a1

a2

<= 0

;a1

a2

<# R2 \ {0}

ed equivale all’unica equazione scalare$!1

2! kR

mg

%a2 = 0

che implica la soluzione generale a2 = 0. Il primo modo normale di oscillazione cercatovale pertanto:

;.&

<= a1

;10

<cos(#1t + 0) " a1 # R \ {0} , 0 # R .

Si osservi che nel primo modo normale di oscillazione, quello di frequenza piu bassa, ilparametro & si mantiene fisso al proprio valore di equilibrio & = 0 mentre . varia sinu-soidalmente attorno a . = 0: il modo normale corrisponde ad una oscillazione rigidadell’intero sistema % - P attorno all’asse fisso Oz.

Modo normale di pulsazione # = #2 (modo alto)

Per µ = 2 + 3kR

mgil problema agli autovalori generalizzato (252.4) si riduce a

$1 + 2

kR

mg

%;9 33 1

<;b1

b2

<= 0

;b1

b2

<# R2 \ {0}

ossia all’unica equazione scalare

3b1 + b2 = 0 b1 # R \ {0}

Stefano Siboni 1384


dalla quale si deduce che b2 = !3b1, " b1 # R \ {0}. Il corrispondente modo normale dioscillazione assume percio la forma:

;.&

<= b1

;1

!3

<cos(#2t + %) " b1 # R \ {0} , % # R .

In esso i due parametri lagrangiani oscillano in opposizione di fase l’uno rispetto all’altro,attorno ai relativi valori di equilibrio.

Soluzione generale delle equazioni delle piccole oscillazioniNel caso k = mg/3R la soluzione generale dell’equazione delle piccole oscillazioni e data dauna sovrapposizione arbitraria dei due modi normali di oscillazione appena determinati:

;.&

<= a1

;10

<cos

$ 1%2

=g

Rt + 0

%+ b1

;1!3

<cos

$%3=

g

Rt + %

%, t # R ,

per qualsivoglia scelta delle costanti reali a1, b1, 0, %.

Esercizio 253. Geometria delle masseUn sistema rigido e composto da un’asta OA di lunghezza L e da un semidisco circolareS di raggio L e centro O, che rispetto ad una terna solidale Oxyz si dispongono comeillustrato in figura. Il semidisco e omogeneo e di massa m, mentre la densita dell’asta inun suo generico punto P si scrive:

!(P ) =m

L2|P ! O| .

Si chiede di determinare del sistema:

(a) il baricentro rispetto alla terna Oxyz;

(b) la matrice d’inerzia relativamente alla stessa terna;(c) il momento d’inerzia rispetto alla retta di equazione y = x nel piano Oxy;

(d) il momento angolare in O e l’energia cinetica, nell’ipotesi che il punto O sia fisso e chela velocita angolare istantanea valga #$ = $(e1 + e3), con $ > 0.

Stefano Siboni 1385


Soluzione(a) Posizione del baricentroPer calcolare la posizione del baricentro del sistema e opportuno determinare masse ebaricentri dell’asta OA e del semidisco S, ricorrendo poi al teorema distributivo.

Massa e baricentro dell’astaLa massa dell’asta OA viene ricavata per integrazione della densita lineare ! sul segmentoOA e vale pertanto:

masta =!

OA

! ds = !0!

!L

m

L2xdx = ! m

L2

"x2

2

#0

!L

=m

2.

Dal momento che Ox e un ovvio asse di simmetria, il vettore posizione del baricentrodell’asta e specificato dalla sola ascissa x1:

Gasta !O = x1e1

che si calcola direttamente mediante la relativa definizione:

x1 =1

masta

!

OA

x! ds =2m

0!

!L

x$! m

L2x%

dx =

= ! 2L2

0!

!L

x2dx = ! 2L2

"x3

3

#0

!L

= ! 2L2

L3

3= !2

3L

Il vettore posizione del baricentro dell’asta risulta quindi:

Gasta ! O = !23L e1.

Baricentro del semidisco circolarePoiche il semidisco e omogeneo, la retta Ox ne costituisce un evidente asse di simmetriaed il vettore posizione del baricentro deve assumere la forma generale:

GS ! O = x2e1

in termini dell’ascissa x2:

x2 =1m

L!

0

d-

$/2!

!$/2

d& - - cos &m

(L2/2=

2(L2

L!

0

-2d-

$/2!

!$/2

cos & d& =

=2

(L2

"-3

3

#L

0

1sin&

2$/2

!$/2=

2(L2

L3

32 =

43(

L

Stefano Siboni 1386


sicche risulta:GS !O =

43(

L e1.

Baricentro del sistemaPer determinare il baricentro del sistema non rimane che applicare il teorema distributivoalle due parti rigide costituenti:

G ! O =masta(Gasta ! O) + m(GS !O)

masta + m=

=1

m

2+ m

"m

2

$!2

3L e1

%+ m

43(

L e1

#=

23m

$ 43(

! 13

%mL e1 =

29

$ 4(! 1

%L e1.

(b) Matrice d’inerziaLa matrice d’inerzia del sistema rispetto alla terna Oxyz puo determinarsi come sommadelle matrici d’inerzia, relativamente alla stessa terna, dell’asta OA e del semidisco circolareS. Queste matrici d’inerzia vengono calcolate separatamente.

Matrice d’inerzia dell’astaDal momento che l’asta OA giace lungo l’asse coordinato Ox, la relativa matrice d’inerziadeve assumere la forma generale:

[LastaO ] =

&

'0 0 00 Lasta

yy 00 0 Lasta

yy

(

)

nella quale il momento d’inerzia Lastayy e dato da:

Lastayy =

0!

!L

x2$! m

L2x%

dx = ! m

L2

"x4

4

#0

!L

=14mL2

per cui:

[LastaO ] = mL2

&

'0 0 00 1/4 00 0 1/4

(

) .

Matrice d’inerzia del semidisco circolareIl semidisco e collocato nel piano coordinato Oxy e quindi la relativa matrice d’inerzia inOxyz deve presentarsi nella forma caratteristica:

[LSO] =

&

'LS

xx LSxy 0

LSxy LS

yy 00 0 LS

xx + LSyy

(

) .

Stefano Siboni 1387


Il momento d’inerzia relativo all’asse Ox si scrive:

LSxx =

L!

0

d-

$/2!

!$/2

d& - (- sin &)22m

(L2=

2m

(L2

L!

0

-2d-

$/2!

!$/2

sin2& d& =

=2m

(L2

"-4

4

#L

0

$/2!

!$/2

1 ! cos 2&

2d& =

2m

(L2

L4

412

"&! sin 2&

2

#$/2

!$/2

=14mL2

mentre il momento d’inerzia rispetto ad Oy vale:

LSyy =

L!

0

d-

$/2!

!$/2

d& - (- cos &)22m

(L2=

2m

(L2

L!

0

-3d-

$/2!

!$/2

1 + cos 2&

2d& =

=2m

(L2

L4

412

"& +

sin2&

2

#$/2

!$/2

=14mL2.

Il prodotto d’inerzia LSxy deve essere nullo in quanto Ox e un asse di simmetria, e quindi

un asse principale d’inerzia in O. In e"etti:

LSxy = !

L!

0

d-

$/2!

!$/2

d& - - cos & - sin &2m

(L2=

= ! 2m

(L2

L!

0

-3d-

$/2!

!$/2

sin& cos & d& = ! 2m

(L2

L4

4

"12sin2&

#$/2

!$/2

= 0 .

In definitiva, la matrice d’inerzia del semidisco si riduce alla forma diagonale:

[LSO] = mL2

&

'1/4 0 00 1/4 00 0 1/2

(

) .

Matrice d’inerzia del sistemaNon rimane che sommare le matrici d’inerzia appena calcolate per ottenere il risultatorichiesto:

[LO] = [LastaO ] + [LS

O] = mL2

&

'1/4 0 00 1/2 00 0 3/4

(

) .

Stefano Siboni 1388


(c) Momento d’inerzia rispetto all’asse y = xLa retta che nel piano Oxy ha equazione y = x passa chiaramente per l’origine ed eindividuata dal versore:

n =e1 + e2

|e1 + e2|=

1%2e1 +

1%2e2 =

3?

i=1

niei.

Il momento d’inerzia relativo a tale asse si esprime dunque per mezzo della relazionematriciale:

IOn = (n1 n2 n3)[LO]

&

'n1

n2

n3

(

) =1%2(1 1 0) mL2

&

'1/4 0 00 1/2 00 0 3/4

(

) 1%2

&

'110

(

) =

=12(1 1 0) mL2

&

'1/4 0 00 1/2 00 0 3/4

(

)

&

'110

(

) =

=12mL2(1 1 0)

&

'1/41/20

(

) =38mL2.

(d) Momento angolare ed energia cineticaNell’ipotesi che il punto O del sistema rigido sia fisso, il momento angolare in O per#$ = $(e1 + e3) e dato dall’espressione:

#KO = K1e1 + K2e2 + K3e3

nella quale le componenti K1, K2, K3 si ricavano dalla relazione matriciale:&

'K1

K2

K3

(

) = [LO]

&

'$0$

(

) = mL2

&

'1/4 0 00 1/2 00 0 3/4

(

)

&

'$0$

(

) = mL2$

&

'1/40

3/4

(

)

in modo che risulta:#KO =

$14e1 +

34e3

%mL2$.

Nelle stesse condizioni, per l’energia cinetica si ha l’analoga relazione:

T =12#$ · LO(#$) =

12#$ · #KO

che rispetto alla base ortonormale e1, e2, e3 si riduce all’espressione matriciale equivalente:

T =12($ 0 $)

&

'K1

K2

K3

(

) =12($ 0 $)mL2$

&

'1/40

3/4

(

) =12mL2$2.

Stefano Siboni 1389


Esercizio 254. Risultante e asse centrale di un sistema di vettori applicatiDato il sistema di vettori applicati:

#a1 = e1 + e2 in A(5, 2, 0),#a2 = 2e1 + 2e2 ! e3 in B(!5, 2, 0),#a3 = e1 + e2 + e3 in C(0,!3, 0)

determinare:

(a) il risultante ed il momento risultante rispetto all’origine;(b) se i tre vettori sono o meno complanari;(c) l’equazione dell’asse centrale del sistema.

Soluzione(a) Risultante e momento risultanteIl risultante del sistema di vettori applicati si ottiene sommando i tre vettori assegnati:

#R = #a1 + #a2 + #a3 = 4 e1 + 4 e2

mentre per il momento risultante in O vale l’espressione:

#MO = (A ! O) & #a1 + (B ! O) & #a2 + (C ! O) & #a3 == (5e1 + 2e2) & (e1 + e2) + (!5e1 + 2e2) & (2e1 + 2e2 ! e3) ! 3e2 & (e1 + e2 + e3)

=

,,,,,,

e1 e2 e3

5 2 01 1 0

,,,,,,+

,,,,,,

e1 e2 e3

!5 2 02 2 !1

,,,,,,+

,,,,,,

e1 e2 e3

0 !3 01 1 1

,,,,,,=

= 3 e3 ! 2 e1 ! 5 e2 ! 14 e3 ! 3 e1 + 3 e3 = !5 e1 ! 5 e2 ! 8 e3.

(b) ComplanaritaPer verificare la complanarita — ovvero la lineare dipendenza — dei tre vettori #a1, #a2,#a3 e necessario e su!ciente controllare l’annullarsi del relativo prodotto misto. Si ricordainfatti che tale prodotto misto coincide, a meno di un eventuale cambiamento di segno,con il volume del parallelepipedo che ha come spigoli i vettori orientati rappresentativi deivettori #a1, #a2, #a3 in un comune punto di applicazione scelto a piacere (e che costituisce unvertice del parallelepipedo). La condizione di complanarita dei segmenti orientati equivalecosı all’annullarsi del volume del parallelepipedo, che viene a schiacciarsi in un piano. Ine"etti risulta:

#a1 · #a2 & #a3 =

,,,,,,

1 1 02 2 !11 1 1

,,,,,,=

,,,,2 !11 1

,,,,!,,,,2 !11 1

,,,, = 3 ! 3 = 0

per cui i vettori sono complanari.

Stefano Siboni 1390


(c) Asse centralePoiche il sistema di vettori applicati ha risultante non nullo, il relativo asse centrale esisteed e univocamente determinato. I punti A dell’asse centrale sono individuati dall’equazionevettoriale:

#MO + (O ! A) & #R = !#R , ! # R ,

che scritta esplicitamente diventa:

!5 e1 ! 5 e2 ! 8 e3 ! (xAe1 + yAe2 + zAe3) & (4 e1 + 4 e2) = !(4 e1 + 4 e2) .

Sostituendo il prodotto vettore

(xAe1 +yAe2 +zAe3)&(4 e1 +4 e2) =

,,,,,,

e1 e2 e3

xA yA zA

4 4 0

,,,,,,= !4zAe1 +4zAe2 +(4xA!4yA)e3 ,

l’equazione di definizione dell’asse centrale assume la forma

!5 e1 ! 5 e2 ! 8 e3 + 4zAe1 ! 4zAe2 + (!4xA + 4yA)e3 = !(4 e1 + 4 e2)

ed eguagliando le componenti corrispondenti conduce al sistema di equazioni scalari:

C!5 + 4zA = 4!!5! 4zA = 4!!8! 4xA + 4yA = 0

che equivale a: -0000.

0000/

zA = ! +54

zA = !! ! 54

yA = xA + 2 .

Dalle prime due equazioni si deduce

! = !54

zA = 0

per cui l’asse centrale e specificato dal sistema di equazioni algebriche:

@yA = xA + 2zA = 0.

L’asse centrale si colloca nel piano coordinato Oxy.

Stefano Siboni 1391


Esercizio 255. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoIn un piano verticale Oxy, un’asta omogenea AB di lunghezza 2L e massa m ha l’estremoA incernierato in un punto fisso del semiasse verticale positivo Oy, in modo tale cheOA = 2L. Un punto materiale P di massa m e vincolato a scorrere sull’asse orizzontaleOx. Sono presenti barriere rettilinee parallele ad Oy che intersecano l’asse Ox in C(!L, 0)e in D(L, 0). Il sistema e soggetto al peso e ad una forza elastica di costante k agente fraP e l’estremo B dell’asta.

Supposti i vincoli ideali determinare, utilizzando i parametri lagrangiani s e . evidenziatiin figura:

(a) gli equilibri ordinari;(b) la stabilita degli equilibri ordinari;(c) l’energia cinetica del sistema;(d) le equazioni pure del moto;(e) gli eventuali equilibri di confine.

Soluzione(a) Equilibri ordinariIl sistema e scleronomo a vincoli ideali e soggetto unicamente a sollecitazioni attive po-sizionali conservative, il peso e l’interazione elastica fra il punto materiale P e l’estremitaB dell’asta. E quindi definito un potenziale del sistema, dato dalla somma dei potenzialigravitazionali di punto ed asta, il primo dei quali costante e dunque ignorabile,

Ug = !mg(G !A) · e2 ! mg(P ! O) · e2 = !mg(G ! A) · e2

e del potenziale elastico della molla

Uel = !k

2(B ! P )2 .

Il potenziale gravitazionale dell’asta — e totale — si ricava notando che il relativo bari-centro G coincide con il punto medio di questa, per cui

Ug = !mgB ! A

2· e2 = !mg e2 · (L sin . e1 ! L cos . e2) = mgL cos . .

Stefano Siboni 1392


Quanto alla molla, i vettori posizione dei suoi estremi si scrivono, come e immediatoverificare,

B ! O = B ! A + A ! O = 2L sin . e1 ! 2L cos . e2 + 2L e2 == 2L sin . e1 + 2L(1 ! cos .) e2

eP ! O = Ls e1

per cuiB ! P = (2 sin . ! s)L e1 + 2L(1 ! cos .) e2

e quindi

(B ! P )2 = L2[(2 sin . ! s)2 + 4(1 ! cos .)2] = L2(8 ! 8 cos . + s2 ! 4s sin .)

in modo che risulta

Uel = !kL2

2(!8 cos . + s2 ! 4s sin .) = kL2

$4 cos . ! s2

2+ 2s sin .

%

a meno di una costante additiva irrilevante. Non rimane che sommare i potenziali parzialicalcolati per ottenere il potenziale di sistema

U(s, .) = kL2$!s2

2+ 2s sin .

%+ (mgL + 4kL2) cos . =

= kL2

"!s2

2+ 2s sin . +

$mg

kL+ 4

%cos .

#

che per tutta la discussione successiva conviene riesprimere nella forma adimensionale

u(s, .) =1

kL2U(s, .) = !s2

2+ 2s sin . +

$mg

kL+ 4

%cos . .

Dall’esame della figura appare evidente che il parametro s e un numero puro compresonell’intervallo chiuso [!1, 1], mentre le posizioni estreme che l’asta AB puo assumere,che la vedono a contatto con l’una o con l’altra delle due pareti verticali tratteggiate,corrispondono ai lati del triangolo equilatero di vertice A, lato 2L e asse di simmetria Oy,risultando percio

. # [!(/6,(/6] .

Posto infine per brevita ! = mg/kL, il potenziale adimensionalizzato del sistema e dunquedato dalla funzione

u(s, .) = !s2

2+ 2s sin . + (! + 4) cos . (s, .) # [!1, 1] $ [!(/6,(/6] . (255.1)

Stefano Siboni 1393


Per il teorema dei lavori virtuali, gli equilibri ordinari del sistema sono tutti e soltanto ipunti critici del potenziale compresi all’interno del dominio di definizione, dove si annullanosimultaneamente le derivate parziali prime

-00.

00/

'u

's(s, .) = us(s, .) = !s + 2 sin .

'u

'.(s, .) = u&(s, .) = 2s cos . ! (! + 4) sin .

e si identificano pertanto con le soluzioni del sistema di equazioni trigonometriche-.

/!s + 2 sin . = 0

2s cos . ! (! + 4) sin . = 0(s, .) # (!1, 1) $ (!(/6,(/6) .

Dalla prima equazione si deduce la relazione

s = 2 sin .

che sostituita nella seconda porge l’equazione d’equilibrio per la sola variabile angolare

4 sin . cos . ! (! + 4) sin . = 0

a sua volta esprimibile nella forma fattorizzata

4 sin .$cos . ! !

4! 1

%= 0 .

Uguagliando a zero il primo fattore a primo membro si ottiene l’equazione

sin . = 0

delle cui soluzioni geometricamente distinte . = 0 e accettabile, mentre . = ( deve essererigettata in quanto non ricompresa nell’intervallo di definizione (!(/6,(/6). L’equazionescritta ponendo a zero il secondo fattore a primo membro

cos . =!

4+ 1

non ammette invece alcuna soluzione reale, dal momento che ! > 0. Si conclude pertantoche l’unica configurazione di equilibrio ordinario del sistema e individuata da

(s, .) = (0, 0)

e vede il punto P e l’estremita B dell’asta giacere nell’origine O della terna di riferimento.

Stefano Siboni 1394


(b) Stabilita degli equilibri ordinariIl sistema e scleronomo, posizionale e conservativo; la stabilita degli equilibri ordinaripuo quindi essere discussa facendo ricorso ai teoremi di Lagrange-Dirichlet e di inversioneparziale. La matrice hessiana del potenziale adimensionalizzato vale

Hu(s, .) =;

uss(s, .) us&(s, .)u&s(s, .) u&&(s, .)

<=

5! 1 2 cos .

2 cos . !2s sin . ! (! + 4) cos .

6

e nella configurazione di equilibrio ordinaria si riduce a

Hu(0, 0) =

5! 1 22 !! ! 4

6

con determinante positivo e traccia negativa

detHu(0, 0) = ! > 0 trHu(0, 0) = !5! ! < 0

e quindi definita negativa. Nella configurazione di equilibrio si riconosce percio un mas-simo relativo proprio del potenziale, la cui stabilita e assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet.

(c) Energia cineticaL’energia cinetica del punto materiale e data dall’espressione

TP =m

2P 2 =

m

2(Ls e2)2 =

mL2

2s2

mentre per l’asta si ha

TAB =12IABAz |#$AB|2 =

12

13m(2L)2|. e3|2 =

23mL2.2 .

L’energia cinetica del sistema e la somma delle energie cinetiche di punto ed asta:

T =mL2

2s2 +

23mL2.2 .

(d) Equazioni del motoLe equazioni pure del moto sono quelle di Lagrange

d

dt

$'L

's

%! 'L

's= 0

d

dt

$'L

'.

%! 'L

'.= 0


L =mL2

2s2 +

23mL2.2 + kL2

"!s2

2+ 2s sin . + (! + 4) cos .

#.

Stefano Siboni 1395


Si hanno allora le relazioni

d

dt

$'L

's

%= mL2s

d

dt

$'L

'.

%=

43mL2.

'L

's= kL2(!s + 2 sin .)

'L

'.= kL2[2s cos . ! (! + 4) sin .]

per cui le equazioni del moto diventano-.

/mL2s + kL2(s ! 2 sin .) = 043mL2. + kL2[!2s cos . + (! + 4) sin .] = 0 .

(e) Equilibri di confineLe configurazioni di confine del sistema corrispondono ai punti (s, .) posti lungo il perime-tro del rettangolo [!1, 1] $ [!(/6,(/6]. Gli eventuali equilibri vengono riconosciuti permezzo del teorema dei lavori virtuali, applicabile essendosi assunti i vincoli ideali. Convieneesaminare uno ad uno i singoli lati del rettangolo privati dei loro estremi — configurazionidi confine in senso stretto — e quindi, a parte, i quattro vertici — noti anche comeconfigurazioni di ultraconfine.

Le componenti lagrangiane delle sollecitazioni attive applicate, che compaiono nel teoremadei lavori virtuali, si esprimono come derivate prime del potenziale

Qs(s, .) = kL2us(s, .) = kL2(!s + 2 sin .)

Q&(s, .) = kL2u&(s, .) = kL2[2s cos . ! (! + 4) sin .]

. Lato s = !1, . # (!(/6,(/6)Poiche gli spostamenti virtuali del sistema relativamente a queste configurazioni sono tuttie soltanto quelli descritti da

" )s ) 0 " ). # Ril teorema dei lavori virtuali porge le seguenti relazioni di equilibrio

-.

/Qs(!1, .) = kL2(1 + 2 sin .) ' 0

Q&(!1, .) = kL2[!2 cos . ! (! + 4) sin .] = 0

Stefano Siboni 1396


che devono essere soddisfatte simultaneamente. E immediato verificare che la prima delledue condizioni non puo valere per alcun valore consentito dell’angolo . # (!(/6,(/6),laddove risulta !1/2 < sin . < 1/2. Lungo questo lato del dominio di definizione dellaparametrizzazione non ricorrono equilibri di confine.

. Lato s = 1, . # (!(/6,(/6)Per queste configurazioni di confine il teorema dei lavori virtuali fornisce le condizioni diequilibrio -

.

/Qs(1, .) = kL2(!1 + 2 sin .) ) 0

Q&(1, .) = kL2[2 cos . ! (! + 4) sin .] = 0

la prima delle quali non e mai soddisfatta. Anche lungo questo lato non ricorrono equilibri.

. Lato s # (!1, 1), . = !(/6Dal teorema dei lavori virtuali seguono le condizioni di equilibrio

-0.

0/

Qs(s,!(/6) = kL2(!s ! 1) = 0

Q&(s,!(/6) = kL29%

3s + (! + 4)12

#' 0

ma la prima equazione non ammette alcuna soluzione in s # (!1, 1). Nessun equilibrio edefinito lungo questo lato.

. Lato s # (!1, 1), . = (/6Anche in questo caso le condizioni di equilibrio

-0.

0/

Qs(s,(/6) = kL2(!s + 1) = 0

Q&(s,(/6) = kL2

"%3s ! (! + 4)

12

#) 0

non possono essere soddisfatte, dal momento che nessuna soluzione della prima equazionee definita per s # (!1, 1).

. Vertice (s, .) = (!1,!(/6)In questo vertice la condizione di equilibrio prevista dal teorema dei lavori virtuali si scrive

-0.

0/

Qs(!1,!(/6) = kL2$1 ! 2

12

%= 0 ' 0

Q&(!1,!(/6) = kL2

"!%

3 + (! + 4)12

#' 0 .

Stefano Siboni 1397


La prima disequazione e ovviamente soddisfatta, ma la seconda no, in quanto

!%

3 + (! + 4)12

=!

2+ 2 !

%3 >

!

2> 0

per cui non ricorre alcun equilibrio.

. Vertice (s, .) = (!1,(/6)La condizione di equilibrio e espressa dalle relazioni

-0.

0/

Qs(!1,(/6) = kL2$1 + 2

12

%= 2kL2 ' 0

Q&(!1,(/6) = kL29!%

3 ! (! + 4)12

:) 0

la prima delle quali e chiaramente non valida. La configurazione non costituisce percio unequilibrio ordinario del sistema.

. Vertice (s, .) = (1,(/6)In questa configurazione di confine si ha equilibrio se e soltanto se sono simultaneamentesoddisfatte le relazioni

-0.

0/

Qs(1,(/6) = kL2$!1 + 2

12

%= 0 ) 0

Q&(1,(/6) = kL29%

3 ! (! + 4)12

:) 0

la seconda delle quali non e tuttavia mai verificata a causa della diseguaglianza

%3 ! (! + 4)

12

=%

3 ! 2 ! !

2< !!

2< 0 .

. Vertice (s, .) = (1,!(/6)La condizione di equilibrio in questa configurazione assume la forma

-0.

0/

Qs(1,!(/6) = kL2$!1! 2

12

%= !2kL2 ) 0

Q&(1,!(/6) = kL29%

3 + (! + 4)12

:' 0

ma e sempre palesemente violata.

In conclusione, il sistema non ammette alcuna configurazione di equilibrio di confine.

Stefano Siboni 1398


Esercizio 256. Sistema scleronomo a 1 g.d.l. non conservativoUn disco circolare rigido e pesante, di centro C , raggio R e massa m puo ruotare liberamentedi un angolo . attorno all’asse fisso Cz, privo di attrito, mantenendosi nel piano Cxydella terna cartesiana ortogonale Cxyz di asse verticale Cy. Il baricentro G del discosi colloca lungo il raggio CP , a distanza R/2 dal centro C . Sul punto P agisce unaforza !0P , con 0 costante positiva. Al disco e inoltre applicata una coppia di momento#M = !mgR sin . e1 + 3mgR e3.

Si usi l’angolo . come coordinata generalizzata per determinare:

(a) le componenti lagrangiane delle forze applicate, stabilendo la natura di ciascuna diesse dal punto di vista energetico;

(b) l’equazione del moto del sistema, sapendo che il momento d’inerzia del disco rispettoa Cz vale 3mR2/4;

(c) le configurazioni di equilibrio.

Soluzione(a) Componenti lagrangiane delle sollecitazioniIl sistema e soggetto a tre tipi di sollecitazioni attive: la forza peso, la forza di resistenzaviscosa applicata nel punto P del bordo del disco e la coppia di momento #M .

Forza pesoIl sistema delle forze parallele peso agenti sul disco ha risultante uguale al peso totale #R =!mg e2 e momento risultante nullo rispetto al baricentro G. La componente lagrangianadelle forze peso si calcola usando la nota formula generale

Qg& =

'G

'.· #R +

'.

'.e3 · 0 =

'

'.

$R

2sin . e1 !

R

2cos . e2

%· (!mg e2) =

=R

2(cos . e1 + sin . e2) · (!mg e2) = !1

2mgR sin . .

Stefano Siboni 1399


Allo stesso risultato si perviene sfruttando la natura posizionale conservativa delle forzepeso, il cui potenziale si scrive

Ug = !mg e2 · (G ! C) = !mg e2 ·$R

2sin . e1 !

R

2cos . e2

%=

12mgR cos .

e quindi

Qg& =

'Ug

'.= !1

2mgR sin . .

Resistenza viscosaLa resistenza viscosa !0P e applicata nel punto P individuato da

P ! C = R sin . e1 ! R cos . e2

per cui la sua componente lagrangiana e individuata dalla definizione

Qres& = !0P · 'P

'.= !0

,,,'P

'.

,,,2. = !0R2. .

Si tratta di una sollecitazione dissipativa, visto il segno definito della potenza

( = Qres& . = !0R2.2 ' 0 " . # R .

Questa si annulla unicamente per velocita generalizzata uguale a zero

( = !0R2.2 = 0 +, . = 0

e quindi qualifica la sollecitazione come completamente dissipativa.

CoppiaLa coppia e un sistema di forze applicate al disco con risultante nullo e momento #M =!mgR sin . e1 + 3mgR e3. La sua componente lagrangiana vale pertanto

Qcoppia& =

'.

'.e3 · #M = e3 · #M = e3 · (!mgR sin . e1 + 3mgR e3) = 3mgR

ed ammette l’ovvio potenzialeUcoppia = 3mgR. .

Si tratta dunque di una sollecitazione posizionale conservativa.

(b) Equazioni del motoTrattandosi di sistema rigido con asse fisso Cz privo di attrito, l’equazione del moto e laproiezione lungo Cz dell’equazione cardinale del momento angolare in C :

ICz . = #MC · e3

Stefano Siboni 1400


in cui si e indicato con ICz il momento d’inerzia del sistema rispetto all’asse fisso

ICz =34mR2

e #MC rappresenta il momento risultante in C delle forze attive applicate

#MC = (G ! C)& (!mg e2) + (P ! C) & (!0P ) + #M =

=R

2(sin . e1 ! cos . e2) & (!mg e2)+

+ R(sin . e1 ! cos . e2) & (!0)R(cos . e1 + sin . e2) . ! mgR sin . e1 + 3mgR e3 =

= !mgR sin . e3 ! 0R2. e3 ! mgR sin . e1 + 3mgR e3 .

Si ha pertanto34mR2. = !mgR sin . ! 0R2. + 3mgR . (256.1)

(c) EquilibriGli equilibri vengono ricavati in corrispondenza delle soluzioni statiche delle equazioni delmoto (256.1) e sono quindi individuati dall’equazione trigonometrica

0 = !mgR sin . + 3mgR

che equivale asin . = 3

e non ammette alcuna radice. Il sistema non presenta equilibri.

Esercizio 257. Analisi di WeierstrassUn punto materiale di massa unitaria scorre senza attrito lungo l’asse orizzontale Ox diuna terna galileiana, soggetto ad una forza posizionale conservativa di potenziale

U(x) = !e!x(1 ! 2x)3 , x # R .

Si determinino:

(a) le condizioni iniziali corrispondenti ai moti periodici;(b) le condizioni iniziali per i moti a meta asintotica;(c) il ritratto di fase del sistema.

SoluzioneIl sistema e posizionale conservativo con un solo grado di liberta. L’energia potenzialeW (x) = !U(x) vale

W (x) = e!x(1 ! 2x)3 , x # R

Stefano Siboni 1401


con derivata primaW "(x) = e!x(1 ! 2x)2(2x ! 7)

e derivata secondaW ""(x) = e!x(1 ! 2x)(4x2 ! 28x + 37) .

I punti critici dell’energia potenziale si hanno per W "(x) = 0, ossia

e!x(1 ! 2x)2(2x ! 7) = 0

e risultano percio

x =12

e x =72

.

In x = 1/2 la derivata seconda W "" si annulla e non fornisce indicazioni utili a classificareil punto critico

W ""(1/2) = e!1/2 0 (1 ! 7 + 37) = 0 .

Tuttavia e facile verificare che W (1/2) = 0 e che inoltre

W (x) < 0 "x > 1/2 , W (x) > 0 "x < 1/2

per cui si riconosce in x = 1/2 un flesso orizzontale discendente della funzione W . Inx = 7/2 si ha invece

W ""(7/2) = e!7/2(1 ! 7)$49 ! 28

72

+ 37%

= 72 e!7/2 > 0

in modo che il punto costituisce un minimo relativo proprio. Altri elementi utili a tracciareil grafico di W sono i limiti:

limx#!$

W (x) = limx#!$

e!x(1 ! 2x)3 = +(

limx#+$

W (x) = limx#+$

e!x(1 ! 2x)3 = 0

ed i valori della funzione in x = 0 e nel punto critico x = 7/2:

W (0) = e!0 1 = 1

W (7/2) = e!7/2(1 ! 7)3 = !216 e!7/2.

Il grafico dell’energia potenziale ha percio l’andamento illustrato nella figura seguente

Stefano Siboni 1402


D’altra parte, un ovvio integrale primo e quello dell’energia meccanica

H(x, x) =12x2 + W (x) =

12x2 + e!x(1 ! 2x)3

che si conserva lungo tutte le soluzioni dell’equazione del moto

x = !W "(x) = U "(x) = e!x(2x ! 1)2(7 ! 2x)

e consente di discutere l’andamento qualitativo dei moti usando l’analisi di Weierstrass.

(a) Moti periodiciDal grafico di W e dai criteri di Weierstrass e evidente che i moti periodici ricorrono pertutte e sole le condizioni iniziali (x, x) # R2 tali che

W (7/2) < H(x, x) < W (0)

ossia, esplicitamente,

!216 e!7/2 <12x2 + e!x(1 ! 2x)3 < 0 .

(b) Moti a meta asintoticaI moti a meta asintotica si hanno invece per H(x, x) = W (0), a patto di assumere x < 0,in modo che x = 1/2 sia la meta asintotica

{(x, x) # R2 ;12x2 + e!x(1 ! 2x)3 = 0 , x < 0} .

Si osservi che per H(x, x) = 0 e x > 0 si ottengono moti progressivi x(t) definiti " t > 0 eche monotonicamente tendono a +( per t 0 +(. Qualora fosse x = 0 si avrebbe x = 1/2ed il moto individuato si ridurrebbe al corrispondente stato di quiete.

Stefano Siboni 1403


(c) Ritratto di faseIl ritratto di fase del sistema si traccia agevolmente considerando valori di energia ugualia quelli assunti dall’energia potenziale nei punti critici x = 1/2 e x = 7/2, unitamente aqualche valore intermedio o superiore. In particolare si possono fissare i livelli di energiaseguenti

E0 = W (7/2) = ! 216e7/2

E1 = !5 E2 = !3 E3 = !1

E4 = 0 E5 = 1 E6 = 2 .

Per H = E0 l’unico moto del sistema e la quiete in x = 7/2, punto di minimo assolutodell’energia potenziale.Per tutti i livelli d’energia del tipo E1, E2, E3, compresi fra W (7/2) e W (1/2) = 0, si hannomoti periodici completamente ubicati nel semiasse delle x positive. Da sottolineare cheper E 0 0! l’ampiezza dei moti oscillatori tende all’infinito, al pari del corrispondenteperiodo di oscillazione

T =1%2

x+(E)!

x!(E)

1>E ! e!x(1 ! 2x)3

dx

essendo x!(E) e x+(E) i punti di inversione, individuati da W (x±(E)) = E, x!(E) <x+(E).

Stefano Siboni 1404


Per H = E4 = 0 si ha lo stato di quiete in x = 1/2 con velocita iniziale x = 0. Se x > 1/2la velocita e fissata univocamente in valore assoluto, ma puo assumere segno positivo onegativo. Se x < 0 si perviene ad un moto retrogrado definito "t ) 0 con meta asintoticain x = 1/2; per x > 0 il moto e progressivo e tende a x = +( per t 0 +(.Per i valori positivi dell’energia, quali E5 ed E6, si ha infine un unico punto di inversionex!(E) < 1/2: il moto e indefinitamente progressivo per velocita iniziale positiva e tende ax = +( per t 0 +(, mentre per x < 0 il moto risulta inizialmente retrogrado, raggiungeil punto di inversione x!(E) per poi proseguire come moto indefinitamente progressivo edillimitato.

Esercizio 258. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. non conservativoNel piano Oxy di una terna galileiana Oxyz un’asta omogenea AB, di massa m e lunghezza2L puo ruotare liberamente attorno al suo punto medio, fisso nell’origine O. Una molladi costante elastica k collega l’estremo A con la proiezione ortogonale di questo sull’asseorizzontale Ox. Nell’estremo B e incernierato sul bordo un disco circolare omogeneo Ddi centro C , raggio R e massa m, vincolato a rimanere in Oxy. Il sistema e pesante e avincoli ideali.

Usando gli angoli .,& # R illustrati in figura come parametri lagrangiani, determinare delsistema:

(a) le configurazioni di equilibrio;

(b) le proprieta di stabilita degli equilibri;

(c) le equazioni pure del moto nell’ipotesi che nel punto B agisca una resistenza viscosa!%B, con % > 0 costante;

(d) le equazioni delle piccole oscillazioni nell’intorno di un equilibrio stabile a scelta, per% = 0;

(e) le frequenze e i modi normali delle piccole oscillazioni nell’intorno dello stesso equilibrioconsiderato al punto (d), sempre per % = 0, assumendo R = L/2 e mg/kL = 2.

Stefano Siboni 1405


Soluzione(a) EquilibriIl sistema e scleronomo, a vincoli bilaterali ideali e posizionale conservativo, essendosoggetto unicamente alla forza peso ed all’azione della molla elastica agente fra l’estremo Adell’asta e la proiezione ortogonale P di questo sull’asse Ox. Tutti gli equilibri del sistemasono dunque ordinari ed identificabili con i punti critici del potenziale

U(.,&) = Uel + Ug

dove Uel e il potenziale elastico della molla

Uel = !k

2|A ! P |2 = !k

2(L cos .)2 = !kL2

2cos2.

mentre Ug indica il potenziale gravitazionale di asta e disco

Ug = !mge2 · (O !O) ! mge2 · (C ! O) = mgL cos . + mgR cos &

essendosi fatto uso dell’ovvia relazione

C ! O = (L sin . + R sin&) e1 ! (L cos . + R cos &) e2 (258.1)

che specifica la posizione del baricentro C del disco rispetto alla terna assegnata. Il poten-ziale del sistema vale pertanto

U(.,&) = !kL2

2cos2. + mgL cos . + mgR cos & , (.,&) # R2 , (258.2)

e le sue derivate parziali prime si scrivono

U& = kL2 cos . sin . ! mgL sin.

U% = !mgR sin &

mentre per le derivate parziali seconde si hanno le espressioni

U&& = kL2(cos2. ! sin2.) !mgL cos . U&% = 0

U%& = 0 U%% = !mgL cos& .

Gli equilibri si ricavano uguagliando a zero le derivate parziali prime, ossia risolvendo ilsistema disaccoppiato di equazioni trigonometriche

Csin .

$cos . ! mg

kL

%= 0

sin & = 0 .

Stefano Siboni 1406


La prima equazione porge le soluzioni . = 0,(, sempre definite, e

. = ±arccos$mg

kL

%= ±.(

che esistono distinte dalle precedenti se e soltanto se risulta mg/kL < 1, mentre dallaseconda equazione si deduce & = 0,(; in ambo i casi le soluzioni si intendono a meno dimultipli interi di 2(, fisicamente irrilevanti per via del significato geometrico delle variabililagrangiane — si tratta di variabili d’angolo. Gli equilibri del sistema sono dati pertantoda tutte le possibili combinazioni delle radici . e & appena calcolate:

(.,&) = (0, 0) , ((, 0) , (.(, 0) , (!.(, 0)(0,() , ((,() , (.(,() , (!.(,()

delle quali le soluzioni con . = ±.( sono definite soltanto per mg/kL < 1.

(b) Stabilita degli equilibriL’analisi di stabilita degli equilibri richiede il calcolo della matrice hessiana del potenziale

HU (.,&) = kL2

&

'cos2. ! sin2. ! mg

kLcos . 0

0 !mg

kLcos &

(

) (258.3)

in tutte le configurazioni di equilibrio. Per brevita, in tutta la discussione successivaconviene introdurre il parametro adimensionale

! = mg/kL > 0 .

Per & = ( si ha !! cos & = ! > 0 e quindi instabilita degli equilibri

(.,&) = (0,() , ((,() , (.(,() , (!.(,()

in virtu del teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet. Nel caso di & = 0 valeinvece !! cos & = !! < 0 e le proprieta di stabilita degli equilibri dipendono unicamenteda cos2. ! sin2. ! ! cos .. Gli equilibri devono essere esaminati uno ad uno.

Stefano Siboni 1407


Configurazione (.,&) = (0, 0)In questa configurazione vale

cos2. ! sin2. ! ! cos . = 1 ! !

in modo che:

. se ! < 1 l’hessiana del potenziale ha un autovalore strettamente positivo, che implical’instabilita dell’equilibrio;

. per ! > 1 l’hessiana del potenziale presenta entrambi gli autovalori di segno negativo.La configurazione risulta percio un massimo relativo proprio del potenziale, la cuistabilita e assicurata dal teorema di Lagrange-Dirichlet;

. se ! = 1 l’hessiana del potenziale ha un autovalore negativo ed uno nullo e non bastane a riconoscere in (.,&) = (0, 0) un massimo relativo proprio, stabile, ne ad a"ermarel’instabilita della configurazione per il teorema di inversione parziale; ricorre dunqueun caso critico.

Configurazione (.,&) = ((, 0)Nella fattispecie si ha

cos2. ! sin2. ! ! cos . = 1 + ! > 0

per cui uno degli autovalori dell’hessiana ha segno positivo. Ne segue l’instabilita dellaconfigurazione per il teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (.,&) = (.(, 0)In questo caso si ottiene

cos2. ! sin2. ! ! cos . = cos2.( ! sin2.( ! ! cos .( = !sin2.( < 0

e si deduce che l’hessiana del potenziale presenta due autovalori negativi. La configurazionesi riconosce percio come un massimo relativo proprio del potenziale, stabile per il teoremadi Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (.,&) = (!.(, 0)E immediato verificare che le proprieta di stabilita sono le stesse della configurazionesimmetrica (.,&) = (.(, 0).

(c) Equazioni del motoData la natura ideale dei vincoli, le equazioni del moto del sistema olonomo sono quelle diLagrange

d

dt

$'L

'.

%! 'L

'.= D&

d

dt

$'L

'&

%! 'L

'&= D% (258.4)

in cui L = T +U e la lagrangiana del sistema, mentre D& e D% rappresentano le componentigeneralizzate della forza di resistenza viscosa agente in B. Dette componenti si calcolanoosservando che

B ! O = L(sin . e1 ! cos . e2)

Stefano Siboni 1408


ed applicando direttamente le definizioni

D& = !%B · 'B

'.= !%L(cos . e1 + sin . e2). · L(cos . e1 + sin . e2) = !%L2.

D% = !%B · 'B

'&= !%B · 0 = 0 .

L’energia cinetica del sistema si calcola per additivita, determinando separatamente i con-tributi che competono ad asta e disco e procedendo quindi alla loro somma. Quello dell’astae un semplice moto rotatorio attorno all’asse fisso Oz, secondo l’angolo di rotazione .; larelativa energia cinetica si ricava quindi direttamente

TAB

=12IABOz |#$AB|2 =

12

m4L2

12|. e3|2 =

12

mL2

3.2 .

Un poco piu complesso e il calcolo per il disco, che infatti non presenta ne assi ne punti fissi.La strategia piu consona e in questo caso il ricorso al teorema di Konig. Dalla relazione(258.1) si deduce, riguardando (.,&) come funzioni C2 arbitrarie del tempo e derivandorispetto a questo,

C = (L cos . . + R cos & &) e1 + (L sin . . + R sin & &) e2

per cui il modulo quadrato della velocita del baricentro C risulta

|C|2 = L2.2 + R2&2 + 2LR cos(. ! &) .&

e l’energia cinetica del disco si esprime come

TD =m

2|C|2 +

12IDCz|#$D|2 =

=m

2[L2.2 + R2&2 + 2LR cos(. ! &) .&] +

12

mR2

2&2 =

=m

2

"L2.2 +

32R2&2 + 2LR cos(. ! &) .&

#.

L’energia cinetica del sistema assume percio la forma

T = TAB

+ TD =m

2

"43L2.2 +

32R2&2 + 2LR cos(. ! &) .&

#, (258.5)

ma dato che l’espressione del potenziale e gia stata indicata in (258.2), la lagrangiana delsistema diventa

L =m

2

"43L2.2 +

32R2&2 + 2LR cos(. ! &) .&

#! kL2

2cos2. + mgL cos . + mgR cos & .

Stefano Siboni 1409


Non rimane che calcolare tutte le espressioni parziali

'L

'.=

43mL2. + mLR cos(. ! &) &

d

dt

$'L

'.

%=

43mL2. + mLR cos(. ! &) & ! mLR sin(. ! &) &(. ! &)

'L

'.= !mLR sin(. ! &) .& + kL2 cos . sin . !mgL sin .

'L

'&=

32mR2& + mLR cos(. ! &) .

d

dt

$'L

'&

%=

32mR2& + mLR cos(. ! &) . ! mLR sin(. ! &) .(. ! &)

'L

'&= mLR sin(. ! &) .& ! mgR sin &

e sostituirle nelle (258.4) per ottenere-000.

000/

43mL2. + mLR cos(. ! &) & + mLR sin(. ! &) &2!

!kL2 cos . sin . + mgL sin . = !%L2.32mR2& + mLR cos(. ! &) . ! mLR sin(. ! &) .2 + mgR sin& = 0 .

(d) Equazioni delle piccole oscillazioniL’energia cinetica (258.5) si riesprime in forma matriciale

T =12(. &)m

&

'43L2 LR cos(. ! &)

LR cos(. ! &)32R2

(

)

&

'.

&

(

)

in termini della matrice di rappresentazione

A(.,&) = m

&

'43L2 LR cos(. ! &)

LR cos(. ! &)32R2

(

)

reale, simmetrica e definita positiva. Come configurazione di equilibrio stabile nell’intornodella quale analizzare i piccoli moti si sceglie (.,&) = (0, 0), con ! < 1. In questa configu-razione la matrice dell’energia cinetica si riduce a

A(0, 0) = m

&

'43L2 LR

LR32R2

(

)

Stefano Siboni 1410


mentre la matrice hessiana del potenziale nello stesso punto si ricava da (258.3)

HU (0, 0) = kL2

;1 ! ! 0

0 !!

<.

Le equazioni delle piccole oscillazioni sono date da

A(0, 0);

.&

<! HU (0, 0)

;.&

<= 0

ed in forma esplicita diventano

m

&

'43L2 LR

LR32R2

(

);

.&

<! kL2

;1 ! ! 0

0 !!

<;.&

<= 0 (258.6)

ossia -0.

0/

43L2. + LR& +

kL2

m(! ! 1). = 0

LR. +32R2& + Lg& = 0 .

(e) Frequenze e modi normali delle piccole oscillazioniPer R = L/2 e ! = mg/kL = 2 le equazioni (258.6) delle piccole oscillazioni si riducono a

m

&

*'

43L2 L2

2L2

238L2

(

+);

.&

<! kL2

;!1 00 !2

<;.&

<= 0

e la matrice caratteristica delle piccole oscillazioni assume la forma

$2A(0, 0) + HU (0, 0) = mL2$2

;4/3 1/21/2 3/8

<+ kL2

;!1 00 !2

<=

= kL2

Dm$2

k

;4/3 1/21/2 3/8

<+

;!1 00 !2

<E

che, posto per brevita m$2/k = µ, diventa

kL2

&

'43µ ! 1

12µ

12µ

38µ ! 2

(

) .

Le pulsazioni dei piccoli moti nell’intorno della configurazione (.,&) = (0, 0) sono lesoluzioni $ > dell’equazione caratteristica ottenuta uguaglianzo a zero il determinantedella matrice caratteristica

det[$2A(0, 0) + HU (0, 0)] =$4

3µ ! 1

%$38µ ! 2

%! 1

4µ2 =

14µ2 ! 73

24µ + 2 = 0

Stefano Siboni 1411


dalla quale si deducono i valori propri di µ

µ1 =7312

! 112

%4177 = 0.697523789

µ2 =7312

+112

%4177 = 11.46914288 .

Le pulsazioni normali valgono percio

$1 =%

0.697523789=

k

m= 0.8351788964

=k

m

$2 =%

11.46914288

=k

m= 3.386612301

=k

m

e le relative frequenze normali risultano

f1 =$1

2(= 0.1329228497

=k

mf2 =

$2

2(= 0.5389960881

=k

m

con f1 < f2.

Modo normale di pulsazione $ = $1 (modo basso)Per $ = $1, ossia µ = µ1, l’equazione caratteristica per le ampiezze del modo normale e

&

'43µ1 ! 1

12µ1

12µ1

38µ1 ! 2

(

)

&

'a+

a!

(

) =;!0.0699682814 0.34876189450.3487618945 !1.738428579

<;a+

a!

<= 0

ed equivale al sistema omogeneo di equazioni lineari algebriche-.

/!0.0699682814 a+ + 0.3487618945 a! = 0

0.3487618945 a+ ! 1.738428579 a! = 0

la cui soluzione generale e data da

a! = 0.2006190526 a+ " a+ # R.

Il modo normale di oscillazione risulta pertanto;

.&

<= a

;1

0.2006190526

<cos($1t + 0) " t # R

con la scala di ampiezza a # R e la fase 0 # R costanti arbitrarie.

Stefano Siboni 1412


Modo normale di pulsazione $ = $2 (modo alto)Nella fattispecie l’equazione caratteristica per le ampiezze del modo normale diventa

&

'43µ2 ! 1

12µ2

12µ2

38µ2 ! 2

(

)

&

'b+

b!

(

) =;

14.29219051 5.7345714405.734571440 2.300928580

<;b+

b!

<= 0

e conduce al sistema di equazioni algebriche lineari ed omogenee

-.

/14.29219051 b+ + 5.734571440 b! = 0

5.734571440 b+ + 2.300928580 b! = 0

di soluzione generale

b! = !2.492285720 b+ " b+ # R .

Il modo normale di oscillazione e percio descritto da

;.&

<= b

;1

!2.492285720

<cos($2t + %) " t # R

con b # R e % # R costanti arbitrarie.

Esercizio 259. Macchina di AtwoodNella macchina di Atwood due corpi puntiformipesanti, di masse rispettive m e M , sono vincolatia muoversi verticalmente e collegati fra loro medi-ante un filo inestendibile, perfettamente flessibilee di massa trascurabile che scorre senza attritosu una puleggia fissa — vedi figura. Il filo idealescorre senza attrito sulla carrucola fissa e dunquela sua tensione si mantiene costante in modulo daun capo all’altro, sia in condizioni statiche che incondizioni dinamiche, per via dell’ipotesi di massatrascurabile.

Si vogliono determinare le equazioni del moto del sistema facendo uso:

(a) delle equazioni cardinali della dinamica;

(b) delle equazioni di Lagrange.

Stefano Siboni 1413


Soluzione(a) Equazioni del moto con le equazioni cardinaliIntrodotta una terna di riferimento Oxyz con l’asse Ox diretto verticalmente verso l’alto,il corpo di massa m e soggetto alla forza peso !mg e1 ed alla forza di tensione T e1 del filo.Se si indica con x la quota del corpo di massa m, l’equazione del moto di questo si scrive

mx = T !mg .

La condizione di inestendibilita del filo implica che la quota del secondo corpo si possaesprimere nella forma

costante ! x ;

poiche le forze agenti sono il peso !Mg e1 e la tensione T e1, la corrispondente equazionedel moto diventa percio

!Mx = T ! Mg .

Dalle equazioni del moto si deduce

x =T

m! g x = ! T

M+ g

per cui, confrontando i secondi membri,

T

m! g = ! T

M+ g

e la tensione del filo vale pertanto

T = 2gMm

M + m.

L’equazione del moto per il corpo di massa M viene cosı determinata esplicitamente:

x = 2gM

M + m! g =

M !m

M + mg .

Il moto dei due corpi e quindi uniformemente accelerato, il primo con accelerazione

M ! m

M + mg

ed il secondo con accelerazione opposta

!M ! m

M + mg .

(b) Equazioni di LagrangeLe tensioni applicate ai due corpi puntiformi devono essere interpretate come forze direazione vincolare, le sole applicate ai corpi costituenti il sistema — filo e puleggia fissasono soltanto dispositivi meccanici che esprimono i vincoli. E facile convincersi che ilsistema soddisfa al principio delle reazioni vincolari e puo quindi essere considerato avincoli ideali. Gli spostamenti virtuali delle masse puntiformi m ed M si scrivono infatti,

Stefano Siboni 1414


rispettivamente,)x e1 ! )x e1 " )x # R

per cui la potenza virtuale delle reazioni vincolari vale

)x e1 · #T + (!)x e1) · #T

e risulta quindi identicamente nulla per qualsiasi spostamento virtuale e per qualsiasitensione esplicabile dal filo — diretta verticalmente verso l’alto. Le equazioni pure delmoto del sistema possono percio essere determinate facendo uso dell’equazione simbolicadella dinamica e dunque del formalismo lagrangiano. Le sollecitazioni attive agenti sulsistema si riducono alle sole forze peso, per cui la dinamica del sistema viene descritta permezzo della funzione lagrangiana. L’energia cinetica del sistema e la somma delle energiecinetiche dei due corpi

T =12mx2 +

12M(!x)2 =

m + M

2x2

e il potenziale del sistema e quello associato alle forze peso:

U = !mgx! Mg(L ! x) = (M !m)gx + costante .

La lagrangiana del sistema risulta percio

L = T + U =m + M

2x2 + (M ! m)gx

e porge l’equazione del moto

d

dt

$'L

'x

%! 'L

'x= (M + m)x ! (M ! m)g = 0

che coincide con quella gia precedentemente determinata.

Esercizio 260. Puleggia mobileSi consideri il sistema costituito da una puleggiamobile sulla quale e innestata senza possibilita discorrimento una fune ideale perfettamente flessibi-le, imponderabile ed inestendibile, che collega fraloro due corpi puntiformi A e B di masse rispet-tive m ed M , mantenendosi costantemente tesa.Si indica con R il raggio della puleggia e con Iil momento d’inerzia della stessa rispetto al suoasse fisso. I corpi A e B sono pesanti e vincolatia muoversi lungo la direzione verticale, rappresen-tata dall’asse Oy di una terna di riferimento Oxyz.

Si vogliono ricavare:(a) le equazioni del moto facendo uso delle equazioni cardinali;(b) le equazioni di Lagrange del sistema.

Stefano Siboni 1415


Soluzione(a) Equazioni cardinali della dinamicaI tratti verticali di fune, tesi e di massa trascurabile, trasmettono inalterata la tensionefra i punti materiali e la puleggia; la presenza di forze di attrito, essenziali per metterein rotazione la puleggia mantenendo l’adesione di questa con la fune, implica tuttavia chela tensione della fune debba variare lungo il tratto di fune a contatto con la puleggia. Siindichino con #T1 = T1e2 e #T2 = T2e2 le tensioni applicate ai corpi A e B rispettivamente.Le relative reazioni che i due tratti verticali di fune esercita sulla puleggia valgono quindi!#T1 = !T1e2 e !#T2 = !T2e2, rispettivamente applicate nei punti A" e B" in figura. Ilpunto A e soggetto al proprio peso !mge2 alla tensione T1e2 per cui, indicata con y laquota del punto, la sua equazione del moto si scrive

my = T1 ! mg .

A meno di una costante fissata, connessa alla lunghezza complessiva della fune e al raggioR della puleggia, la quota di B vale !y e l’accelerazione di questo si riduce a !ye2;essendo soggetto alla tensione T2e2 e alla forza peso !Mge2, il punto deve percio soddisfarel’equazione del moto

!My = T2 ! Mg .

Quanto alla puleggia, che si assume con asse fisso privo di attrito, il suo moto e governatodall’equazione

I . = [(!Re1) & (!T1e2) + Re1 & (!T e2)] · e3 = R(T1 ! T2) .

essendosi assunto nullo il momento risultante delle reazioni vincolari agenti sull’asse Cz.Si noti che nelle tre equazioni di"erenziali precedenti le tensioni incognite T1 e T2 vannointerpretate come forze di reazione vincolare e devono quindi essere rimosse per ottenerele equazioni pure del moto. A questo scopo occorre considerare che le variabili y e . delsistema non sono indipendenti, dovendo risultare

y + R. = costante

per via della postulata, perfetta aderenza della fune alla puleggia. Il sistema di equazionida risolvere e quindi dato da: -

0000.

0000/

my = T1 ! mg

My = !T2 + Mg

I . = R(T1 ! T2)

R. + y = 0 .

Le prime due equazioni porgono per le tensioni le espressioni

T1 = mg + my T2 = Mg !My

Stefano Siboni 1416


che sostituite nell’equazione del moto della puleggia conducono alla relazione

I . = R(mg + my ! Mg + My) = R(m ! M)g + R(m + M)y ,

nella quale . = !y/R. Si ha percio

! I

Ry = R(m ! M)g + R(m + M)y

e quindi $m + M +

I

R2

%y = (M ! m)g .

Il moto del corpo A e quindi uniformemente accelerato lungo la direzione verticale, conaccelerazione scalare

y =M ! m

m + M +I

R2

g .

Uniformemente accelerati sono anche il moto rettilineo del punto B, con accelerazioneopposta

! M ! m

m + M +I

R2

g ,

e quello rotatorio della puleggia, la cui accelerazione angolare istantanea scalare si scrive:

! y

R= ! M ! m

m + M +I

R2

g

R.

(b) Equazioni lagrangiane del motoAnche questo sistema puo riguardarsi a vincoli ideali. La potenza virtuale delle reazionivincolari si scrive infatti:

(% = !R). e2 · #T1 + ). e3 · #M%C + R). e2 · #T2 " ). # R

e la condizione di idealita dei vincoli impone percio che il momento assiale delle reazionivincolari applicate alla puleggia, rispetto all’asse Cz, si esprima in termini delle tensioni#T1 e #T2 per mezzo della relazione

e3 · #M%C = R e2 · #T1 ! R e2 · #T2 = R(T1 ! T2) .

Nella fattispecie, la condizione risulta certamente verificata, in quanto l’asse Cz dellapuleggia e per ipotesi privo di attrito e le sole reazioni vincolari esterne che produconomomento sulla puleggia rispetto allo stesso asse sono le sole tensioni !#T1 in A" e !#T2 inB".

Stefano Siboni 1417


Scelta l’ordinata y come coordinata generalizzata, la lagrangiana del sistema assume laforma

L =m

2y2 +

M

2(!y)2 +

12I$! y

R

%2! mgy ! Mg(!y) =

=12

$m + M +

I

R2

%y2 + (M !m)gy

in modo che l’equazione di Lagrange

d

dt

$'L

'y

%! 'L

'y= 0

diventa $m + M +

I

R2

%y ! (M ! m)g = 0 ,

in accordo con il risultato gia ricavato in precedenza.

Esercizio 261. Pendolo semplice a filoSecondo la usuale definizione, un pendolo semplice e costituito da un punto materialepesante vincolato a scorrere senza attrito lungo una circonferenza fissa disposta in un pianoverticale. Tale definizione, sebbene piu semplice dal punto di vista della trattazione teorica,non corrisponde tuttavia alla nozione piu familiare di pendolo semplice, che vede realizzatoil dispositivo collegando un punto materiale pesante P ad un punto fisso O mediante unfilo flessibile, inestendibile e di massa trascurabile. Indicata con R la lunghezza costantedel filo, che si suppone sempre teso, e assunti per semplicita tutti i moti localizzati in unpiano verticale, il moto del punto materiale avviene interamente in una circonferenza fissadi centro O, raggio R, collocata nel piano verticale preassegnato. Se si identifica dettopiano con il piano coordinato Oxy di una terna cartesiana ortogonale Oxyz, con l’asseverticale Oy orientato verso l’alto, la parametrizzazione della circonferenza vincolare siscrive

P (.) ! O = R(sin . e1 ! cos . e2) , . # R

in termini dell’angolo al centro . misurato fra la verticale condotta da O verso il basso edil raggio OP . La derivata prima della parametrizzazione — regolare — vale allora

P "(.) =dP

d.(.) = R(cos . e1 + sin . e2)

e definisce il versore tangente alla traiettoria per mezzo dell’ovvia relazione

3(.) =P "(.)|P "(.)| = cos . e1 + sin . e2 " . # R

che derivata ulteriormente in . porge il versore normale

d3

d.(.) = ! sin . e1 + cos . e2 = n(.) .

Stefano Siboni 1418


In termini dell’ascissa curvilinea s = R. edel raggio di curvatura - = R l’equazione delmoto del punto P , di massa m, e data dalpostulato delle reazioni vincolari:

ms3 +ms2

-n = !mg e2 + #$

ossia, sostituendo le espressioni di s e - e semplificando,

mR.3 + mR.2n = !mg e2 + #$

dove #$ indica la reazione vincolare agente sul punto materiale. Poiche il filo si as-sume sempre teso, la reazione vincolare risulta comunque diretta lungo n. La proiezionedell’equazione precedente lungo il versore tangente porge pertanto l’equazione pura delmoto

mR. = !mg sin . .

La reazione vincolare lungo un generico moto naturale del sistema diventa cosı

#$ = mg e2 + mR.3 + mR.2n = mg e2 ! mg sin . 3 + mR.2n

dove peraltroe2 = e2 · 3 3 + e2 · n n = sin . 3 + cos . n

e quindi:#$ = mg cos . n + mR.2n = m(g cos . + R.2) n

La relazione vale se e soltanto se .(t) descrive un moto naturale del sistema — corrispondecioe ad una soluzione dell’equazione pura del moto. Si osservi tuttavia che, a di"erenza diquanto avverrebbe per una circonferenza vincolare rigida e liscia, in un pendolo realizzatocon un filo deve aversi

#$ · n ) 0

in quanto il filo puo esercitare una forza di trazione su P , ma non e in grado di sospin-gerlo. Di conseguenza, un moto naturale oltre a soddisfare le equazioni di Lagrange deveverificare la condizione supplementare

g cos . + R.2 ) 0

ovvero .2 ) ! g

Rcos .. Detta condizione si traduce, di fatto, in una restrizione sulla

regione del piano delle fasi (., .) # R2 e"ettivamente accessibile al sistema.

Stefano Siboni 1419


La regione del piano delle fasi nella quale sono definiti i moti del pendolo e evidenziata coltratteggio nella figura seguente:

in cui i contorni corrispondono alla curva di equazione g cos . + R.2 = 0. La condizionedi ammissibilita impone che per . # [(/2, 3(/2] la velocita angolare istantanea . — econ quella la velocita .3(.) del punto P — abbia modulo |.| su!cientemente elevato.Soltanto in tale circostanza, infatti, la tensione del filo e chiamata ad esercitare su P unaforza diretta verso il centro O e non in senso avverso, azione che il filo ideale risultae"ettivamente in grado di esplicare.In caso contrario il filo non e in condizione diesercitare la reazione che serve a mantenereil punto materiale sulla traiettoria circolare:mentre il filo O!P non e piu teso, il punto sidistacca percio dalla circonferenza di centroO e raggio R e prende a muoversi di motolibero — parabolico — fino a che non tornaad incontrare la circonferenza in un’altra po-sizione, laddove il filo tornera a tendersi.

Esercizio 262. Sistema volano-biella-pistoneIl sistema meccanico illustrato in figura si compone di un volano V, di una biella B, edi un pistone P inserito e libero di scorrere senza attrito all’interno di un cilindro C. Ilvolano V e costituito da un disco circolare rigido omogeneo di raggio a, massa M e centroC , punto fisso quest’ultimo attorno al quale il volano e libero di ruotare mantenendosi nelpiano coordinato Oxy di una terna di riferimento cartesiana ortogonale destrorsa Oxyz;la posizione di C rispetto al riferimento Oxyz e individuata dal vettore C ! O = h e1,con h costante positiva. La biella B si puo descrivere come un’asta rigida omogenea dilunghezza b e massa trascurabile, mentre il pistone P e un disco circolare di massa espessore trascurabili, che si adatta perfettamente alla sezione del cilindro C, fisso rispettoad Oxyz e di asse Ox, potendo scorrere liberamente lungo la sua parete interna. La biella

Stefano Siboni 1420


e incernierata al centro G del pistone e ad un punto D assegnato sul bordo del volano.

La regione interna del cilindro C delimitata dal pistone e riempita di un gas ideale, delquale si indica con / > 1 il rapporto fra il calore specifico a pressione costante e quello avolume costante — usualmente denotati con cP e cV in termodinamica. Durante il moto,cilindro e pistone si comportano come pareti adiabatiche e si considera che la trasfor-mazione termodinamica subita dal gas sia quasistatica — o reversibile. Si indichi con Al’area del pistone e si ignori l’e"etto della pressione atmosferica esterna.

Assunti i vincoli ideali e le condizioni supplementari b > 2a, h > b + a, si faccia usodell’angolo . mostrato in figura per:

(a) determinare la lagrangiana del sistema;

(b) individuare le equazioni lagrangiane del moto del sistema;

(c) caratterizzare le condizioni iniziali per le quali il moto del sistema e oscillatorio;

(d) determinare tutte e sole le condizioni iniziali all’istante t = 0 cui corrispondono motiindefinitamente progressivi con valori di . grandi a piacere per t 0 +(.

(e) Si scriva inoltre l’espressione dell’energia cinetica del sistema nell’ipotesi che la biellaed il pistone abbiano masse m e µ rispettivamente — trascurando le forze peso.

(f) Si discuta poi la possibilita di descrivere il sistema per mezzo del parametro s —ascissa di G — in luogo dell’angolo . come coordinata lagrangiana.

(g) Si discuta infine la possibilita di utilizzare come parametro lagrangiano l’angolo 2 =C MGD in luogo di ..

SoluzioneUn commento preliminare meritano le condizioni geometriche b > 2a e h > b + a. In virtudella condizione b > a al volano e consentito di compiere rotazioni complete attorno alproprio asse Cz, per le quali tuttavia l’estremo G della biella si mantiene costantementea sinistra del centro C , come illustrato in figura — si intende che la stessa condizioneconsentirebbe di mantenere il punto G sempre a destra di C , sebbene questo non sia il

Stefano Siboni 1421


caso del sistema in esame. Si osservi che per b < a la rotazione completa del volanosarebbe resa impossibile dalla condizione di scorrimento di G lungo l’asse Ox. Convienealtresı escludere il caso b = a, che permetterebbe a G di spostarsi addirittura ora a destraora a sinistra del punto fisso C . Con la richiesta, piu restrittiva, che sia b > 2a, nonsoltanto il punto G rimane collocato a sinistra di C per rotazioni qualsiasi del volano, marisulta anche |C ! G| > a, in modo che il pistone non giunge mai a contatto con il bordodi V — condizione meccanicamente del tutto ragionevole, visto che le parti meccaniche ingioco sono tutte rigide.L’ulteriore condizione h > b + a assicura infine che per qualsivoglia rotazione del volanoil pistone P non si ponga mai a contatto con la base del cilindro C, moto che risulterebbeimpedito dalla compressibilita finita del gas.

(a) Lagrangiana del sistemaOccorre determinare le espressioni dell’energia cinetica totale e del potenziale totale delsistema. Poiche per ipotesi pistone e biella hanno massa trascurabile, la sola parte delsistema che contribuisce all’energia cinetica totale e il volano V, cui compete l’energiacinetica

T =12

Ma2

2.2 =

Ma2

4.2 ,

essendo Ma2/2 e . e3 il momento d’inerzia rispetto all’asse fisso Cz e la velocita angolareistantanea di V rispettivamente.La sola sollecitazione attiva applicata al sistema e dovuta alla pressione P del gas ideale sulpistone P, gas che per la natura delle pareti andra incontro ad una trasformazione di tipoadiabatico — supposta reversibile. Indicato con V = As il volume del gas racchiuso entroil cilindro, e noto che per un gas ideale la generica trasformazione adiabatica reversibilesoddisfa la relazione

PV ' = % (262.1)

con / = cP /cV > 1 e % costante positiva dipendente dalla pressione e dal volume del gasad un istante iniziale assegnato. Dalla (262.1) si deduce allora che la pressione agente sulpistone vale

P = %V !'

e che la forza complessiva esercitata dal gas, sempre diretta secondo la direzione positivadell’asse Ox, risulta

#FP = AP e1 = A%V !' e1 = A%(As)!' e1 = A1!'%s!' e1 , (262.2)

essendosi trascurata la pressione atmosferica applicata sulla superficie esterna del pistone,come prescritto. Il pistone e rigido e si limita a traslare lungo la direzione Ox, percio lasollecitazione #FP puo assumersi applicata nel solo centro G, anziche distribuita sull’interasuperficie di area A. Al fine di determinare la componente lagrangiana della sollecitazione equindi su!ciente esprimere l’ascissa s del punto G in funzione del parametro lagrangiano .,le altre due coordinate cartesiane risultando banalmente e costantemente nulle. Il teoremadi Carnot applicato al triangolo GCD conduce alla relazione

(h ! s)2 + a2 + 2a(h ! s) cos . = b2

Stefano Siboni 1422


che puo anche porsi nella forma equivalente

(h ! s)2 + 2(h ! s)a cos . ! b2 + a2 = 0

dalla quale si deducono le possibili soluzioni

h ! s =!2a cos . ±

>4a2 cos2 . + 4(b2 ! a2)

2= !a cos . ±

>a2 cos2 . + b2 ! a2 .

Di queste si sceglie come fisicamente significativa quella con la radice quadrata di segnopositivo

h ! s = !a cos . +>

a2 cos2 . + b2 ! a2

cui corrisponde la soluzione in s

s = h + a cos . !>

b2 ! a2sin2. = s(.) (262.3)

che descrive la posizione del pistone nell’ipotesi che questo si situi permanentemente asinistra del centro C del volano — come illustrato in figura. La posizione del centro G delpistone e allora individuata del vettore G ! O = s e1, per cui la componente lagrangianadella sollecitazione #FP diventa

Q& = #FP · ds(.)d.

e1 = A1!'%s!' e1 ·ds(.)d.

e1 = A1!'% s(.)!' ds(.)d.

.

Si tratta chiaramente di una sollecitazione posizionale conservativa — il sistema e ad unsolo grado di liberta — il cui potenziale assume la forma

U(.) = !A1!'%

/ ! 1s(.)1!' = !ks(.)1!'

dove per brevita si e indicata con k la costante positiva A1!'%/(/ ! 1). La lagrangianaL = T + U del sistema diventa cosı

L =Ma2

4.2 ! ks(.)1!' =

Ma2

4.2 ! k

1h + a cos . !

>b2 ! a2sin2.

21!'. (262.4)

(b) Equazioni lagrangiane del motoDalle precedenti espressioni (262.3) e (262.4) si hanno le relazioni

d

dt

$'L

'.

%=

Ma2

2.

ds(.)d.

= !a sin . +a2 sin . cos .>b2 ! a2sin2.

'L

'.= k(/ ! 1)s(.)!' ds(.)

d.= k(/ ! 1)

1h + a cos . !

>b2 ! a2sin2.

2!' ds(.)d.

Stefano Siboni 1423


che sostituite nell’equazione di Lagrange

d

dt

$'L

'.

%! 'L

'.= 0

porgono l’equazione del moto richiesta

Ma2

2. = k(/ ! 1)

1h + a cos . !

>b2 ! a2sin2.

2!'9 a cos .>

b2 ! a2sin2.! 1

:a sin . .

(c) Condizioni iniziali per i moti oscillatoriI moti oscillatori in . sono moti per i quali il volano V non esegue alcuna rotazione completaattorno al proprio asse, ma ruota alternativamente in senso orario ed antiorario, con leggeperiodica, attorno allo stesso asse. Data la natura posizionale conservativa del sistema, chee altresı ad un solo grado di liberta, l’analisi qualitativa dei moti puo essere condotta intermini della usuale discussione di Weierstrass, osservando che l’energia meccanica totale

H(., .) = T ! U =Ma2

4.2 + k

1h + a cos . !

>b2 ! a2sin2.

21!'

rappresenta un integrale primo — identificabile con l’integrale di Jacobi. Nonostantel’esponente negativo 1 ! /, la funzione energia potenziale

!U(.) = k1h + a cos . !

>b2 ! a2sin2.

21!'

e di classe C$ dal momento che l’espressione entro parentesi quadre — s(.) — si mantieneper ipotesi sempre strettamente positiva — il suo valore minimo e infatti s(() = h!a!b >0. Di conseguenza i suoi punti critici sono tutte e soltanto le soluzioni dell’equazionetrigonometrica

!U "(.) = k(1 ! /)s(.)!'9 a cos .>

b2 ! a2sin2.! 1

:a sin . = 0 (262.5)

ovvero disin . = 0

in quanto l’espressione entro parentesi quadre in (262.5) non puo annullarsi per via dellacondizione b > a, mentre s(.) > 0 " . # R. Modulo 2(, i punti critici del potenziale sonopertanto . = 0 e . = (, in corrispondenza dei quali la derivata seconda

!U ""(.) = !/k(1! /)s(.)!'!1 ds(.)d.

9 a cos .>b2 ! a2sin2.

! 1:a sin .+

+k(1! /)s(.)!'

"d

d.


:a sin . +


! 1:a cos .

#=

Stefano Siboni 1424


= !/k(1! /)s(.)!'!1 ds(.)d.


! 1:a sin .+

+k(1 ! /)s(.)!'

"! d

du

9 au%a2u2 + b2 ! a2

:

u=cos&asin2. +


! 1:a cos .

#

assume i valori

!U ""(0) = k(1 ! /)s(0)!'9a

b! 1

:a = k(/ ! 1)s(0)!'

91 ! a

b

:a > 0

!U ""(() = k(1 ! /)s(()!'9!a

b! 1

:(!a) = !k(/ ! 1)s(()!'

9a

b+ 1

:a < 0 .

Se a cio si aggiunge che

!U(0) = kFh + a ! b

G1!' ' !U(.) ' kFh! a ! b

G1!' = !U(() " . # R ,

se ne conclude che . = 0 rappresenta un minimo relativo proprio ed assoluto dell’energiapotenziale, mentre . = ( e un massimo relativo proprio ed assoluto della stessa funzione,il cui grafico viene riprodotto nella figura seguente

Dall’analisi di Weierstrass segue allora immediatamente che i moti oscillatori del sistemasi hanno solo e soltanto per valori dell’energia meccanica totale minori di !U(() e stret-tamente maggiori di !U(0), e dunque per le condizioni iniziali (.0, .0) # R2 soddisfacentila doppia diseguaglianza

kFh + a ! b

G1!'<

Ma2

4.20 + k

1h + a cos .0 !

Nb2 ! a2sin2.0

21!'< k

Fh ! a ! b

G1!'

con k = A1!'%/(/ ! 1).

Stefano Siboni 1425


(d) Condizioni iniziali all’istante t = 0 cui corrispondono moti indefinitamenteprogressivi con valori di . grandi a piacere per t 0 +(I moti indefinitamente progressivi in . corrispondono a moti di rotazione del volano semprenello stesso senso — antiorario — attorno all’asse fisso Cz e vengono individuati per mezzodell’analisi di Weierstrass, come nel caso precedente. Per H(.0, .0) > !U(() non esistonopunti di inversione o di meta asintotica e i moti risultano indefinitamente progressivi per.0 > 0, retrogradi se .0 < 0. Data la limitatezza di !U , anche la velocita generalizzata .si mantiene limitata durante il moto e la soluzione massimale .(t, 0, .0 , .0) risulta definita" t # R con codominio su tutta la retta reale; in altri termini, la soluzione assume qual-siasi valore reale . in un intervallo di tempo finito. Va osservato come, nel caso si abbiaH(.0 , .0) = !U((), i moti risultanti siano statici o a meta asintotica, ma comunque concodominio limitato lungo l’asse .. Si conclude pertanto che le condizioni iniziali richiestesono tutte e sole quelle appartenenti all’aperto di R2:

7(.0, .0) # R2 :

Ma2

4.20 + k

1h + a cos .0 !

Nb2 ! a2sin2.0

21!'> k

Fh ! a ! b

G1!'8

.

(e) Energia cinetica del sistema nell’ipotesi che biella e pistone abbiano masserispettive m e µ

Si tratta di determinare l’energia cinetica della biella e del pistone, che andranno ad ag-giungersi a quella del volano gia ottenuta in precedenza. Trattandosi di moto puramentetraslatorio, l’energia cinetica TP del pistone coincide con quella di un unico punto materialeG in cui si supponga concentrata l’intera massa µ ed avente velocita

G = s e1 =ds(.)d.

. e1 =9!a sin . +

a2 sin . cos .>b2 ! a2sin2.

:. e1 (262.6)

in modo che risulta

TP =µ

2

9!a sin . +


:2.2 =

µa2

2sin2.

91 ! a cos .>

b2 ! a2 sin2 .

:2.2 . (262.7)

L’energia cinetica della biella si ricava facilmente facendo uso dell’angolo 2 come coordinataausiliaria. Poiche infatti l’asta B e omogenea, il vettore posizione del suo baricentro GB

puo scriversi nella forma

GB ! O =$s +

b

2cos 2

%e1 +

b

2sin2 e2 ,

mentre l’espressione della velocita angolare istantanea di B e semplicemente

#$B = 2 e3

in quanto l’angolo 2 risulta compreso fra la direzione Ox positiva, fissa relativamente aOxyz, e la direzione D!G, ovviamente fissa rispetto all’asta. Il teorema di Konig applicatoalla biella consente allora di scrivere

TB =m

2|GB|2 +

12IBGBz2

2

Stefano Siboni 1426


con

GB|2 =,,,,$s ! b

2sin 2 2

%e1 +

b

2cos 2 2 e2

,,,,2

=$s ! b

2sin2 2

%2+

b2

4cos22 22 =

= s2 ! b sin 2 s2 +b2

422

e IBGBz = mb2/12. Dal teorema dei seni applicato al triangolo CDG si deduce inoltre che

sin2

a=

sin .

b

per cui2 = arcsin

$a

bsin .

%# (!(/2,(/2) (262.8)

e conseguentemente

2 =a cos .>

b2 ! a2sin2.. . (262.9)

L’energia cinetica della biella diventa cosı

TB =m

2s2 ! mb

2sin 2 s2 +

mb2

822 +

mb2

2422 =

m

2s2 ! mb

2sin2 s2 +

mb2

622

e sostituendo le espressioni (262.6)-(262.9) per s e 2 rispettivamente:

TB =ma2

2sin2.

91 ! a cos .>

b2 ! a2sin2.

:2.2!

!mb

2a

bsin .

9!a sin . +


:.

a cos .>b2 ! a2sin2.

. +mb2

6

"a cos .>

b2 ! a2sin2..

#2

che dopo qualche manipolazione algebrica si riduce a

TB =ma2

2sin2.

91 ! a cos .>

b2 ! a2sin2.

:.2 +

mb2

6a2cos2.

b2 ! a2sin2..2 . (262.10)

Per l’energia cinetica del volano vale infine:

TV =12IVCz .

2 =12

Ma2

2.2 =

Ma2

4.2 (262.11)

L’energia cinetica totale e pertanto la somma delle espressioni ottenute (262.7), (262.10)e (262.11):

T = TP + TB + TV =µa2

2sin2.

91 ! a cos .>

b2 ! a2 sin2 .

:2.2+

+ma2

2sin2.

91 ! a cos .>

b2 ! a2sin2.

:.2 +

mb2

6a2cos2.

b2 ! a2sin2..2 +

Ma2

4.2,

Stefano Siboni 1427


e si presenta come una forma quadratica definita positiva in ., come ci si aspetta.

(f) Possibilita di descrivere il sistema per mezzo del parametro s in luogodell’angolo .

Una semplice analisi mostra che il grafico della funzione s(.) definita da (262.3) ha laforma illustrata nella figura seguente:

da cui si deduce che s(.) e una applicazione di . # R a valori in [h! a ! b, h + a ! b], manon invertibile sull’intera retta reale. L’invertibilita dell’applicazione e assicurata soltantosugli intervalli del tipo . # [n(, (n + 1)(], n # Z. Essendo tuttavia (ds/d.)(n() = 0,"n # Z, l’inversa della restrizione di s(.) a [n(, (n + 1)(] non risulta di"erenziabile agliestremi del suo intervallo di definizione, per cui s(.) non costituisce un di"eomorfismo C2

di . # [n(, (n + 1)(] su s # [h ! a ! b, h + a ! b]. Cio avviene invece per la restrizionedi s(.) ad un qualsiasi intervallo aperto (n(, (n + 1)(), n # Z, che e di"eomorfismo C$

sull’aperto (h!a!b, h+a!b). In termini geometrici si puo concludere che il parametro s eutilizzabile come coordinata lagrangiana soltanto per rappresentazioni locali del sistema,limitatamente alle configurazioni che vedono il punto D mantenersi al di sopra dell’asseorizzontale Ox, oppure alle configurazioni per le quali lo stesso punto si mantiene al disotto dello stesso asse.

(g) Possibilita di utilizzare come parametro lagrangiano l’angolo 2 = C MGD inluogo di .

L’introduzione dell’angolo 2 come parametro lagrangiano in luogo di . pone gli stessiproblemi gia esaminati al punto precedente. Il grafico della funzione 2(.), definita da(262.8), con dominio R e codominio [! arcsin(a/b), arcsin(a/b)], si determina agevolmenteed ha l’andamento descritto in figura:

Stefano Siboni 1428


Le stesse considerazioni esposte nel caso precedente consentono di concludere che per ognin # Z fissato, la (262.8) definisce un di"eomorfismo C$ di (2(n ! ((/2), 2(n + ((/2)) su(! arcsin(a/b), arcsin(a/b)), e che pertanto la coordinata lagrangiana 2 fornisce soltantorappresentazioni locali della varieta delle configurazioni del sistema.

263. Sistema volano-biella soggetto ad una sollecitazione elastica.Si svolga l’esercizio precedente nell’ipotesi che lo stantu"o sia sostituito da una molla idealedi costante elastica k > 0, che collega l’estremo G della biella con il punto fisso O.

SoluzioneIl sistema si tratta come quello dell’esercizio precedente, con la sola di"erenza che il poten-ziale della forza applicata al pistone viene ora sostituito dal potenziale elastico della molla:

U(.) = !k

2s(.)2 = !k

21h + a cos . !

>b2 ! a2sin2.

22

cui per il punto (a) corrisponde la lagrangiana

L =Ma2

4.2 ! k

2s(.)2 =

Ma2

4.2 ! k

21h + a cos . !

>b2 ! a2sin2.

22

e per il punto (b) l’equazione del moto

Ma2

2. = !k

1h + a cos . !

>b2 ! a2sin2.

29 a cos .>b2 ! a2sin2.

! 1:a sin .

— tutte le relazioni gia ricavate continuano a valere a patto di introdurre le sostituzioni:

k !!!!0 k

2/ = !1 .

Lo studio qualitativo dei moti del sistema e la caratterizzazione delle condizioni iniziali peri moti oscillatori o indefinitamente progressivi — punti (c) e (d) — si conduce mediante ladiscussione di Weierstrass e porta a conclusioni analoghe, dato l’andamento sostanzialmen-

Stefano Siboni 1429


te simile dell’energia potenziale totale, il cui grafico e illustrato nella figura seguente:

Infine, l’espressione dell’energia cinetica totale di cui al punto (e) e le discussioni relativeai cambiamenti di variabile — punti (f) e (g) — rimangono chiaramente invariate.

264. Sistema volano-biella soggetto ad una sollecitazione posizionale.Il sistema meccanico illustrato in figura si compone di un volano V, di una biella B, e diun apparato motore M. Il volano V e costituito da un disco circolare rigido omogeneo diraggio a, massa m e centro C , punto fisso quest’ultimo attorno al quale il volano e liberodi ruotare mantenendosi nel piano coordinato Oxy di una terna di riferimento cartesianaortogonale destrorsa Oxyz; la posizione di C rispetto al riferimento Oxyz e individuatadal vettore C ! O = h e1, con h costante positiva. La biella B consiste in un’asta rigidaomogenea di lunghezza b e massa trascurabile, incernierata ad un punto D assegnato sulbordo del volano. Il secondo estremo P della biella e vincolato a scorrere senza attritolungo l’asse coordinato Ox ed e altresı sollecitato dall’apparato motore, che esercita su diesso una forza #FP = f(.) e1 , con f(.) funzione periodica di periodo 2(.

Assunti i vincoli ideali e le condizioni supplementari b > 2a, h > b + a, si faccia usodell’angolo . mostrato in figura per:

(a) determinare la lagrangiana del sistema;

(b) individuare le equazioni lagrangiane del moto del sistema;

(c) ricavarne un integrale primo;

Stefano Siboni 1430


(d) analizzare la natura dei moti del sistema.

SoluzioneUn commento preliminare meritano le condizioni geometriche b > 2a e h > b + a. In virtudella condizione b > a al volano e consentito di compiere rotazioni complete attorno alproprio asse Cz, per le quali tuttavia l’estremo P della biella si mantiene costantementea sinistra del centro C , come illustrato in figura — si intende che la stessa condizioneconsentirebbe di mantenere il punto P sempre a destra di C , sebbene questo non sia ilcaso del sistema in esame. Si osservi che per b < a la rotazione completa del volanosarebbe resa impossibile dalla condizione di scorrimento di P lungo l’asse Ox. Convienealtresı escludere il caso b = a, che permetterebbe a P di spostarsi addirittura ora a destraora a sinistra del punto fisso C . Con la richiesta, piu restrittiva, che sia b > 2a, nonsoltanto il punto P rimane collocato a sinistra di C per rotazioni qualsiasi del volano, marisulta anche |C ! P | > a, in modo che P non giunge mai a contatto con il bordo di V —condizione meccanicamente del tutto ragionevole, visto che le parti meccaniche in giocosono tutte rigide. L’ulteriore condizione h > b + a assicura infine che per qualsivogliarotazione del volano l’estremo P della biella si mantenga sempre all’esterno del bloccomotore.

(a) Lagrangiana del sistemaOccorre determinare le espressioni dell’energia cinetica totale e del potenziale totale. Poi-che per ipotesi la biella ha massa trascurabile, la sola parte del sistema che contribuisceall’energia cinetica totale e il volano V, cui compete l’energia cinetica

T =12

ma2

2.2 =

ma2

4.2 ,

essendo ma2/2 e . e3 il momento d’inerzia rispetto all’asse fisso Cz e la velocita angolareistantanea di V rispettivamente.La sola sollecitazione attiva applicata al sistema e #FP e al fine di determinarne la compo-nente lagrangiana e su!ciente esprimere l’ascissa s del punto P in funzione del parametrolagrangiano ., le altre due coordinate cartesiane risultando banalmente e costantementenulle. Il teorema di Carnot applicato al triangolo PCA conduce alla relazione

(h ! s)2 + a2 + 2a(h ! s) cos . = b2


(h ! s)2 + 2(h ! s)a cos . ! b2 + a2 = 0

dalla quale si deducono le possibili soluzioni

h ! s =!2a cos . ±

>4a2 cos2 . + 4(b2 ! a2)

2= !a cos . ±

>a2cos2. + b2 ! a2 .

Stefano Siboni 1431


Di queste si sceglie come fisicamente significativa quella con la radice quadrata di segnopositivo

h ! s = !a cos . +>

a2cos2. + b2 ! a2

cui corrisponde la soluzione in s

s = h + a cos . !>

a2cos2. + b2 ! a2 = s(.)

che descrive la posizione dell’estremo P nell’ipotesi che questo si situi permanentementea sinistra del centro C del volano — come illustrato in figura. La posizione di P e alloraindividuata del vettore G!O = s e1, per cui la componente lagrangiana della sollecitazione#FP diventa

Q& = #FP · 'P

'.= f(.) e1 · ds(.)

d.e1 = f(.)

ds(.)d.

,

conds(.)d.

= !a sin . +a2 sin . cos .%

a2cos2. + b2 ! a2.

Si tratta chiaramente di una sollecitazione posizionale conservativa — il sistema e ad unsolo grado di liberta — il cui potenziale assume la forma

U(.) = !a

! &

0f(3 ) sin 3

"1 ! a cos 3%

a2cos23 + b2 ! a2

#d3 ,

espressione definita " . # R. La lagrangiana L = T + U del sistema diventa cosı

L =ma2

4.2 ! a

! &

0f(3 ) sin 3

"1 ! a cos 3%

a2cos23 + b2 ! a2

#d3 . (264.1)

(b) Equazioni lagrangiane del motoDalla precedente espressione (264.1) si hanno le relazioni

d

dt

$'L

'.

%=

ma2

2.

'L

'.= !af(.) sin .

"1 ! a cos .%

a2cos2. + b2 ! a2

#

che sostituite nell’equazione di Lagrange

d

dt

$'L

'.

%! 'L

'.= 0

conducono all’equazione del moto richiesta

ma2

2. = !af(.) sin .

"1 ! a cos .%

a2cos2. + b2 ! a2

#.

Stefano Siboni 1432


(c) Integrale primoDato che la lagrangiana del sistema non dipende esplicitamente dal tempo e che sul sistemanon agiscono altre sollecitazioni oltre a quella descritta dal potenziale U , il sistema hanatura posizionale conservativa e l’energia meccanica totale

H(., .) = T ! U =ma2

4.2 + a

! &

0f(3 ) sin 3

"1 ! a cos 3%

a2cos23 + b2 ! a2

#d3 (264.2)

ne costituisce un integrale primo — identificabile con l’integrale di Jacobi.

(d) Analisi qualitativa dei moti del sistemaData la natura posizionale conservativa del sistema, che e altresı ad un solo grado diliberta, l’analisi qualitativa dei moti puo essere condotta in termini della usuale discussionedi Weierstrass, facendo uso dell’integrale primo dell’energia (264.2). A questo scopo enecessario determinare, al solito, il grafico dell’energia potenziale

!U(.) = a

! &

0f(3 ) sin 3

"1 ! a cos 3%

a2cos23 + b2 ! a2

#d3 , " . # R .

La funzione e di classe C$ su tutta la retta reale, dal momento che il radicando a denomi-natore si mantiene per ipotesi sempre strettamente positivo — il suo valore minimo risultainfatti b2 ! a2 > 0. Di conseguenza, i suoi punti critici sono tutte e soltanto le soluzionidell’equazione trigonometrica

!U "(.) = af(.) sin .

"1 ! a cos .%

a2cos2. + b2 ! a2

#= 0 (264.3)

ovvero dif(.) sin . = 0

in quanto l’espressione entro parentesi quadre in (264.3) non puo annullarsi per via dellacondizione b > a. Modulo multipli interi di 2(, i punti critici del potenziale sono pertanto. = 0 e . = (, nonche gli eventuali zeri di f(.) in [0, 2().Per determinare l’andamento complessivo del grafico di !U conviene introdurre la grandez-za caratteristica

4f5 :=a

2(

! 2$

0f(3 ) sin 3

"1 ! a cos 3%

a2cos23 + b2 ! a2

#d3 (264.4)

che rappresenta una sorta di valore medio su un periodo della funzione f assumendo come“peso” !ds(.)/d.. Vale allora

!U(.) =! &

0

"a sin 3

$1 ! a cos 3%

a2cos23 + b2 ! a2

%f(3 ) ! 4f5

#d3 + 4f5 .

Stefano Siboni 1433


dove

p(.) :=! &

0

"a sin 3

$1 ! a cos 3%

a2cos23 + b2 ! a2

%f(3 ) ! 4f5

#d3

e una funzione periodica di periodo 2(, in quanto primitiva di una funzione di ugualeperiodo e media nulla:

12(

p(2() = 0 .

Il potenziale puo quindi intendersi come la somma di un termine 2(-periodico e di unolineare

!U(.) = p(.) + 4f5 . " . # Re risultera periodico — sempre di periodo 2( — se e soltanto se 4f5 = 0.Un tipico andamento dell’energia potenziale cosı determinata e illustrato nella figuraseguente, ottenuta assumendo f(.) = sin(2.), a = 1 e b = 2.5. I punti critici di !Usono tutti e soli gli zeri di sin(2.) sin . = 0. In questo caso il parametro critico 4f5viene ottenuto calcolando numericamente l’integrale definito (264.4), il cui valore risulta4f5 = !0.3277665/( = !0.1043313:

La parte periodica dell’energia potenziale e data dalla relazione p(.) = !U(.) ! 4f5. epresenta l’andamento descritto nella figura sottoriportata:

Stefano Siboni 1434


come si deduce immediatamente confrontando i grafici di !U(.) e di 4f5 .:

L’esame dei grafici consente di riconoscere immediatamente il significato fisico del para-metro 4f5. Ad ogni incremento 2( del valore di . corrisponde infatti una diminuzione2(4f5 dell’energia potenziale, che per via della conservazione dell’energia si accompag-nera ad un eguale incremento dell’energia cinetica del volano. In altri termini, per ognirotazione antioraria completa del volano il motore eroga al sistema una energia pari a!2(4f5, che si traduce interamente in un pari incremento dell’energia cinetica di V.E facile verificare analiticamente le caratteristiche salienti dei grafico di !U illustrato nellefigure precedenti. Dalla relazione (264.3) per la derivata prima dell’energia potenziale,scritta nel caso di f(.) = sin(2.),

!U "(.) = a sin(2.) sin .

"1 ! a cos .%

a2cos2. + b2 ! a2

#

si ricavano tutti i punti critici dell’energia potenziale, che risultano gli zeri di sin(2.):

. =(

2n , n # Z .

La derivata seconda dell’energia potenziale si scrive peraltro

!U ""(.) = [2a cos(2.) sin . + a sin(2.) cos .]"1 ! a cos .%

a2cos2. + b2 ! a2

#+

+ a sin(2.) sin .d

d.

"1 ! a cos .%

a2cos2. + b2 ! a2

#(264.5)

ed assume, in corrispondenza dei punti critici, i valori:

!U ""(0) = 0 ! U ""((/2) = !2a < 0!U ""(() = 0 ! U ""(3(/2) = 2a(!1)(!1) = 2a > 0

validi anche per tutti gli altri punti critici modulo 2(, in virtu della proprieta di periodicitadi U . Questi risultati permettono di concludere immediatamente che . = (/2 e un massimo

Stefano Siboni 1435


relativo proprio di !U , mentre . = 3(/2 risulta un minimo relativo proprio della stessafunzione. I restanti punti . = 0 e . = ( richiedono un’analisi un poco piu dettagliata.Per . = 0 l’annullarsi delle derivate prima e seconda ed il carattere carattere dispari diU — U(!.) = !U(.) " . # R — implicano the il punto critico sia un flesso orizzontale(ascendente). Quanto a . = (, si osservi in primo luogo che

!U "(( + *) = a sin(2( + 2*) sin(( + *)"1 ! a cos(( + *)>

a2cos2(( + *) + b2 ! a2

#=

= !a sin(2*) sin *

"1 +

a cos *>a2cos2* + b2 ! a2

#=

= !2a*2[1 + O(*2)]"1 +


#(* 0 0) .

In un conveniente intorno di . = ( si puo allora scrivere l’espressione

!U(.) + U(() = !! &

$U "(z)dz = !

! &!$

0U "(( + *)d* =

= !2a

! &!$

0*2[1 + O(*2)]

"1 +


#d*

il cui integrando e una funzione strettamente positiva in un intorno su!cientemente piccolodi * = 0, escluso il punto * = 0 stesso. Nel corrispondente intorno di . = ( risulta allora:

!U(.) < !U(() " . > ( e ! U(.) > !U(() " . < (,

per cui . = ( e un flesso orizzontale discendente.

I valori numerici assunti da !U nei punti critici non possono essere calcolati esplicitamentein modo elementare, tuttavia e possibile confrontarli fra loro e determinarne il segno. Ciosi ottiene valutando il segno di alcuni integrali definiti, scelti convenientemente. Notatoche !U(0) = 0 per definizione, l’energia potenziale in . = (/2 assume segno positivo inquanto

!U((/2) =! $/2

0a sin(2.) sin .

"1 ! a cos .%

a2cos2. + b2 ! a2

#d. =

= 2a

! $/2

0cos . sin2.

"1 ! a cos .%

a2cos2. + b2 ! a2

#d.

Stefano Siboni 1436


e la funzione integranda e strettamente positiva in tutto l’intervallo aperto (0,(/2). Un se-condo integrale consente di confrontare i valori di !U(() e !U((/2), mediante la relazione

!U(() + U((/2) = 2a

! $

$/2cos . sin2.

"1 ! a cos .%

a2cos2. + b2 ! a2

#d.

che introdotto il cambiamento di variabile . = ( ! & diviene

!U(() + U((/2) = !2a

! $/2

0cos & sin2&

"1 +

a cos &>a2cos2& + b2 ! a2

#d&

ed assume quindi segno negativo per la positivita dell’integrando nell’intervallo (0,(/2).Inoltre

!U(() = !U((/2) ! U(() + U((/2) = !4a2

! $/2

0

sin2. cos2.%a2cos2. + b2 ! a2

d. < 0

per cui

!U(() < !U((/2) e ! U(() < 0 .

In modo analogo, con il cambiamento di variabile . = & + ( si ha

!U(3(/2) + U(() = 2a

! 3$/2

$cos . sin2.

"1 ! a cos .%

a2cos2. + b2 ! a2

#d. =

= !2a

! $/2

0cos & sin2&

"1 +

a cos &>a2cos2& + b2 ! a2

#d& < 0 ,

mentre una traslazione di !2( dell’intervallo di integrazione ed il cambiamento di variabile. = !& porgono

!U(2() + U(3(/2) = 2a

! 2$

3$/2cos . sin2.

"1! a cos .%

a2cos2. + b2 ! a2

#d. =

= 2a

! 0

!$/2cos . sin2.

"1 ! a cos .%

a2cos2. + b2 ! a2

#d. =

= 2a

! $/2

0cos & sin2&

"1 ! a cos &>

a2cos2& + b2 ! a2

#d& > 0 ,

Stefano Siboni 1437


in modo che, sommando !U(2() + U(3(/2) a !U(3(/2) + U((), risulta

!U(2() + U(() = !4a2

! $/2

0


d. < 0 .

La proprieta !U(5(/2) > !U(() che si desume dal grafico dell’energia potenziale non havalidita generale, ma dipende dai particolari valori di a e b prescelti. Si puo infatti scriverel’espressione

!U(5(/2) + U(() = !U((/2) ! U(2() + U(() =

= 2a

! $/2

0cos . sin2.

"1 ! a cos .%

a2cos2. + b2 ! a2

#d. ! 4a2

! $/2

0


d.

= 2a

! $/2

0cos . sin2.

"1 ! 3a cos .%

a2cos2. + b2 ! a2

#d.

il cui segno coincide con quello della funzione di 4 = b/a

$(4) =! $/2

0cos . sin2.

"1 ! 3 cos .>

42 ! sin2.

#d. (264.6)

definita " 4 ) 1. La (264.6) e chiaramente di classe C$ in 4 # (1,+(), dal momento cheil radicando a denominatore non presenta zeri nell’intervallo di integrazione. Il caratterestrettamente crescente di $ in (1,+() segue dalla diseguaglianza

$(42) !$(41) = 3! $/2

0cos2. sin2.

"1N

421 ! sin2.

! 1N422 ! sin2.

#d. > 0

che e soddisfatta " 41, 42 # (1,+(), 41 < 42. La continuita a destra in 4 = 1 si prova conalcune semplici stime

$(4) ! $(1) = 3! $/2

0cos . sin2.

"1 ! cos .>

42 ! sin2.

#d. =

= 3! $/2

0cos . sin2.

1>42 ! sin2.

1>42 ! sin2. ! cos .

2d. <

< 3! $/2

0sin2.

1>42 ! sin2. ! cos .

2d. '

Stefano Siboni 1438


' 3 maxx%[0,$/2]

1>42 ! sin2x ! cos x

2 ! $/2

0sin2. d. =

= 3>

42 ! 1! $/2

0sin2. d. !!!!!!!!0

)#1+0 ,

mentre il valore della funzione in 4 = 1 e calcolabile esplicitamente

$(1) = !2! $/2

0cos . sin2. d. = !2

"sin3.

3

#$/2

0

= !23

.

Una integrazione numerica permette di ricavare il grafico di $:

e di determinare in 4 = 1.907309650 . . . l’unico zero della funzione. Conseguentemente,per b/a < 1.907309650 . . . risulta

!U(5(/2) + U(() = 2a$(b/a) < 0

mentre se b/a > 1.907309650 . . . — come nel caso illustrato — si ha all’opposto

!U(5(/2) + U(() = 2a$(b/a) > 0 .

Un’analisi del tutto analoga dimostra che la funzione

'(4) =! $/2

0cos . sin2.

"1! 5 cos .>

42 ! sin2.

#d. (264.7)

e monotona crescente in 4 = b/a # [1,+() e che il suo unico zero risulta 3.029829058 . . .,

Stefano Siboni 1439


come illustrato nel grafico seguente:

Poiche !U(5(/2) = 2a'(b/a), si conclude pertanto che

!U(5(/2) < 0 " b/a < 3.029829058 . . . ,

quale e il caso considerato, e

!U(5(/2) > 0 " b/a > 3.029829058 . . . .

La descrizione qualitativa dei moti del sistema e ora ottenibile mediante l’usuale analisi diWeierstrass, che non comporta di!colta particolari. Ci si limita ad illustrare soltanto al-cuni esempi significativi, facendo riferimento all’espressione (264.2) dell’energia meccanicatotale.

(i) se !U(3(/2) < H(.0 , .0) < !U(5(/2), H(.0 , .0) /= !U((), H(.0 , .0) /= !U(2() e.0 # ((/2, 5(/2), il moto del sistema risulta periodico. La variabile angolare . oscillaperiodicamente nel tempo fra un valore minimo ed un valore massimo e, corrispon-dentemente, il volano V e impossibilitato a compiere una rotazione completa attornoal proprio asse, limitandosi ad oscillare tra un angolo di rotazione minimo ed unomassimo;

(ii) se H(.0 , .0) = !U((), .0 /= 0 e .0 # ((/2, 5(/2), il moto risultante .(t, .0 , .0) e ameta asintotica tanto nel passato quanto nel futuro, con limt#±$ .(t, .0 , .0) = (;

(iii) per H(.0 , .0) = !U(2(), .0 /= 0 e .0 # ((/2, 5(/2), il moto risultante .(t, .0 , .0) eancora a meta asintotica sia nel passato che nel futuro, avendosi pero in questo casolimt#±$ .(t, .0 , .0) = 2(;

(iv) se !U(5(/2) < H(.0 , .0) < !U((/2) e .0 > (/2, il moto presenta un unico puntodi inversione .i > (/2 che separa una fase retrograda e una progressiva, durante lequali la soluzione massimale .(t, .0 , .0) assume qualsiasi valore compreso nell’intervallo[.i,+(). La soluzione massimale e sempre definita sull’intera retta reale. Indicato

Stefano Siboni 1440


infatti con E # (!U(5(/2),!U((/2)) il valore prefissato e costante dell’energia mec-canica totale, l’integrale di Weierstrass per la fase progressiva del moto si scrive nellaforma

2%ma2

(t ! ti) =! &

&i

1>E ! U(3 )

d3 . # [.i,+() (264.8)

dove ti # R indica l’istante di inversione del moto, sicche .(ti, .0, .0) = .i. La (264.8)e equivalente a

2%ma2

(t ! ti) =! &

&i

1>E ! p(3 ) ! 4f5 3

d3 . # [.i,+()

e l’integrale a secondo membro diverge per . 0 +( in virtu dell’equivalenza

1>E ! p(3 ) ! 4f5 3

6 1%3

3 0 +( .

L’analoga dimostrazione per la fase retrograda di moto consente di concludere chet # (!(,+() e l’intervallo di definizione della soluzione massimale, come a"ermato.In questo caso il volano V, raggiunto eventualmente l’angolo di inversione .i, continuaa ruotare indefinitamente nello stesso senso — antiorario — attorno al proprio asse el’energia cinetica in esso accumulata cresce asintoticamente con legge lineare in ..

Osservazione. Espressione di 4f5 mediante serie trigonometricheSi puo ottenere un’espressione interessante del parametro critico 4f5 per mezzo dell’analisidi Fourier. E ben noto, infatti, che sotto condizioni molto generali una funzione periodicadi periodo 2( puo esprimersi per mezzo del corrispondente sviluppo in serie di Fourier. Sisupponga allora, per semplicita, che la forza motrice f(.) sia rappresentata dalla serie

f(.) =a0

2+

$?

n=1

an cos(n.) +$?

n=1

bn sin(n.)

uniformemente convergente in R, con i coe!cienti di Fourier an, bn dati dalle relazioni

an =1(

! 2$

0cos(n*) f(*)d* n = 0, 1, 2, . . .

bn =1(

! 2$

0sin(n*) f(*)d* n = 1, 2, . . . .

Data l’uniformita della convergenza e la conseguente possibilita di scambiare serie ed in-tegrali, risulta

4f5 = a$?

n=1

an12(

! 2$

0cos(n.) sin .

"1 ! a cos .%

a2cos2. + b2 ! a2

#d.+

+a$?

n=1

bn12(

! 2$

0sin(n.) sin .

"1 ! a cos .%

a2cos2. + b2 ! a2

#d.

Stefano Siboni 1441


e per la periodicita della funzione integranda,! 2$

0cos(n.) sin .

"1 ! a cos .%

a2cos2. + b2 ! a2

#d. =

=! $

!$cos(n.) sin .

"1 ! a cos .%

a2cos2. + b2 ! a2

#d.

e quindi! $

!$cos(n.) sin .

"1 ! a cos .%

a2cos2. + b2 ! a2

#d. = 0 "n = 1, 2, . . .

in quanto l’integrando e anche una funzione dispari di R. Vale poi, analogamente,! 2$

0sin(n.) sin .

"1 ! a cos .%

a2cos2. + b2 ! a2

#d. =

=! 2$

0sin(n.) sin . d. !

! 2$

0sin(n.) sin .

a cos .%a2cos2. + b2 ! a2

d. =

=! 2$

0

cos(n ! 1). ! cos(n + 1).2

d. ! 2! $

0sin(n.) sin .


d. =

=( )n1 ! 2! $

0sin(n.) sin .


d.

per il fatto che in questo caso la funzione integranda e pari in R. Inoltre:

$!

0

sin(n.) sin .a cos .%

a2cos2. + b2 ! a2d. =

$/2!

0

+$!

$/2

sin(n.) sin .a cos .%

a2cos2. + b2 ! a2d.

dove con il cambiamento di variabile . = ( ! * e dato scrivere! $

$/2sin(n.) sin .


d. =

=! $/2

0sin(n( ! n*) sin(( ! *)

a cos(( ! *)>a2cos2(( ! *) + b2 ! a2

d* =

=! $/2

0(!1)n+1 sin(n*) sin *

(!1)a cos *>a2cos2* + b2 ! a2

d* =

=(!1)n

! $/2

0sin(n*) sin *


d* .

Pertanto2$!

0

sin(n.) sin .

"1 ! a cos .%

a2cos2. + b2 ! a2

#d. =

Stefano Siboni 1442


= ( )n1 ! 2[1 + (!1)n]

$/2!

0

sin(n*) sin *a cos *>

a2cos2* + b2 ! a2d*

e di conseguenza

4f5 = a$?

n=1

bn

"12)n1 !

1 + (!1)n

(

$/2!

0


a2cos2* + b2 ! a2d*

#,

essendosi fatto uso del delta di Kronecker )ij . Si osservi che per n = 1 l’espressione entroparentesi quadre si riduce a 1/2, mentre e nulla "n > 1 dispari, per cui

4f5 = a

"b1

2! 2

(

$?

n=2,n pari

bn

$/2!

0


a2cos2* + b2 ! a2d*

#

ossia

4f5 = a

"b1

2! 2

(

$?

k=1

b2k

$/2!

0

sin(2k*) sin *a cos *>

a2cos2* + b2 ! a2d*

#.

I metodi dell’analisi di Fourier consentono di dimostrare che gli integrali residui entro laserie convergono a zero per k 0 +(. Questo andamento e illustrato nella tabella seguente,per a = 1 e b = 1.5:

f(.) 4f5

sin(.) 0.5

sin(2.) !0.190473481

sin(3.) 0

sin(4.) 0.013857634

sin(5.) 0

sin(6.) !0.001514312

sin(7.) 0

sin(8.) 0.000183964

sin(9.) 0

sin(10.) !0.000023472

Vengono anche riportati i grafici dell’energia potenziale !U(.) associata alla funzione forzamotrice f(.) = sin(n.) corrispondenti ai diversi valori di n:

Stefano Siboni 1443


Stefano Siboni 1444


Come esempio di applicazione delle relazioni precedenti, si consideri il caso di una forzamotrice di tipo sinusoidale, con ampiezza A > 0 e fase 1 # R,

f(.) = A sin(. + 1) = A sin 1 cos . + A cos 1 sin . . (264.9)

L’espressione di 4f5 si riduce a4f5 =

a

2A cos 1 ,

essendo 4cos .5 = 0 e 4sin .5 = a/2, mentre per il potenziale totale vale:

!U(.) = A sin 1 a

&!

0

cos 3 sin 3

"1 ! a cos 3%

a2cos23 + b2 ! a2

#d3+

+ A cos 1 a

&!

0

sin23

"1 ! a cos 3%

a2cos23 + b2 ! a2

#d3 := A sin 1 C(.) + A cos 1 S(.) .

Avendosi 4cos .5 = 0, la funzione ausiliaria C(.) e periodica di periodo 2(. Per contro,la relazione 4sin .5 = a/2 > 0 implica che la funzione S(.) sia somma di un termine 2(-periodico e di uno lineare crescente. In e"etti, una stima immediata della derivata prima —sempre positiva — consente di provare che S(.) risulta monotona crescente, come illustratoper a = 1, b = 2.5 nella figura sottoriportata:

Stefano Siboni 1445


La parte periodica p(.) = S(.) ! 4sin .5 . della funzione e riprodotta nel grafico seguente:

mentre per il grafico di C(.) si ha:

Per quanto detto e evidente che soltanto il termine A cos 1 sin . della sollecitazione producelavoro sul volano, mentre nullo e l’e"etto del termine residuo A sin 1 cos .. Questo risultatoammette una interpretazione fisica estremamente semplice.

Per #FP = sin . e1 si nota infatti che, qualunque sia il valore assunto dall’angolo ., la forza

Stefano Siboni 1446


applicata all’estremo P della biella tende sistematicamente a contrastare ogni tentativo dirotazione antioraria del volano, che viene percio sollecitato a ruotare in senso orario. Unavolta che la sollecitazione abbia impresso a V un moto di rotazione oraria, il volano conti-nuera sistematicamente ad assorbire energia meccanica dall’apparato motore M e l’energiacinetica di V continuera monotonicamente ad aumentare con un andamento asintoticolineare in ..

Viceversa, nel caso di #FP = cos . e1 la rotazione antioraria del volano viene ostacolata dallasollecitazione in P per valori di . che vedono l’estremo A collocarsi a destra del centro C , efavorita quando all’opposto A si posiziona alla sinistra di C , per cui non e ovvio aspettarsi,diversamente dal caso precedente, un assorbimento netto di energia cinetica del volano V.Il calcolo ha dimostrato come questo assorbimento di energia sia nullo se mediato su unarotazione completa del volano attorno al proprio asse. Per una forza motrice sinusoidaledella forma (264.9), l’energia cinetica media ceduta al volano ad ogni rotazione completadi questo risulta direttamente proporzionale all’ampiezza A ed al coseno della fase 1.

Esercizio 265. Cono circolare retto in puro rotolamento su un pianoUn cono circolare retto C, con base di raggio r e centro A, altezza relativa alla base h evertice O, poggia con la propria superficie laterale su un piano fisso (, sul quale e libero dirotolare senza strisciare. Si introduce una terna di riferimento cartesiana ortogonale Oxyzcon origine nel vertice O del cono e piano coordinato Oxy coincidente con (.

Indicata con A( la proiezione ortogonale del centro A sul piano Oxy e denominato . l’angoloche il vettore posizione di A( forma con il semiasse positivo Ox, determinare l’espressione

Stefano Siboni 1447


della velocita angolare del cono.

SoluzioneSe si denomina 0 l’angolo compreso fra l’asse di simmetria OA ed una generica rettageneratrice della superficie conica, e immediato verificare dalla figura che deve aversi

tg0 =r

h.

Poiche il vertice O deve mantenersi fisso per la condizione di puro rotolamento, l’atto dimoto del cono ad un generico istante si scrive nella forma

P = #$ & (P !O) "P # C

essendo #$ il vettore velocita angolare istantanea incognito. A quell’istante i punti dellasuperficie conica a contatto con il piano Oxy hanno velocita nulla per via della condizionedi puro rotolamento. Si ha pertanto

0 = #$ & (A( !O)

sicche la velocita angolare deve risultare parallela alla retta OA(

#$ = / (A( ! O) , / # R . (265.1)

Durante il moto del cono, il punto A( descrive sul piano Oxy la circonferenza di centro Oe raggio |A( ! O|; l’angolo . — compreso fra il vettore A( ! O e il semiasse positivo Ox— permette di individuare la proiezione A( lungo tale circonferenza. Il vettore posizionedel centro A rispetto al vertice O si puo esprimere come

A ! O = A( ! O + A ! A(

dove il vettore A !A( e costante

A ! A( = h sin0 e3 (265.2)

per cuid

dt(A !A() = 0

mentre il punto A(, riguardato come una mera proiezione ortogonale di A sul piano Oxy,descrive un moto circolare di raggio |A( ! O| con angolo di rotazione . e soddisfa percio

dA(

dt= . e3 & (A( ! O) (265.3)

in modo chedA

dt=

dA(

dt+

d

dt(A ! A() = . e3 & (A( ! O) . (265.4)

Stefano Siboni 1448


D’altra parte, se si considera A( come un punto del cono a contatto con il piano (all’istante considerato e lecito applicare il teorema di Poisson per l’atto di moto rigido escrivere

dA

dt=

dA(

dt+ #$ & (A ! A() = #$ & (A ! A() =

= /(A( ! O) & (h sin 0 e3) = !/h sin0 e3 & (A( ! O)(265.5)

dove si e fatto uso delle equazioni (265.1)-(265.2) e della condizione di puro rotolamentoin A(

dA(

dt= 0

— che in nessun modo deve essere confusa con la (265.3), dove A( non e riguardato comepunto del cono ma soltanto come una semplice proiezione ortogonale di A su Oxy. Dalconfronto delle relazioni (265.4) e (265.5) segue allora che

. e3 & (A( ! O) = !/h sin0 e3 & (A( ! O)

ed essendo e3 & (A( ! O) /= 0 si ricava l’equazione che lega il modulo con segno / dellavelocita angolare con la derivata prima dell’angolo di rotazione

. = !/h sin0

per cui risulta

/ = ! 1h sin0

. .

Il vettore velocita angolare istantanea vale dunque

#$ = /(A( !O) = ! 1h sin0

. h cos 0 r = ! .

tg0r = !h

r. r ,

dove si e indicato con r il versore orizzontale (A( ! O)/|A( ! O| — vedi figura.

Esercizio 266. Oscillatore armonico smorzatoUn punto materiale P di massa unitaria e vincolato a scorrere senza attrito lungo l’asseOx di una terna inerziale. Una molla di costante elastica k=10 congiunge l’origine Ocon il punto P , che e inoltre soggetto ad una forza di resistenza viscosa con costante difrizione % = 6. Determinare l’equazione del moto del sistema e la sua soluzione generale,precisando la natura dei moti.

SoluzioneL’equazione del moto del sistema si scrive

x + 6x + 10x = 0

e si identifica con quella di un oscillatore armonico smorzato unidimensionale. L’equazionecaratteristica associata assume la forma

!2 + 6! + 10 = 0

Stefano Siboni 1449


ed ammette le due radici complesse coniugate

!1, !2 =!6 ±

%36 ! 402

=!6 ± 2 i

2= !3 ± i .

La soluzione generale dell’equazione di"erenziale, lineare omogenea a coe!cienti costanti,diventa pertanto

x(t) = e!3t(c1 cos t + c2 sin t) " t # Re rappresenta un moto oscillatorio smorzato, essendo c1 e c2 costanti reali arbitrarie dadeterminarsi in base alle condizioni iniziali.

Esercizio 267. Asse centraleStabilire se il punto A(3/5,!9/5, 2/5) appartiene all’asse centrale del sistema compostodai vettori #v1 = !2e1 + e2 + e3, applicato nel punto P1(0, 1,!1), e #v2 = e1 ! 3e2 ! e3,applicato in P2(2,!1, 0).

SoluzioneSi osservi preliminarmente che il risultante del sistema di vettori applicati e non nullo

#R = #v1 + #v2 = !e1 ! 2 e2

per cui il corrispondente asse centrale a e e"ettivamente ed univocamente definito. Si vuoleverificare se si abbia o meno A # a. Il problema puo essere a"rontato essenzialmente indue modi. Un metodo, piu diretto, consiste nell’applicare la definizione di asse centralericordando che i punti di questo sono tutti e soltanto quelli rispetto ai quali il momentorisultante del sistema risulta parallelo ad #R. Nella fattispecie si ha

#MA = (P1 ! A) & #v1 + (P2 ! A) & #v2 =

=$!3

5e1 +

145

e2 !75

e3

%& (!2 e1 + e2 + e3) +

$75

e1 +45

e2 !25

e3

%& (e1 ! 3 e2 ! e3)

=

,,,,,,

e1 e2 e3

!3/5 14/5 !7/5!2 1 1

,,,,,,+

,,,,,,

e1 e2 e3

7/5 4/5 !2/51 !3 !1

,,,,,,=

215

e1 +175

e2 + 5 e3 ! 2 e1 + e2 ! 5 e3

=115

e1 +225

e2 = !115

(!e1 ! 2 e2) = !115

#R ,

in modo che il momento risultante in A e un vettore parallelo al risultante #R del sistema.Il punto A appartiene dunque all’asse centrale.Allo stesso risultato si puo pervenire calcolando l’equazione parametrica dell’asse centraleed andando poi a verificare che il punto A la soddisfa. Conviene calcolare il momentorisultante in uno dei punti di applicazione, ad esempio in P1:

#MP1 = (P1 ! P1) & #v1 + (P2 ! P1) & #v2 = (2 e1 ! 2 e2 + e3) & (e1 ! 3 e2 ! e3) =

=

,,,,,,

e1 e2 e3

2 !2 11 !3 !1

,,,,,,= 5 e1 + 3 e2 ! 4 e3 .

Stefano Siboni 1450


Di qui si deduce che

#R & #MP1 =

,,,,,,

e1 e2 e3

!1 !2 05 3 !4

,,,,,,= 8 e1 ! 4 e2 + 7 e3

per cui i punti B dell’asse centrale si esprimono mediante la relazione vettoriale

B ! O = P1 ! O +#R & #MP1

|#R|2+ 0#R =

= e2 ! e3 +8 e1 ! 4 e2 + 7 e3

5+ 0(!e1 ! 2 e2) =

=$8

5! 0

%e1 +

$15! 20

%e2 +

25

e3 "0 # R

dalla quale segue l’equazione parametrica cercata-000000.

000000/

x =85! 0

y =15! 20

z =25

"0 # R .

A!nche A(3/5,!9/5, 2/5) sia un punto dell’asse centrale e necessario e su!ciente cheabbia una soluzione in 0 il sistema di equazioni lineari

-000000.

000000/

35

=85! 0

! 95

=15! 20

25

=25

.

La condizione e prontamente verificata con 0 = 1, a conferma del risultato gia stabilitoper via diretta.

Esercizio 268. Baricentro di un sistema composto pianoSi consideri il sistema illustrato in figura,

Stefano Siboni 1451


composto da una lamina quadrata ABCD di lato L e da un’asta rettilinea OE, di ugualelunghezza. La densita lineare dell’asta si scrive

!(x) = ! µ

L2x "x # [!L, 0] ,

mentre quella della lamina vale

"(x, y) =µ

L4x(L ! y) " (x, y) # [0, L] $ [!L/2, L/2] ,

avendo la costante µ > 0 le dimensioni di una massa. Determinare:

(a) la massa del sistema;(b) la posizione del baricentro del sistema rispetto alla terna Oxyz.

Soluzione(a) Massa del sistemaLa massa dell’asta OE si ricava per integrazione della densita lineare ! sul segmento OEe vale quindi

mOE

=0!

!L

$! µ

L2x%

dx = ! µ

L2

"x2

2

#0

!L

= ! µ

L2

$!L2

2

%=

µ

2.

La massa della lamina quadrata ABCD e invece data dall’integrale di " esteso all’interoquadrato e si calcola per mezzo di un ovvio integrale doppio

mABCD

=L!

0

dx

L/2!

!L/2

dyµ

L4x(L ! y) =

µ

L4

L!

0

xdx

L/2!

!L/2

(L ! y)dy =

=µ

L4

L2

2

"! (L ! y)2

2

#L/2

L/2

=µ

2L2

12

$!L2

4+

94L2

%=

µ

2.

La massa del sistema segue immediatamente sommando i contributi di asta e lamina

m = mOE

+ mABCD

=µ

2+

µ

2= µ .

(b) Baricentro del sistemaL’idea e quella di applicare il teorema distributivo, dopo avere calcolato separatamentei baricentri di asta e lamina. A causa dell’evidente asse di simmetria Ox, il baricentrodell’asta puo ricercarsi nella forma G

OE! O = x

OEe1, calcolando direttamente l’ascissa

secondo la definizione

xOE

=1

mOE

0!

!L

x$! µ

L2x%

dx =2µ

0!

!L

x2dx = ! 2L2

"x3

3

#0

!L

= ! 2L2

L3

3= !2

3L

Stefano Siboni 1452


in modo che risultaG

OE! O = !2

3L e1 .

Per quanto riguarda la lamina quadrata, l’unico elemento di simmetria che e dato ri-conoscere e il piano di giacitura Oxy della figura piana, il cui baricentro deve quindi essereindividuato da un vettore posizione della forma

GABCD

! O = xABCD

e1 + yABCD

e2 .

L’ascissa xABCD

si scrive

xABCD

=1

mABCD

L!

0

dx

L/2!

!L/2

dy xµ

L4x(L ! y) =

2µ

µ

L4

L!

0

x2dx

L/2!

!L/2

(L ! y)dy =

=2L4

L3

3

"! (L ! y)2

2

#L/2

!L/2

=2

3L

12

$!L2

4+

94L2

%=

23L

mentre per l’ordinata yABCD

vale l’espressione analoga

yABCD

=1

mABCD

L!

0

dx

L/2!

!L/2

dy yµ

L4x(L ! y) =

2µ

µ

L4

L!

0

xdx

L/2!

!L/2

y(L ! y)dy =

=2L4

L2

2

L/2!

!L/2

(yL ! y2)dy =1L2

"L

y2

2! y3

3

#L/2

!L/2

=1L2

"!y3

3

#L/2

!L/2

= ! 112

L .

Si conclude pertanto che

GABCD

!O =23L e1 !

112

L e2 .

Non rimane che applicare la proprieta distributiva per ricavare il vettore posizione delbaricentro G del sistema

G ! O =m

OE(G

OE! O) + m

ABCD(G

ABCD! O)

mOE

+ mABCD

=

=

µ

2(G

OE! O) +

µ

2(G

ABCD! O)

µ=

GOE

! O + GABCD

! O

2=

=12

$!2

3L e1 +

23

e1 !112

L e2

%= ! 1

24L e2 .

Stefano Siboni 1453


Esercizio 269. Punto pesante vincolato ad una curva fissa lisciaUn punto materiale pesante di massa m = 1 e vincolato a scorrere senza attrito lungo lacurva di equazione y = x2, z = 0, rispetto ad una terna inerziale Oxyz di asse verticaleOy, orientato verso l’alto.

(a) Scrivere le equazioni del moto del sistema.(b) Determinare le posizioni di equilibrio del sistema.

SoluzioneLa parametrizzazione della curva e di classe C$

P (x) !O = x e1 + x2e2 , x # R ,

nonche regolare, in quanto

P "(x) = e1 + 2x e2 /= 0 "x # R .

(a) Equazioni del motoPer l’ipotesi di curva liscia, all’equazione pura del moto si perviene proiettando la secondalegge della dinamica applicata al punto lungo la direzione tangente, individuata dalladerivata P "(x):

mP · P "(x) = !mg e2 · P "(x)

dove m = 1 eP = P "(x) x P = P "(x) x + P ""(x) x2 .

Vale pertantoP "(x)2x + P "(x) · P ""(x)x2 = !2gx

ossiaP "(x)2x +

d

dx

9P "(x)2

2

:x2 = !2gx

e, sostituendo la parametrizzazione d’arco,

(1 + 4x2)x + 4xx2 = !2gx .

(b) Posizioni di equilibrioLe posizioni di equilibrio corrispondono alle soluzioni statiche delle equazioni pure del moto

x(t) = x0 , costante .

Si ha pertanto, sostituendo nell’equazione ricavata al punto precedente,

0 = !2gx0

da cui si deduce x0 = 0. La sola posizione di equilibrio del sistema ricorre dunquenell’origine della terna di riferimento

P (0) !O = 0 .

Stefano Siboni 1454


Esercizio 270. Matrice d’inerzia di un sistema piano non omogeneoNella terna di riferimento Oxyz si considera un settore circolare C di centro O, raggio R eangolo al centro retto, completamente collocato nel piano coordinato Oxy, come illustratoin figura.

La densita superficiale del settore circolare in un suo generico punto P (x, y) e data dall’e-spressione

"(x, y) =µ

R4xy " (x, y) # C ,

dove µ > 0 ha le dimensioni di una massa. Determinare:

(a) la matrice d’inerzia del sistema rispetto alla terna Oxyz;

(b) il momento d’inerzia rispetto alla retta che passa per l’origine e per il punto A(R, 0, R);

(c) una terna principale d’inerzia in O del sistema.

Soluzione(a) Matrice d’inerzia in OxyzPoiche il settore circolare C giace nel piano coordinato Oxy, la matrice d’inerzia in Oxyzassume la forma

[LO] =

&


(

) .

Il momento d’inerzia rispetto all’asse Ox vale, eseguendo l’integrale in coordinate polaripiane,

Lxx =!

C

y2 µ

R4xy dxdy =

µ

R4

!

C

xy3dxdy =µ

R4

R!

0

d-

$/2!

0

d& - - cos & -3sin3& =

=µ

R4

R!

0

-5d-

$/2!

0

sin3& cos & d& =µ

R4

R6

6

"sin4&

4

#$/2

0

=µR2

614

=124

µR2

Stefano Siboni 1455


e coincide con quello relativo all’asse Oy

Lyy =!

C

x2 µ

R4xy dxdy =

µ

R4

!

C

x3y dxdy =µ

R4

R!

0

d-

$/2!

0

d& - -3cos3& - sin & =

=µ

R4

R!

0

-5d-

$/2!

0

cos3& sin & d& =µ

R4

R6

6

"!cos4&

4

#$/2

0

=µR2

614

=124

µR2

come e peraltro evidente dalla presenza dell’asse di simmetria y = x, z = 0:

"(x, y) =µ

R4xy =

µ

R4yx = "(y, x) "(x, y) # C .

Per il prodotto d’inerzia si ha invece

Lxy = !!

C

xyµ

R4xy dxdy = ! µ

R4

!

C

x2y2dxdy =

= ! µ

R4

R!

0

d-

$/2!

0

d& - -2cos2& -2sin2& = ! µ

R4

R!

0

-5d-

$/2!

0

sin2& cos2& d& =

= ! µ

R4

R6

614

$/2!

0

sin2(2&) d& = !µR2

24

$/2!

0

1 ! cos(4&)2

d& =

= !µR2

48

"& ! sin(4&)

4

#$/2

0

= ! (

96µR2 .

La matrice d’inerzia del sistema risulta percio

[LO] = µR2

&

'1/24 !(/96 0!(/96 1/24 0

0 0 1/12

(

) .

(b) Momento d’inerzia rispetto ad OALa retta OA e individuata dal versore

n =A !O

|A !O|=

R e1 + R e3

|R e1 + R e3|=

1%2

e1 +1%2

e3

per cui il relativo momento d’inerzia si calcola per mezzo della relazione matriciale

IOA

=12(1 0 1)µR2

&

'1/24 !(/96 0!(/96 1/24 0

0 0 1/12

(

)

&

'101

(

) =

=12µR2(1 0 1)

&

'1/24!(/961/12

(

) =12µR2

$ 124

+112

%=

116

µR2 .

Stefano Siboni 1456


(c) Terna principale d’inerzia in OPer l’individuazione di una terna principale d’inerzia in O non si rende necessario il calcoloesplicito degli autovettori di [LO], in quanto sono disponibili elementi di simmetria su!ci-enti allo scopo. L’ovvio piano di simmetria Oxy permette infatti di riconoscere in Oz unasse principale d’inerzia in O del sistema. A questo si aggiunge l’asse di simmetria y = x,z = 0, che e a sua volta identificabile come asse principale d’inerzia in O, ortogonale a Oz.Completa la terna, data la simmetria dell’operatore d’inerzia, l’asse di equazione

y = !x , z = 0 ,

ortogonale ai due precedenti.

Esercizio 271. Esempio di campo irrotazionale C1 non conservativoNel piano (x, y) # R privato dell’origine (0, 0) si consideri il campo di forze a due compo-nenti

Fx(x, y) =y

x2 + y2Fy(x, y) = ! x

x2 + y2" (x, y) # R2 \ {(0, 0)} .

Si vuole:

(a) verificare che si tratta di un campo irrotazionale;

(b) provare che il campo non e conservativo;

(c) individuare una restrizione del campo ad un dominio strettamente incluso in D =R2 \ {(0, 0)} che risulti ivi conservativa, determinando il potenziale corrispondente.

Soluzione(a) Irrotazionalita del campoCome ben noto, se il dominio di definizione D del campo di forze non risulta semplice-mente connesso la proprieta di irrotazionalita e condizione necessaria ma in generale nonsu!ciente per l’esistenza di un potenziale. Il campo e chiaramente di classe C1 — risultaaddirittura C$ — ma il suo dominio di definizione D = R2 \ {(0, 0)} non risulta sem-plicemente connesso — per convincersene, basta considerare una qualsiasi curva chiusache circonda l’origine (0, 0) ed osservare che non c’e modo di far collassare tale curva suun punto del dominio D senza attraversare l’origine stessa, che non e punto dell’insieme.L’irrotazionalita si verifica immediatamente, in quanto

'Fx

'y(x, y) =

x2 ! y2

(x2 + y2)2'Fy

'x(x, y) =

x2 ! y2

(x2 + y2)2" (x, y) # R2 \ {(0, 0)}

per cui'Fx

'y(x, y) ! 'Fy

'x(x, y) = 0 " (x, y) # R2 \ {(0, 0)} .

Stefano Siboni 1457


(b) Non conservativita del campoNonostante la condizione di irrotazionalita sia soddisfatta, il campo posizionale non e con-servativo. Considerata infatti la circonferenza / di raggio R e centro (0, 0), parametriz-zabile come

x(.) = R cos . y(.) = R sin . . # [0, 2(] ,

l’integrale del lavoro si verifica essere diverso da zero!

'(Fxdx + Fydy) =

!

'

y dx ! xdy

x2 + y2=

=2$!

0

R sin .(!R sin .) !R cos . R cos .

R2cos2. + R2sin2.d. = !

2$!

0

d. = !2( /= 0 .

Tale risultato esclude la natura conservativa del campo in quanto, se esistesse un potenzialeU , dovrebbe aversi !

'(Fxdx + Fydy) = 0

lungo un qualunque arco chiuso / del dominio D.

(c) Restrizione conservativa del campo posizionaleSi osservi che sebbene non conservativo in D il campo di forze deve comunque esserelocalmente conservativo, nel senso che un potenziale deve essere definito nell’intorno di ognipunto (x, y) del dominio D: tale intorno infatti e un disco aperto e costituisce certamenteun dominio semplicemente connesso — addirittura connesso — su cui il teorema di Poincareassicura l’esistenza di un potenziale locale. Il problema della non conservativita nel dominioD deriva dal fatto che detti potenziali locali non possono essere raccordati fra loro in mododa definire un potenziale globale, della prescritta regolarita, in tutto D.In e"etti, dall’integrazione diretta del sistema di equazioni di"erenziali alle derivate parziali

'U

'x(x, y) =

y

x2 + y2

'U

'y(x, y) = ! x

x2 + y2

si ricaverebbero le soluzioni formali

U(x, y) = arctg$x

y

%" y /= 0

eU(x, y) = !arctg

$y

x

%"x /= 0 .

Almeno una di queste funzioni costituisce un potenziale per il campo in un intorno su!-cientemente piccolo di un qualsiasi punto (xo, yo) # D. Nessuna di esse, tuttavia, definisceun potenziale sull’intero dominio D, dal momento che la prima funzione risulta discontinualungo l’asse delle ascisse, mentre la seconda e discontinua lungo l’asse delle ordinate. Laprima funzione deve essere usata quando (xo, yo) giace sull’asse delle ordinate, mentre la

Stefano Siboni 1458


seconda entra necessariamente in gioco quando (xo, yo) si colloca sull’asse delle ascisse. Igrafici delle funzioni arctg(x/y) e = !arctg(y/x) sono illustrati nelle figure seguenti

Volendo cercare di definire un potenziale sull’intero dominio D, nel primo e quarto quad-rante del piano Oxy si puo porre

U(x, y) = arctg$x

y

%" (x, y) # R $ R+ ,

funzione di classe C$ nel proprio dominio di definizione. Limitatamente al primo quad-rante tale funzione soddisfa l’identita trigonometrica

arctg$x

y

%=

(

2! arctg

$y

x

%" (x, y) # R+ $ R+

dove la funzione a secondo membro —(

2! arctg

$y

x

%— si prolunga come funzione C$

anche al quarto quadrante {(x, y) # R+ $ R!}. Nel quarto quadrante risulta infine sod-disfatta l’identita

arctg$x

y

%= !(

2! arctg

$y

x

%" (x, y) # R+ $ R!

e dunque(

2! arctg

$y

x

%= ( + arctg

$x

y

%" (x, y) # R+ $ R!

con la funzione ( + arctg$x

y

%che si prolunga con regolarita C$ anche al terzo quadrante

{(x, y) # R! $ R!}.

Stefano Siboni 1459


I dominii di definizione dei tre prolungamenti sono indicati con un diverso tratteggio nellafigura seguente

dalla quale risulta evidente che la funzione

U(x, y) =

-00.

00/

arctg(x/y) se (x, y) # R $ R+

(

2! arctg(y/x) se (x, y) # R+ $ R

( + arctg(x/y) se (x, y) # R $ R!

e definita e C$ sull’intero piano Oxy privato della semiretta negativa dell’asse Ox. Sutale dominio la funzione potenziale U(x, y) presenta il grafico illustrato in figura

che mette peraltro in evidenza la regolarita del raccordo fra i vari prolungamenti. Ealtrettanto chiaro che qualora si cercasse di prolungare la precedente definizione anche

Stefano Siboni 1460


ad un qualche punto (xo, 0), con xo < 0, il potenziale non vi sarebbe definibile in modounivoco e regolare, avendosi una evidente discontinuita

limy#0+

U(xo , y) = !(

2/= 3(

2= lim

y#0!U(xo, y) .

Cosı ad esempio, muovendo in senso orario lungo una circonferenza di centro O nel pi-ano Oxy, al compimento di una rotazione completa la funzione potenziale U(x, y) nontornerebbe ad assumere il valore iniziale, ma acquisirebbe un incremento netto pari a 2(.

Esercizio 272. Piccole oscillazioni forzate e smorzate intorno ad un equilibrioSi consideri un sistema olonomo a vincoli ideali indipendenti dal tempo, ad n gradi diliberta, e sia

L = T + U =12

n?

h,k=1

ahk(q)qh qk + U(q)

la sua lagrangiana espressa in termini delle coordinate generalizzate q = (q1, q2, . . . , qn) #Rn. Il sistema, oltre che alle sollecitazioni posizionali conservative descritte dal potenzialeU(q), e sottoposto ad una sollecitazione di potenza non positiva della forma

D(q, q) = (D1,D2, . . . ,Dn) # Rn

di classe C1 nei suoi argomenti. In tale ipotesi e noto che la sollecitazione D si annulla perq = 0 e non influisce quindi sulle soluzioni statiche ne sulle corrispondenti configurazionidi equilibrio del sistema. Sia q0 = (q0

1 , q02 , . . . , q0

n) una configurazione di equilibrio stabileper la quale:

Stefano Siboni 1461


(i) l’hessiana HU (q0) del potenziale U nella configurazione q0 risulti definita negativa(la configurazione e percio un massimo relativo proprio del potenziale, la cui sta-bilita segue dal teorema di Lagrange-Dirichlet). Equivalentemente, l’hessiana HV (q0)dell’energia potenziale V = !U in q0 sia definita positiva;

(ii) la matrice B che definisce la sollecitazione D linearizzata nell’intorno della soluzionestatica (q, q) = (q0, 0):

D(q, q) = D(q0, 0) +'D

'q(q0, 0) · (q ! q0) +

'D

'q(q0, 0) · q + O(2) =

='D

'q(q0, 0) · q + O(2) = !B[q] + O(2) (q, q) 0 (q0, 0)

(272.1)

soddisfi la condizione che la matrice reale e simmetrica B + BT sia definita positiva,avendo indicato con BT la trasposta di B e con [q] il vettore colonna (q1 . . . qn)T .

(iii) la matrice A di elementi ahk(q0), h, k = 1, . . . , n sia reale, simmetrica e definitapositiva.

Si supponga infine che al sistema sia applicata una sollecitazione esterna sinusoidale F , dipulsazione $ determinata e componenti lagrangiane

Fi = fi cos($t + &i) , i = 1, 2, . . . , n ,

dove fi ) 0 e &i # R sono costanti assegnate — ampiezze e fasi per ciascuna componentedella forzante esterna.

Sotto tali ipotesi:

(a) scrivere le equazioni lagrangiane del moto linearizzate nell’intorno della soluzione sta-tica (q0, 0) in esame;

(b) analizzare i piccoli moti del sistema nell’intorno della soluzione statica predetta, as-sumendo siano applicabili le equazioni linearizzate ricavate al punto (a);

(c) caratterizzare i valori della pulsazione $ della forzante esterna in corrispondenza deiquali si ha risonanza per i piccoli moti del sistema nell’intorno della soluzione statica.

SoluzioneSi osservi preliminarmente come la condizione (i) sia piu restrittiva rispetto alla semplicerichiesta che la configurazione di equilibrio q0 — punto critico del potenziale U — siastabile. In particolare, l’essere q0 configurazione di equilibrio stabile non impone cheil potenziale abbia un massimo relativo proprio nello stesso punto, dal momento che ilteorema di Lagrange-Dirichlet fornisce una condizione su!ciente, ma non necessaria, perla stabilita. Ne d’altra parte l’eventuale presenza in q0 di un massimo relativo proprio perU richiede che la matrice hessiana HU (q0) debba essere definita negativa, potendo questarisultare soltanto semidefinita non definita negativa.

Stefano Siboni 1462


Anche la condizione (ii) e parimenti restrittiva, rispetto alla semplice richiesta circa lanatura dissipativa della sollecitazione D. Conviene in primo luogo osservare che se siricava l’espressione della potenza di D in termini della (272.1)

( = q · D(q, q) = q ·;

D(q0 , 0) +'D

'q(q0, 0) · (q ! q0) +

'D

'q(q0, 0) · q + O(2)

<

e la si riscrive in forma matriciale, con ovvio significato dei simboli,

( = [q]T [D(q0, 0)] + [q]T"'D

'q(q0, 0)

#[q ! q0] + [q]T

"'D

'q(q0, 0)

#[q] + [q]T O(2)

si deduce immediatamente che la condizioni di potenza non positiva non puo essere sod-disfatta se non imponendo l’annullarsi della sollecitazione D(q0 , 0) e del relativo gradienterispetto alle coordinate lagrangiane, ('D/'q)(q0 , 0). Fissato infatti q # Rn, per q su!cien-temente vicino a 0 e a meno di termini di ordine superiore la potenza della sollecitazionesara data da

( = [q]T [D(q0, 0)] + [q]T"'D

'q(q0, 0)

#[q ! q0]

che dovendo risultare sempre ' 0 "q # Rn implica [D(q0, 0)] +"'D

'q(q0, 0)

#[q ! q0] = 0.

L’arbitrarieta di q ! q0 # Rn comportera poi che si abbia separatamente

[D(q0, 0)] = 0 e"'D

'q(q0, 0)

#= 0 .

L’espressione linearizzata di [D(q, q)] si riduce cosı a

[D(q, q)] ="'D

'q(q0, 0)

#[q] + O(2)

per cui la matrice B si identifica con

B = !"'D

'q(q0, 0)

#

ed a!nche la potenza abbia segno definito — negativo — deve soddisfare la condizione

[q]T B[q] ) 0 "[q] # Rn . (272.2)

La matrice B e certamente reale, ma non necessariamente simmetrica; tuttavia, traspo-nendo membro a membro la (272.2) si ottiene

[q]T BT [q] ) 0 "[q] # Rn

Stefano Siboni 1463


e sommando questa relazione con la precedente si perviene alla diseguaglianza

[q]T (B + BT )[q] ) 0 "[q] # Rn (272.3)

nella quale B + BT e reale e simmetrica. Le condizioni (272.2) e (272.3) sono in tutto eper tutto equivalenti, potendosi scrivere

[q]T (B + BT )[q] = [q]T B[q] + [q]T BT [q] = 2[q]T B[q] .

Di conseguenza, la condizione sulla potenza ( implica che B+BT sia semidefinita positiva.La condizione richiesta che vuole B + BT definita positiva e dunque piu forte di quantoimposto dall’essere D una sollecitazione a potenza non positiva.Quanto infine alla (iii), la matrice A non e altro che la matrice rappresentativa dell’energiacinetica — che per un sistema a vincoli indipendenti dal tempo si riduce ad una formaquadratica definita positiva di q, comunque si fissi q — calcolata nella configurazione diequilibrio q = q0. Risulta quindi evidente che A e sempre una matrice reale simmetricadefinita positiva, esattamente come richiesto.

(a) Equazioni linearizzateLe equazioni di Lagrange del sistema sono

d

dt

$ 'L

'qh

%! 'L

'qh= Dh + Fh h = 1, . . . , n

e il metodo piu semplice per linearizzarle nell’intorno della soluzione statica (q, q) = (q0, 0)consiste nel calcolare una lagrangiana Lpo delle piccole oscillazioni per mezzo di unosviluppo di Taylor al secondo ordine nelle variabili (q, q). Si ha, precisamente, l’espressione:

Lpo =12

n?

h,k=1

a(q0)hk qhqk+U(q0)+n?

h=1

'U(q0)'qh

(qh!q0h)+

12

n?

h,k=1

'2U(q0)'qh'qk

(qh!q0h)(qk!q0

k)

che, omessa la costante additiva inessenziale U(q0) e ricordata la condizione ('U/'q)(q0)= 0 sulla configurazione di equilibrio, equivale a

Lpo =12

n?

h,k=1

a(q0)hk qhqk +12

n?

h,k=1

'2U(q0)'qh'qk

(qh ! q0h)(qk ! q0

k) .

Quest’ultima, in notazione matriciale, assume la forma

Lpo =12[q]T A[q] +

12[q ! q0]T HU (q0)[q ! q0]

e con il cambiamento di variabili [q ! q0] = * # Rn diventa

Lpo =12*T A* +

12*T HU (q0)* (272.4)

Stefano Siboni 1464


in cui si e introdotta la matrice hessiana del potenziale in q0, HU (q0). Nelle nuove variabilile equazioni linearizzate si scrivono

d

dt

$'Lpo

'*h

%!

$'Lpo

'*h

%= !

n?

k=1

Bhk *k + Fh h = 1, . . . , n

e sostituendo la (272.4) assumono la forma

n?

k=1

Ahk *k !n?

k=1

HU (q0)hk*k = !n?

k=1

Bhk *k + Fh h = 1, . . . , n

equivalente a quella matriciale

A* ! HU (q0)* = !B* + F ,

ovvero aA* + B* + HV (q0)* = F (272.5)

per via dell’ovvia identita HV (q0) = !HU (q0). D’ora innanzi, per brevita, si converra di in-dicare con HV la matrice hessiana dell’energia potenziale nella configurazione di equilibrio,omettendo l’indicazione specifica della configurazione. Il sistema (272.5) delle equazionilinearizzate puo facilmente ricondursi alla forma normale del primo ordine, introducendola variabile vettoriale + = *:

@* = +A+ = !B+ ! HV * + F

in modo che si ha @* = ++ = !A!1B+ ! A!1HV * + A!1F

e quindi, con ovvio significato dei simboli O, I, D,

d

dt

;*+

<=

;O I

!A!1HV !A!1B

<;*+

<+

;0

A!1F

<:= D

;*+

<+

;0

A!1F

<(272.6)

per il fatto che la matrice A e certamente non singolare in quanto definita positiva.

(b) Piccoli moti nell’intorno della soluzione staticaLe (272.6) costituiscono un sistema lineare a coe!cienti costanti non omogeneo. E bennoto dall’analisi matematica che la soluzione generale di tale sistema si scrive sommandoad una sua soluzione particolare la soluzione generale del sistema omogeneo associato

d

dt

;*+

<=

;O I

!A!1HV !A!1B

<;*+

<= D

;*+

<.

Stefano Siboni 1465


Tale soluzione generale e una combinazione lineare di funzioni a valori vettoriali linearmenteindipendenti del tipo P (t)e*t, dove P (t) e un polinomio di grado conveniente e ! unautovalore della matrice D

det(D ! !I) = 0 .

Si verifica la seguente:

ProposizioneGli autovalori di D sono tutte e sole le soluzioni dell’equazione caratteristica

det(!2A + !B + HV ) = 0 . (272.7)

DimostrazioneSia ! # C tale che det(!2A + !B + HV ) = 0. Esiste allora un vettore a # Cn \ {0} taleche

(!2A + !B + HV )a = 0

ed il vettore ;a!a

<,

certamente non nullo in quanto a /= 0, e autovettore di D con autovalore !. Infatti

D;

a!a

<=

;O I

!A!1HV !A!1B

<;a!a

<=

;!a

!A!1HV a ! !A!1Ba

<=

=;

!a!A!1(HV + !B)a

<=

;!a

!A!1(!!2A)a

<=

;!a!2a

<= !

;a!

<a .

Viceversa, sia ! # C autovalore di D e;

uv

<# Rn $ Rn \ {0}

un autovettore ad esso associato. Vale allora

D;

uv

<=

;O I

!A!1HV !A!1B

<;uv

<= !

;uv

<,

;uv

</= 0 ,

ossia ;v

!A!1HV u ! A!1Bv

<=

;!u!v

<

e quindi @v = !u!A!1HV u ! A!1B !u = !2u

da cui si deduce infine @v = !u(!2A + !B + HV )u = 0 .

Stefano Siboni 1466


Si osservi che deve essere necessariamente u /= 0, poiche in caso contrario si avrebbev = !u = !0 = 0 e dunque (u, v) = 0, contro l’ipotesi. Di conseguenza la matrice!2A + !B + HV deve essere singolare:

det(!2A + !B + HV ) = 0 ,

il che completa la dimostrazione.

Un secondo utile risultato e il seguente.

ProposizioneLe soluzioni dell’equazione caratteristica det(!2A+!B +HV ) = 0 hanno tutte parte realestrettamente negativa.

DimostrazionePer il caso particolare di B simmetrica il risultato puo essere provato direttamente per viaalgebrica, mentre quello generale si a"ronta convenientemente usando i teoremi di stabilita.

Caso di B simmetricaSia ! # C una soluzione dell’equazione caratteristica. La matrice !2A + !B + HV risultasingolare ed esiste un vettore a # Cn \ {0} tale che

(!2A + !B + HV )a = 0 .

Indicato con a+ il trasposto coniugato del vettore colonna a, dall’equazione precedente sideduce

!2a+Aa + !a+Ba + a+HV a = 0 (272.8)

e basta evidenziare le parti reale ed immaginaria del vettore a

a = u + iv , u, v # Rn ,

per ottenere

a+Aa = (uT ! ivT )A(u + iv) = uT Au + iuT Av ! ivT Au + vT Av = uT Au + vT Av

a+HV a = uTHV u + vT HV v

a+Ba = uT Bu + vT Bv .

I coe!cienti a+Aa, a+HV a e a+Ba sono numeri reali strettamente positivi, in quanto ivettori reali u e v non possono assumere valori simultaneamente nulli, e le matrici A, HV ,B sono per ipotesi reali simmetriche e definite positive. L’equazione (272.8) implica allora

! =1

2a+Aa

"!a+Ba ±

NFa+Ba

G2 ! 4 a+Aaa+HV a

#

Stefano Siboni 1467


con!a+Ba < 0 e

Fa+Ba

G2 ! 4 a+Aa a+HV a <Fa+Ba

G2

per cui ! — sia esso reale o complesso — ha sempre parte reale negativa.

Caso generaleSe B e definita positiva ma non necessariamente simmetrica si considera il sistema delleequazioni linearizzate del moto omogenee — senza cioe il termine forzante —

A* + HV (q0)* = !B* . (272.9)

Questo descrive un sistema scleronomo a vincoli ideali di energia cinetica

T (*, *) =12*T A*

ed energia potenziale

V (*) =12*T HV (q0)*

soggetto ad una ulteriore sollecitazione non posizionale

Q(*, *) = !B* .

Il sistema e autonomo e grazie al carattere non singolare di HV (q0) presenta in * = 0un’unica configurazione di equilibrio, necessariamente isolata, che peraltro costituisce unmassimo relativo proprio del potenziale U . A questo si aggiunge che la sollecitazione nonposizionale ha natura completamente dissipativa, in quanto la sua potenza puo esprimersinella forma

( = *T (!B*) = !*T B* = ! *T B* + *T BT *

2= !1

2*T (B + BT )*

e si riconosce mantenersi negativa per ogni * /= 0, a causa dell’ipotesi assunta su B + BT .Sono in tal modo soddisfatti i requisiti per l’applicazione dei criteri di Barbasin-Krasovskii,che implicano la stabilita asintotica dell’equilibrio isolato * = 0. D’altra parte il sistema(272.9) e lineare: constatare la stabilita asintotica dell’origine equivale ad a"ermare chetutti gli autovalori della matrice di rappresentazione D hanno parte reale strettamentenegativa. In virtu della proposizione 39.2.1 si conclude allora che la stessa proprieta devesussistere per le soluzioni ! dell’equazione caratteristica (272.7).

Un immediato corollario di questo risultato e la

ProposizioneComunque si assegni la pulsazione $ della forzante F , le equazioni linearizzate del secondoordine (272.5) ammettono una soluzione particolare della forma

*i(t) = ai cos($t + 0i) , i = 1, 2, . . . , n , (272.10)

Stefano Siboni 1468


per una opportuna scelta delle costanti reali ai ) 0 ed 0i, i = 1, . . . , n. Ad essa corrispondela soluzione particolare

*i(t) = ai cos($t + 0i) +i(t) = !$ ai sin($t + 0i) , i = 1, 2, . . . , n ,

del sistema (272.6).

DimostrazioneSiccome HV e definita positiva e dunque non singolare, per $ = 0 la proposizione risultabanalmente verificata assegnando a = H!1

V F e la soluzione particolare e costante in t. Cisi puo quindi limitare a considerare il caso di $ /= 0. In tale ipotesi, si riscriva il primomembro della (272.5) nella forma di un operatore di"erenziale vettoriale applicato a *:

9A

d2

dt2+ B

d

dt+ HV

:* = F . (272.11)

Posto *i(t) = ai cos($t + 0i) " i = 1, . . . , n ed applicato membro a membro l’operatoredi"erenziale complesso

& := I$1 ! i

$

d

dt

%,

si ottiene&

9A

d2

dt2+ B

d

dt+ HV

:* = & F

che equivale a 9A

d2

dt2+ B

d

dt+ HV

:& * = & F . (272.12)

D’altra parte valgono "h = 1, . . . , n le ovvie relazioni

(& *)h =$1 ! i

$

d

dt

%ah cos($t + 0h) = ah[cos($t + 0h) + i sin($t + 0h)] = ahei+hei,t

(& F )h =$1 ! i

$

d

dt

%fh cos($t + &h) = fh[cos($t + &h) + i sin($t + &h)] = fhei%hei,t

e di conseguenza le identita vettoriali

& * = a ei,t & F = F ei,t

in cui si sono introdotti i vettori complessi:

a =

&

'a1ei+1

. . .anei+n

(

) e F =

&

'f1ei%1

. . .fnei%n

(

) . (272.13)

La funzione complessa aei,t e soluzione di (272.12) se e soltanto se (272.10) lo e della(272.11). Sostituendo le espressioni complesse di & * e & F nell’equazione (272.12) siottiene percio

(!$2A + i$B + HV )a ei,t = F ei,t

Stefano Siboni 1469


ovvero, semplificando il fattore di fase ei,t,

(!$2A + i$B + HV )a = F .

Questa equazione algebrica complessa ammette l’unica soluzione

a = (!$2A + i$B + HV )!1F (272.14)

dal momento che la matrice !2A + !B + HV puo essere singolare soltanto per valori di !con parte reale strettamente negativa, e per ! = i$ risulta quindi certamente invertibile.Dall’equazione &

'a1ei+1

. . .anei+n

(

) = (!$2A + i$B + HV )!1

&

'f1ei%1

. . .fnei%n

(

) (272.15)

si deducono infine le costanti ah ) 0 ed 0h # R, "h = 1, . . . , n.La seconda parte della proposizione segue banalmente per il modo in cui il sistema (272.6)e stato ricavato dalla (272.5).

Le proposizioni dimostrate consentono di a"ermare che la soluzione generale delle equazionidelle piccole oscillazioni — (272.5) o (272.6) — consiste della somma di una soluzioneparticolare di tipo sinusoidale:

*h(t) = ah cos($t + 0h) , h = 1, . . . , n ,

i cui coe!cienti di ampiezza — ah ) 0 — e di fase — 0h # R — sono determinati dalla(272.15), e della soluzione generale dell’omogenea associata, la quale tende esponenzial-mente a zero per t 0 +(. Una volta trascorso il transiente iniziale, che peraltro recatutta la dipendenza dalle condizioni iniziali, il moto asintotico del sistema e dunque de-scritto dalla sola soluzione di tipo sinusoidale, con pulsazione uguale a quella della forzantesinusoidale esterna.

(c) RisonanzaNell’ipotesi che le equazioni delle piccole oscillazioni siano ancora applicabili anche inpresenza della forzante sinusoidale F — ipotesi ragionevole qualora le ampiezze fh, h =1, . . . , n della forzante siano su!cientemente piccole — i fenomeni di risonanza possonoessere trattati in modo analogo a quanto avviene per un oscillatore armonico unidimension-ale soggetto a smorzamento viscoso e a forzante sinusoidale. La sola di"erenza di rilievo erappresentata dal fatto che in un sistema ad n gradi di liberta le oscillazioni coinvolgonouna pluralita di variabili, ciascuna caratterizzata da una propria ampiezza e da una pro-pria fase di oscillazione. Si tratta quindi di introdurre un criterio ragionevole ed univocoper definire la condizione di risonanza del sistema, criterio che coinvolga simultaneamentetutti i gradi di liberta e le relative ampiezze e fasi.Il modo piu semplice e intuitivo di fare questo consiste nel considerare l’energia meccanicatotale media accumulata nel sistema in un periodo di oscillazione T = 2(/$, una volta chesia stata superata la fase transiente e raggiunto il moto di regime.

Stefano Siboni 1470


A questo scopo, si ricorda che l’energia meccanica totale del sistema e data dall’espressione

H(*, *) =12*T A* +

12*T HV *

in cui, a regime, risulta

*h = ah cos($t + 0h) *h = !$ah sin($t + 0h) , h = 1, 2, . . . , n ,

e quindi

H(t) =12

n?

h,k=1

$2Ahkahak sin($t + 0h) sin($t + 0k)+

+12

n?

h,k=1

(HV )hkahak cos($t + 0h) cos($t + 0k) .

L’energia del sistema e quindi una funzione periodica del tempo, di periodo 2(/$, edappare del tutto ragionevole assumerne il valore medio su un periodo come indice dellaquantita media di energia meccanica accumulata nel sistema a regime. Detto valore mediosi calcola come

4H5 :=$

2(

! 2$/,

0H(t)dt =

12

n?

h,k=1

$2Ahkahak$

2(

! 2$/,

0sin($t + 0h) sin($t + 0k)dt+

+12

n?

h,k=1

(HV )hkahak$

2(

! 2$/,

0cos($t + 0h) cos($t + 0k)dt

ed in forza delle ovvie relazioni integrali! 2$/,

0sin($t + 0h) sin($t + 0k)dt =

=! 2$/,

0

cos(0h ! 0k) ! cos(2$t + 0h + 0k)2

dt =(

$cos(0h ! 0k)

! 2$/,

0cos($t + 0h) cos($t + 0k)dt =

=! 2$/,

0

cos(0h ! 0k) + cos(2$t + 0h + 0k)2

dt =(

$cos(0h ! 0k)

diventa

4H5 =12

n?

h,k=1

$2Ahkahak12

cos(0h ! 0k) +12

n?

h,k=1

(HV )hkahak12

cos(0h ! 0k) =

=14

n?

h,k=1

($2A + HV )hkahak cos(0h ! 0k) .

Stefano Siboni 1471


Siccome poi, causa la simmetria della matrice $2A + HV , risulta

n?

h,k=1

($2A + HV )hkahak sin(0h ! 0k) =n?

k,h=1

($2A + HV )khakah sin(0k ! 0h) =

= !n?

k,h=1

($2A + HV )khakah sin(0h ! 0k) = !n?

h,k=1

($2A + HV )hkahak sin(0h ! 0k) = 0

l’espressione finale puo essere riscritta in forma complessa come

4H5 =14

n?

h,k=1

($2A + HV )hkahak e!i+hei+k =

=14

n?

h,k=1

($2A + HV )hka(hak =

14a+($2A + HV )a

con a dato da (272.14). Pertanto:

4H5 =14

[(!$2A + i$B + HV )!1F ]+($2A + HV )(!$2A + i$B + HV )!1F =

=14

F+(!$2A ! i$BT + HV )!1($2A + HV )(!$2A + i$B + HV )!1F .

Questa funzione dipende dai parametri caratteristici del sistema libero nell’intorno dellasoluzione statica (q0, 0), incorporati nelle matrici A, B, HV , e dai parametri che caratteriz-zano la forzante F , ossia la pulsazione $, le ampiezze fh e le fasi &h:

4H5 = 4H5(A,B,HV ;$, f1, . . . , fn,&1, . . . ,&n) .

Assegnate che siano ampiezze e fasi della forzante, 4H5 puo riguardarsi come funzionedella sola variabile reale $ ed assume valori strettamente positivi per qualsiasi valore dellapulsazione. Grandi valori di 4H5 indicano che il sistema accumula, a regime, una grandequantita di energia meccanica fornita dalla forzante esterna, mentre all’opposto piccolivalori di 4H5 si accompagnano ad un piu ridotto accumulo di energia. Le pulsazioni dirisonanza possono essere allora identificate con i massimi relativi propri di questa funzione$ 0 4H5($), in corrispondenza dei quali piccole variazioni della pulsazione si traducono inuna diminuzione dell’energia meccanica media accumulata nel sistema. Graficamente, lepulsazioni di risonanza sono dunque identificabili con i “picchi” della funzione $ 0 4H5($).E importante sottolineare come, sulla base della precedente definizione, le pulsazioni dirisonanza dipendano, in generale, dai coe!cienti di ampiezza e di fase della forzante, cir-costanza questa che non si riscontra nel caso dell’oscillatore unidimensionale. Nondimeno,tale dipendenza risulta sovente molto debole e con buona approssimazione puo essere trascu-rata. L’a"ermazione puo essere meglio compresa riscrivendo convenientemente la relazioneche definisce 4H5. A questo scopo si ricorda che se M( indica la matrice degli aggiunti

Stefano Siboni 1472


classici di una matrice quadrata M assegnata, vale MM( = detM e, qualora M risultiinvertibile, M!1 = (detM)!1M(. Si ha allora

(!$2A + i$B + HV )!1 =1

det(!$2A + i$B + HV )(!$2A + i$B + HV )(

e quindi

(!$2A ! i$BT + HV )!1 =1

det(!$2A ! i$BT + HV )(!$2A ! i$BT + HV )( =

=1

det(!$2A ! i$B + HV )(!$2A ! i$BT + HV )(

per cui

4H5 =F+(!$2A ! i$BT + HV )(($2A + HV )(!$2A + i$B + HV )(F

4 |det(!$2A + HV + i$B)|2 . (272.16)

La funzione a denominatore

Q($) = 4 |det(!$2A + HV + i$B)|2 = 4det(!$2A + HV + i$B) det(!$2A + HV ! i$B)

e un polinomio di grado 4n a coe!cienti reali, in quanto prodotto di due polinomi caratteri-stici entrambi di grado 2n, i coe!cienti del primo risultando complessi coniugati di quellidel secondo. Il polinomio non ha zeri reali ed e anche una funzione pari in R

Q(!$) = 4 |det(!$2A+HV ! i$B)|2 = 4 |det(!$2A+HV + i$B)|2 = Q($) "$ # R

per cui i coe!cienti dei termini di ordine dispari devono essere tutti nulli. La funzioneQ($) puo dunque riguardarsi come un polinomio di grado 2n in $2. Essa viene determinataunicamente dalle matrici A, B, HV , e non dipende dai parametri che caratterizzano laforzante sinusoidale F .L’espressione a numeratore

P ($) = F+(!$2A ! i$BT + HV )(($2A + HV )(!$2A + i$B + HV )(F

si presenta a propria volta come un polinomio in $ a coe!cienti reali, ma di grado 4n! 2.Esso reca tutta la dipendenza di 4H5 dai parametri di ampiezza e di fase della forzante.Per quanto gia sottolineato in precedenza, entrambi i polinomi assumono valori stretta-mente positivi su tutta la retta reale ed il loro quoziente

4H5 =P ($)Q($)

tende a zero per $ 0 ±(, visto che il grado di Q($) e maggiore di quello di P ($).

Stefano Siboni 1473


I coe!cienti del polinomio Q($) sono funzioni continue degli elementi di B per cui, seconsiderate nel piano complesso C, le radici di Q($) devono variare con continuita in fun-zione di B; in particolare le radici di Q($) per B 6 0 non possono discostarsi molto daquelle dello stesso polinomio per B = 0. Ma in assenza di smorzamento — B = 0 — ilpolinomio Q($) = 4 [det(!$2A + HV )]2 presenta esattamente 2n radici reali doppie, con-teggiate con le rispettive molteplicita; di queste, n sono positive e coincidono banalmentecon le pulsazioni normali delle piccole oscillazioni del sistema conservativo nell’intorno dellasoluzione statica stabile considerata, mentre le restanti n risultano opposte alle precedenti:

!$n , . . . ! $2 , !$1 , $1 , $2 , . . . $n , , $i > 0 " i = 1, . . . , n .

L’introduzione di un piccolo termine di smorzamento rimuove, come gia dimostrato, ogniradice reale del polinomio Q($); le 2n radici doppie del caso non smorzato vengono orasostituite da 2n coppie di radici complesse coniugate, vicine alle pulsazioni normali dellepiccole oscillazioni ed ai loro opposti. Sull’asse reale, in prossimita di queste radici, silocalizzeranno i minimi relativi propri di Q($), i cui valori risulteranno a loro volta moltovicini a zero, ancorche strettamente positivi. Di conseguenza, per B 6 0 la funzione

1Q($)

=1

4 |det(!$2A + i$B + HV )|2

sara caratterizzata da al piu 2n massimi relativi propri ed in corrispondenza di essi as-sumera valori molto elevati. Questi intensi “picchi” della 1/Q($) vengono per cosı dire“modulati” dal numeratore P ($), che e un polinomio di grado inferiore: di norma i mas-simi relativi propri di 4H5 non ne risultano modificati in modo sensibile, sebbene i valoridi Q($) e di P ($)/Q($) possano di"erire significativamente in un punto di massimo.Si illustrano le considerazioni precedenti con un semplice esempio, considerando le matrici

A =

&

'1 0 00 1.5 00 0 1.1

(

) B =

&

'0.1 0 00 0.2 00 0 0.1

(

) HV =

&

'2.2 !1.2 0!1.2 2.4 !1.2

0 !1.2 2.2

(

)

che soddisfano, come e immediato verificare, le ipotesi (i), (ii) e (iii). Per i seguenti valoridi ampiezza e fase della forzante:

f1 = 2 f2 = 2 f3 = 2 &1 = (/5 &2 = 1 &3 = 0 (272.17)

l’energia media a regime e data dall’espressione

4H5 = (0.27225$12!3.1482875$10 + 14.1381629$8 ! 30.8403124$6+

+33.2674736$4 ! 15.9990464$2 + 2.78784)!1·

·(0.70125$10 ! 5.82361819$8 + 0.038820248$7 + 18.2235627$6!

!0.176377392$5 ! 23.0346493$4 + 0.205358970$3 + 3.05428152$2 + 11.9445406)

Stefano Siboni 1474


e presenta 6 picchi di risonanza, come illustrato dal grafico seguente:

Per le pulsazioni di risonanza, massimi relativi propri di 4H5, non e possibile ottenere unaespressione esplicita, ma una semplice indagine numerica porge i valori:

0.685134299, 1.44581932, 1.79735307,

! 0.685073381, !1.44601108, !1.79744576, .(272.18)

Per contro, i massimi relativi propri della funzione

1Q($)

= (0.27225$12 ! 3.1482875$10 + 14.1381629$8 ! 30.8403124$6+

+ 33.2674736$4 ! 15.9990464$2 + 2.78784)!1

il cui grafico e illustrato nella figura sottoriportata

si stimano numericamente come:

0.687226539, 1.44657338, 1.78130864! 0.687226539, !1.44657338, !1.78130864,

Stefano Siboni 1475


e risultano due a due opposti in segno, come deve aversi in virtu del fatto che P e unpolinomio pari. Tali massimi di fatto sono in numero di 3 e non dipendono dai parametridella forzante. Nondimeno, essi assumono valori molto prossimi alle pulsazioni di risonanza(272.18), che all’opposto sono in numero di 6, tutte distinte e dipendenti dalla scelta deiparametri della forzante. Questa osservazione potrebbe suggerire, almeno nel limite dismorzamento debole (B 6 0) — di definire le pulsazioni di risonanza come i massimirelativi propri della 1/Q($), in modo che la definizione sia indipendente dai parametridella forzante applicata al sistema. In tal caso e facile dimostrare che il numero massimodi pulsazioni di risonanza — positive — coincide con il numero n di gradi di liberta delsistema.Se lo smorzamento B non e piccolo, tuttavia, l’approssimazione precedente in generaleperde di validita. Se ad esempio:

A =

&

'1 0 00 1 00 0 1

(

) B =

&

'1 0 00 0.1 00 0 1

(

) HV =

&

'2 !1 0!1 2 !10 !1 2

(

) ,

si ottiene la funzione1

Q($)=

14

1$12 ! 9.99$10 + 40.94$8 ! 87.43$6 + 102.56$4 ! 58.24$2 + 16

i cui massimi relativi propri sono in numero di due soltanto

!0.779920760 0.779920760 ,

come confermato dal grafico corrispondente:

Con gli stessi valori (272.17) dei parametri della forzante si ha pero

4H5 = ($12 ! 9.99$10 + 40.94$8 ! 87.43$6 + 102.56$4 ! 58.24$2 + 16)!1·

·(3.$10 ! 22.8121217$8 ! 4.33675290$7 + 71.0482934$6 + 13.0102587$5!! 90.1197972$4 ! 17.3470116$3 + 21.5198479$2 + 70.0244606)

Stefano Siboni 1476


cui corrispondono il grafico

e le pulsazioni di risonanza

!1.70351995 , !0.758324829 0.732932055 ,

che sono in numero di tre. I massimi relativi propri di 1/Q($) non forniscono dunque unaapprossimazione adeguata per lo spettro delle pulsazioni di risonanza del sistema forzato;in particolare, non esiste alcun massimo relativo proprio di 1/Q($) che approssimi lapulsazione di risonanza !1.70351995.Come ultima osservazione, e importante sottolineare che il grafico di 4H5 non soltantoconsente di individuare le pulsazioni di risonanza del sistema forzato, ma permette altresıdi “pesare” le risonanze. A picchi di risonanza piu alti corrispondono infatti stati risonantidel sistema caratterizzati da una piu elevata energia media per periodo di oscillazione,mentre i picchi meno pronunciati devono intendersi associati a risonanze “deboli”, conenergia media per periodo piu piccola.

Esercizio 273. Asse centrale di un sistema di vettori applicatiSi ricavi l’equazione dell’asse centrale del sistema composto dai vettori #v1 = 2e1! e2 ! e3,applicato nel punto P1(0,!1, 1), e #v2 = !e1 + 3e2 + e3, applicato nel punto P2(!2, 1, 0).

SoluzioneIl sistema si compone dei due vettori applicati:

#v1 = 2e1 ! e2 ! e3 applicato in P1(0,!1, 1) e#v2 = !e1 + 3e2 + e3 applicato in P2(!2, 1, 0).

Il risultante del sistema e diverso da zero#R = #v1 + #v2 = e1 + 2 e2

in modo che e univocamente definito l’asse centrale del sistema, i cui punti A possonodeterminarsi per mezzo della relazione

A !O =#R & #MO

|#R|2+ 0 #R "0 # R ,

Stefano Siboni 1477


nella quale il polo O puo essere scelto a piacere. Conviene, in particolare, identificare ilpolo con il punto P1 in modo da semplificare l’espressione. Il momento risultante in P1 siriduce infatti al solo contributo del secondo vettore applicato

#MP1 = (P1 ! P1) & #v1 + (P2 ! P1) & #v2 = (!2 e1 + 2 e2 ! e3) & (!e1 + 3e2 + e3) =

=

,,,,,,

e1 e2 e3

!2 2 !1!1 3 1

,,,,,,= 5 e1 + 3 e2 ! 4 e3 .

L’equazione dell’asse centrale diventa percio

A ! P1 =#R & #MP1

|#R|2+ 0#R =

11 + 4

,,,,,,

e1 e2 e3

1 2 05 3 !4

,,,,,,+ 0(e1 + 2 e2) =

=15(!8 e1 + 4 e2 ! 7 e3) + 0(e1 + 2 e2) =

$0 ! 8

5

%e1 +

$45

+ 20%e2 !

75

e3

e sostituendo il vettore P1 ! O porge infine la parametrizzazione richiesta

A ! O = P1 ! O + A ! P1 = !e2 + e3 +$0 ! 8

5

%e1 +

$45

+ 20%e2 !

75

e3 =

=$!8

5+ 0

%e1 +

$!1

5+ 20

%e2 !

25

e3 "0 # R .

Esplicitando le componenti, l’equazione parametrica dell’asse centrale puo scriversi altresı-000000.

000000/

x = !85

+ 0

y = !15

+ 20

z = !25

"0 # R .

Esercizio 274. Moto di uno ione nell’esperimento di J.J. ThomsonNell’esperimento di J.J. Thomson l’azione di opportuni campi elettromagnetici su ioni inmoto in un tubo a vuoto molto spinto viene sfruttata per misurare il rapporto fra la caricaelettrica e la massa dello ione — la cosiddetta carica specifica dello ione considerato.In un tubo a vuoto una intensa scarica elettrica ionizza parzialmente un gas a bassissimapressione, i cui ioni positivi sono accelerati attraverso una di"erenza di potenziale costante,passando attraverso una serie di schermi collimatori dotati di un piccolo foro, che neselezionano un fascio molto sottile. Il fascio ionico cosı ottenuto transita attraverso il catodoforato e prosegue per inerzia oltre di esso, andando poi ad attraversare una regione # deltubo a vuoto nella quale sono mantenuti costanti due campi uniformi, uno elettrostatico #E

Stefano Siboni 1478


ed uno di induzione magnetica #B, fra loro paralleli ed entrambi ortogonali alla direzione dimoto del raggio ionico. Ad una distanza d oltre l’uscita della regione d’azione del campoelettromagnetico il raggio ionico impatta infine uno schermo fluorescente, che permette dievidenziare i cationi in transito.

Per semplicita si puo assumere che lo schermo sia collocato immediatamente all’uscita deldominio d’azione # del campo elettromagnetico uniforme — d = 0.

Per fissare le idee, si introduca una terna di riferimento cartesiana ortogonale Oxyz inmodo che l’asse Oz abbia la comune direzione dei vettori campo elettrostatico e di in-duzione magnetica applicati e l’asse Oy sia parallelo alla direzione di propagazione degliioni positivi quali essi emergono dal dispositivo collimatore. La regione # dove agiscono icampi uniformi e quella compresa fra i piani y = y0 e y = yoss, con yoss > y0, dove detticampi possono esprimersi come

E e3 e B e3

rispettivamente, essendo E e B costanti reali assegnate. Grazie al dispositivo collimatore,tutti gli ioni entrano in # nello stesso punto P0 di coordinate (x0, y0, z0), con velocita

Stefano Siboni 1479


diretta parallelamente all’asse OyP0 = y0 e2

il cui modulo y0 > 0, essendo in parte determinato da e"etti di tipo termico, non e com-pletamente controllato ma risulta soggetto a significative fluttuazioni da uno ione all’altro.Lo ione subisce quindi l’azione dei campi elettromagnetici fino a che raggiunge il pianoy = yoss, dove viene intercettato dallo schermo fluorescente che ne evidenzia il transito.Indicate con m e q rispettivamente la massa e la carica elettrica — positiva — dello ione,l’equazione del moto di questo nella regione # e data da

mP = qE e3 + qP & B e3

che esplicitando il prodotto vettoriale diventa

m

qP = E e3 + B

,,,,,,

e1 e2 e3

x y z0 0 1

,,,,,,= E e3 + B(y e1 ! x e2) = By e1 ! Bx e2 + E e3

e si riduce dunque al sistema di equazioni di"erenziali del secondo ordine in forma normale-000000.

000000/

x =qB

my

y = !qB

mx

z =qE

m

formalmente definito " (x, y, z, x, y, z) # R6, y0 < y < yoss. Il sistema e lineare, nonomogeneo e a coe!cienti costanti, per cui se ne puo scrivere esplicitamente la soluzione, perqualsiasi scelta della posizione iniziale P0(x0, y0, z0) e della velocita iniziale P0(x0, y0, z0),all’istante t = 0. La terza equazione e indipendente dalle prime due e porge la soluzionegenerale

z(t) = z0 + z0t +qE

2mt2 .

Il sistema costituito dalle prime due equazioni, fra loro accoppiate,-0.

0/

x =qB

my

y = !qB

mx

puo essere trattato convenientemente introducendo la combinazione lineare complessa ot-tenuta moltiplicando membro a membro la seconda equazione per l’unita immaginaria i esommandola alla prima

x + iy =qB

m(y ! ix) = i

qB

m(!iy ! x) = !i

qB

m(x + iy) .

Stefano Siboni 1480


Potendosi riesprimere il tutto come equazione di"erenziale complessa del primo ordine

d

dt(x + iy) = !i

qB

m(x + iy)

se ne deduce che

x(t) + iy(t) = e!i

qB

mt(x0 + iy0)

ed una seconda integrazione sul tempo fra 0 ed il generico istante t > 0 fornisce la soluzionegenerale

x(t) + iy(t) = x0 + iy0 + [x0 + iy0]e!i

qB

mt ! 1

!iqB

m

che sviluppando l’esponenziale complessa mediante l’identita di Eulero diventa

x(t) + iy(t) = x0 + iy0 +m

qB[ix0 ! y0]

"cos

$qB

mt%! i sin

$qB

mt%! 1

#

ed eseguiti i prodotti assume la forma

x(t) + iy(t) = x0 + iy0 +m

qB

@ix0

"cos

$qB

mt%! 1

#+ x0 sin

$qB

mt%!

! y0

"cos

$qB

mt%! 1

#+ iy0 sin

$qB

mt%A

.

Non rimane che separare ed uguagliare fra loro le parti reali e, rispettivamente, complessedella precedente equazione per ottenere la soluzione generale cercata

-0000000.

0000000/

x(t) = x0 +m

qB

@x0 sin

$qB

mt%! y0

"$qB

mt%! 1

#A

y(t) = y0 +m

qB

@x0

"$qB

mt%! 1

#+ y0 sin

$qB

mt%A

z(t) = z0 + z0t +qE

2mt2 .

Se, come precedentemente supposto, sono soddisfatte le condizioni x0 = 0 e z0 = 0, lasoluzione generale si riduce a

-000000.

000000/

x(t) = x0 !m

qBy0

"cos

$qB

mt%! 1

#

y(t) = y0 +m

qBy0 sin

$qB

mt%

z(t) = z0 +qE

2mt2 .

Stefano Siboni 1481


Nell’esperimento di Thomson la posizione della particella carica viene rilevata in corrispon-denza del piano fissato y = yoss, dove e collocato lo schermo fluorescente per la rilevazionedello ione. Si osservi che l’emergere dello ione attraverso il piano y = yoss non costituisceun’ovvia conseguenza della velocita iniziale assegnata y0e2, in quanto la soluzione y(t) haun andamento oscillatorio: la proiezione del moto sul piano Oxy si identifica con un motocircolare uniforme, di pulsazione qB/m e raggio my0/|qB|. L’intersezione della traiettoriacon il piano y = yoss avviene a patto di considerare un campo di induzione B non troppointenso, in modo che

m

q|B| y0 > yoss ! y0 .

In tal caso, l’intersezione avra luogo ad un istante t = t( tale che

yoss = y0 +m

qBy0 sin

$qB

mt(%

per cui le coordinate x e z del punto di intersezione si scrivono-0.

0/

x = x0 !m

qBy0

"cos

$qB

mt(%! 1

#

z = z0 +qE

2mt(2.

Fin qui la soluzione e esatta. Tipicamente, tuttavia, i tempi di percorrenza sono talmentepiccoli che risulta ,,,,

qB

mt(,,,, 7 1

Una soluzione approssimata puo allora esprimersi con una approssimazione di Taylornell’intorno di qBt(/m = 0

-00000.

00000/

x = x0 !m

qBy0

"!1

2

$qB

m

%2t(2 + O(t(4)

#= x0 +

qB

2my0 t(2 + O(t(4)

yoss = y0 + y0 t( + O(t(3)

z = z0 +qE

2mt(2.

Ricordando che y0 > 0, una espressione piu esplicita e di comoda interpretazione si ottienefacendo uso della relazione approssimata, desunta dalla seconda delle equazioni precedenti,

t( =yoss ! y0

y0

che permette di eliminare il parametro t( dalle equazioni per x e z

x = x0 +qB

2my0

[yoss ! y0]2

y20

= x0 +qB

2m

[yoss ! y0]2

y0

Stefano Siboni 1482


z = z0 +qE

2m

[yoss ! y0]2

y20

.

Come gia sottolineato, nelle condizioni dell’esperimento le coordinate iniziali x0, y0, z0

possono ritenersi le stesse per tutte le cariche, ma mentre le componenti x0 e z0 dellavelocita iniziale sono nulle con ottima approssimazione per via della sequenza di schermicollimatori, nessun controllo soddisfacente e posto sul modulo della componente y0 > 0di velocita, che dunque risulta variabile entro un certo intervallo di tolleranza. Al variaredi y0 i punti (x, z) descrivono nel piano y = yoss un piccolo arco della curva di equazioneparametrica -

0000.

0000/

x = x0 + %1y0

z = z0 + 41y20

y0 # R

dove per brevita si sono introdotte le costanti

%def=

qB

2m[yoss ! y0]2 e 4

def=qE

2m[yoss ! y0]2 .

La corrispondente equazione cartesiana della curva si ricava eliminando il parametro y0

fra le due equazioni precedenti e risulta

z = z0 +4

%2[x ! x0]2 ,

la quale rappresenta una parabola con asse parallelo a Oz e la concavita rivolta nel versodel vettore campo elettrico E e3 per q > 0 — in generale il verso sarebbe determinatodal segno di 4, dunque del prodotto qE. Il coe!ciente della funzione quadratica ottenutaassume la forma

4

%2=

2E

B2

m

q

1[yoss ! y0]2

;

esso dipende da alcuni parametri controllabili sperimentalmente, vale a dire il campo elet-trico E, il campo di induzione magnetica B e il coe!ciente geometrico yoss ! y0, ma anchedal rapporto m/q fra la massa e la carica dello ione positivo. Se gli atomi neutri sottopostia ionizzazione assumessero sempre la stessa carica elettrica positiva, le loro immagini sulloschermo in y = yoss dovrebbero collocarsi lungo un’unica parabola della forma predetta.L’esperienza mostra, al contrario, che per molte specie atomiche impiegate nel tubo a vuotogli archi di parabola registrati sullo schermo sono piu di uno, dimostrando in tal modo chelo stesso atomo puo presentarsi in forme ioniche diverse. I rapporti q/m stimati appaionoinoltre talvolta approssimativamente multipli fra loro, talaltra no. La prima circostanzae facilmente interpretabile attribuendo la ionizzazione dell’atomo alla perdita di una opiu cariche elementari identiche — gli elettroni — di massa trascurabile rispetto a quelladell’atomo neutro. Il secondo fenomeno, invece, conduce a dover ammettere l’esistenzadi atomi chimicamente indistinguibili ma pur tuttavia caratterizzati da un diverso valoredella massa atomica — gli isotopi.

Stefano Siboni 1483


Esercizio 275. Baricentro di un sistema piano non omogeneoSi consideri il sistema illustrato in figura,

composto da un semidisco circolare S di centro O e raggio R, e da un’asta rettilinea OA,di lunghezza 2R. La densita lineare dell’asta si scrive

!(y) =µ

R2y " y # [0, 2R] ,

mentre quella del semidisco in un suo punto arbitrario P vale

"(P ) =µ

(R3|P ! O| "P # S ,

dove la costante µ > 0 ha le dimensioni di una massa. Determinare:

(a) la massa del sistema;(b) la posizione del baricentro del sistema rispetto alla terna Oxyz.

Soluzione(a) Massa del sistemaLa massa dell’asta OA si ricava integrandone la densita lungo il segmento OA e vale percio

mOA =2R!

0

µ

R2y dy =

µ

R2

"y2

2

#2R

0

=µ

R22R2 = 2µ .

La massa del semidisco viene determinata in modo analogo, integrando la densita areale" sulla regione del piano Oxy parametrizzata da

(x, y) = (- cos &, - sin&) , (-,&) # [0, R] $ [!(/2,(/2]

nelle coordinate polari usuali (-,&). Si ha pertanto, ricordando che il determinante jaco-biano del sistema di coordinate polari piane vale -, e che per definizione |P ! O| = -,

mS =R!

0

d-

$/2!

!$/2

d& -µ

(R3- =

µ

(R3

R!

0

-2d-

$/2!

!$/2

d& =µ

(R3

R3

3( =

µ

3.

Stefano Siboni 1484


Non rimane che sommare i risultati ottenuti per determinare la massa totale del sistema

m = mOA + mS = 2µ +µ

3=

73µ .

(b) Baricentro del sistemaTrattandosi di sistema composto da una curva e da una superficie materiale, si rendenecessario calcolare preventivamente i baricentri dell’asta OA e del semidisco S per poiapplicare il teorema distributivo al sistema cosı decomposto. Il baricentro dell’asta devericercarsi nella forma

GOA ! O = yOA e2

ascissa e quota del baricentro risultando nulle per l’evidente simmetria. L’ordinata sidetermina facendo uso della definizione

yOA =1

mOA

!

OA

! y ds =12µ

2R!

0

µ

R2y y dy =

12R2

"y3

3

#2R

0

=43R

sicche risultaGOA ! O =

43R e2 .

Quanto al semidisco, la posizione del baricentro puo senz’altro esprimersi come

GS ! O = xSe1

perche Ox e asse di simmetria — yS = 0 — e Oxy costituisce un piano di simmetria dellafigura — zS = 0. Si ha percio

xS =1

mS

!

S

x" dA =3µ

R!

0

d-

$/2!

!$/2

d& - - cos &µ

(R3- =

=3µ

µ

(R3

R!

0

-3d-

$/2!

!$/2

cos & d& =3

(R3

R4

42 =

32(

R

per cui

GS ! O =32(

R e1 .

Il baricentro del sistema viene infine calcolato con la legge distributiva, che porge

G ! O =mOA(GOA ! O) + mS(GS ! O)

m=

2µ43R e2 +

µ

332(

R e1

73µ

=3

14(R e1 +

87R e2 .

Stefano Siboni 1485


Esercizio 276. Problema di inseguimentoUn classico problema di inseguimento (missile-aereo, preda-predatore, ecc.) e il seguente.Dato un sistema di riferimento cartesiano ortogonale Oxy sia A un punto mobile sull’asseOx con velocita costante ue1, u > 0, in modo che A = O all’istante iniziale t = 0.

Un secondo punto P , che per t = 0 si trova sull’asse Oy a distanza h > 0 dall’origine,insegue A muovendosi di moto uniforme con una velocita che mantiene sempre la direzioneed il verso del vettore A ! P . Determinare la traiettoria di P ed il tempo necessario perl’eventuale incontro di P ed A.

SoluzioneIndicato con v il modulo costante della velocita di P , la velocita di questo si scrive

P = vA ! P

|A ! P |

dove i vettori posizione dei punti A e P risultano

A !O = tu , e1 P ! O = x e1 + y e2 .

Si ha pertanto la relazione cinematica

x e1 + y e2 = v(tu ! x) e1 ! y e2>

(tu ! x)2 + y2

che equivale al sistema di equazioni scalari-00.

00/

x =v(tu ! x)>

(tu ! x)2 + y2

y = ! vy>(tu ! x)2 + y2

.(276.1)

Le (276.1) sono troppo complesse per potersi integrare esplicitamente, per cui e opportunointrodurre un sistema di coordinate polari piane (r, .) definito dalle relazioni

x = tu ! r cos . y = r sin .

Stefano Siboni 1486


che porgono -0.

0/

x = u ! r cos . + r sin . . =vr cos .

r= v cos .

y = r sin . + r cos . . = !vr sin .

r= !v sin .

e conducono pertanto al sistema di equazioni di"erenziali

-.

/cos . r ! r sin . . = u ! v cos .

sin . r + r cos . . = !v sin .(276.2)

dal quale, combinando linearmente le due equazioni, si ricava il sistema equivalente

-.

/r = u cos . ! v

r. = !u sin . .(276.3)

In e"etti la prima equazione si ricava moltiplicando la prima e la seconda delle (276.2)rispettivamente per cos . e sin . per poi sommare membro a membro i risultati, mentre laseconda di (276.3) segue da una analoga combinazione lineare delle equazioni (276.2) concoe!cienti ! sin . e cos ., rispettivamente. Il sistema di equazioni di"erenziali in formanormale che governa il moto si scrive pertanto

-.

/

r = u cos . ! v

. = !u sin .

r

(r, .) # (0,+() $ R (276.4)

e si verifica immediatamente che ad esso e applicabile il teorema di esistenza ed unicita,causa il carattere C$ delle funzioni a secondo membro nel dominio {(r, .) # (0,+()$R}.In detto dominio le curve (r, .) = (r,(n), r > 0, per ogni n intero fissato, sono curveinvarianti del sistema in quanto orbite delle soluzioni

(r(t), .(t)) = (0 + (u(!1)n ! v)t,(n) " t # R

ciascuna delle quali e definita per un n # Z e per un 0 # R fissati a piacere. A causa delteorema di unicita le strisce aperte

Sn = {(r, .) # R+ $ R , n( < . < (n + 1)(} , n # Z ,

costituiscono altrettanti insiemi invarianti per il sistema (276.4). In particolare, la soluzione(r(t), .(t)) del problema considerato, di dati iniziali (r(0), .(0)) = (h,(/2), deve averel’orbita completamente contenuta nella striscia aperta

S0 = {(r, .) # R+ $ R , 0 < . < (} = R+ $ (0,()

Stefano Siboni 1487


che include il dato iniziale. Nel dominio S0 la funzione sin . e strettamente positiva e laseconda delle (276.4) implica che la soluzione .(t) sia strettamente descrescente " t ) 0in cui essa risulta definita, assumendo valori nell’intervallo [(/2, 0). Di conseguenza iltempo t puo essere espresso come funzione decrescente dell’angolo .. Questa proprieta dimonotonia consente di sostituire l’angolo . al tempo t come variabile indipendente e discrivere percio una equazione di"erenziale per la funzione r(.), che caratterizza l’orbitadella soluzione. Vale infatti

dr

d.(.) =

d

d.r(t(.)) =

dr

dt(t(.))

dt

d.(.) = r(t(.))

1.(t(.))

per cui, sostituendo a r e . i secondi membri delle (276.4), si perviene all’equazione

dr

d.= r

u cos . ! v

!u sin .= r

$!cos .

sin .+

v

u

1sin .

%


d

d.ln r = !cos .

sin .+

v

u

1sin .

(r, .) # R+ $ (0,(/2] .

L’equazione ottenuta si puo risolvere per separazione di variabili; tenuto conto della con-dizione iniziale si ha infatti

1ln r

2r(&)

h=

&!

$/2

$!cos .

sin .+

v

u

1sin .

%d.

ossia

ln$r(.)

h

%=

&!

$/2

$!cos .

sin .+

v

u

1sin .

%d. .

L’integrale a secondo membro si calcola esplicitamente sfruttando l’identita trigonometrica

1sin .

=1

2 sin(./2) cos(./2)=

=sin2(./2)

2 sin(./2) cos(./2)+

cos2(./2)2 sin(./2) cos(./2)

=12

sin(./2)cos(./2)

+12

cos(./2)sin(./2)

in modo che risulta

ln$r(.)

h

%=

"! ln | sin .|! v

uln,,,cos

$.

2

%,,, +v

uln,,,sin

$.

2

%,,,#&

$/2

=

="! ln | sin .| + v

uln,,,tg

$.

2

%,,,#&

$/2

= ! ln | sin .| + v

uln,,,tg

$.

2

%,,, =

= ! ln | sin .| + ln,,,tg

$.

2

%,,,v/u

= ln"

1| sin .|

,,,tg$.

2

%,,,v/u

#

Stefano Siboni 1488


e per l’essere . # (0,(/2] e lecito eliminare i valori assoluti

r(.) = h1

sin .

$tg

.

2

%v/u. (276.5)

La seconda delle equazioni (276.4) diventa allora

. = !u sin .

r= !u sin .

sin .

h

1$tg

.

2

%v/u= !u

hsin2.

1$tg

.

2

%v/u

e per separazione di variabili porge

&!

$/2

1sin2.

$tg

.

2

%v/ud. = !u

ht .

L’integrale a primo membro si calcola in forma finita con l’introduzione del cambiamentodi variabili . # (0,(/2] 0 z # (0, 1] definito da

z = tg$.

2

%

da cui si deduce che

sin . =2z

1 + z2cos . =

1 ! z2

1 + z2d. =

21 + z2

dz .

Posto per brevita v/u = µ > 0, si ha cosı l’espressione

!u

ht =

z!

1

$1 + z2

2z

%2zµ 2

1 + z2dz =

12

z!

1

(1 + z2)zµ!2dz =12

z!

1

(zµ!2 + zµ)dz , (276.6)

che per µ /= 1 diventa

!u

ht =

12

"zµ!1

µ ! 1+

zµ+1

µ + 1

#z

1

=12

"zµ!1

µ ! 1+

zµ+1

µ + 1! 1

µ ! 1! 1

µ + 1

#

e porge infine

!u

ht =

12

$ zµ!1

µ ! 1+

zµ+1

µ + 1! 2µ

µ2 ! 1

%.

L’istante t in corrispondenza del quale l’angolo che P forma con la direzione positivadell’asse Ox vale . = 2arctgz si esprime dunque nella forma parametrica

t =h

2u

$ 2µ

µ2 ! 1! zµ!1

µ ! 1! zµ+1

µ + 1

%.

Stefano Siboni 1489


Si ha inoltre, in virtu di (276.5),

r = h1

sin .

$tg

.

2

%µ= h

1 + z2

2zzµ =

h

2(1 + z2)zµ!1 . = 2arctgz . (276.7)

Le relazioni ottenute consentono di ricavare l’equazione parametrica della traiettoria di P .L’ascissa x si scrive infatti

x = tu ! r cos . =h

2

$ 2µ

µ2 ! 1! zµ!1

µ ! 1! zµ+1

µ + 1

%! h

2(1 + z2) zµ!1 1 ! z2

1 + z2=

=h

2

$ 2µ

µ2 ! 1! µ

zµ!1

µ ! 1+ µ

zµ+1

µ + 1

%(276.8)

mentre per l’ordinata y vale

y = r sin . = h1 + z2

2zzµ 2z

1 + z2= hzµ . (276.9)

In definitiva, il moto del punto P avviene lungo la curva di parametrizzazione-00.

00/

x =h

2

$ 2µ

µ2 ! 1! µ

zµ!1

µ ! 1+ µ

zµ+1

µ + 1

%

y = hzµz = tg

.

2# (0, 1]

con legge oraria individuata da

ut =h

2

$ 2µ

µ2 ! 1! µ

zµ!1

µ ! 1+ µ

zµ+1

µ + 1

%, z # (0, 1] .

Si osservi ched

dz(ut) =

h

2(!zµ!2 ! zµ) < 0 " z # (0, 1]

per cui, come deve essere, t risulta una funzione decrescente di z — cosi come lo e di ..Il moto e dunque definito in un intervallo della forma t # [0, t(), il cui estremo superioreviene individuato dal limite

t( = limz#0+

h

2u

$ 2µ

µ2 ! 1! µ

zµ!1

µ ! 1+ µ

zµ+1

µ + 1

%. (276.10)

Occorre distinguere tre casi, in relazione al valore della costante positiva µ.

(i) Per µ > 1 il limite in (276.10) e finito e vale

t( =h

u

µ

µ2 ! 1

Stefano Siboni 1490


ed inoltre

limz#0+

r(z) = limz#0+

h

2(1 + z2)zµ!1 = 0

in modo che il punto P raggiunge il bersaglio A in un tempo finito t(. Risultainoltre

limz#0+

.(z) = limz#0+

arctgz = 0

per cui l’orbita tende a disporsi parallelamente all’asse delle ascisse — in e"etti l’orbitatende all’asse Ox, in quanto limz#0+ x(z) = hµ/(µ2 ! 1) e limz#0+ y(z) = 0.

(ii) Se µ < 1 vale risulta invecet( = +(

e

limz#0+

r(z) = limz#0+

h

2(1 + z2)zµ!1 = +(

per cui P non impatta mai sul proprio bersaglio A, neppure nel limite t 0 +(.Ancora una volta limz#0+ .(z) = 0 e limz#0+ y(z) = 0, mentre limz#0+ x(z) = +(,sicche l’asse Ox costituisce un asintoto orizzontale della traiettoria di P .

(iii) Nel caso si abbia µ = 1 e necessario sviluppare una discussione a parte. L’espressione(276.6) diventa infatti

!u

ht =

12

z!

1

(z!1 + z)dz =12

"ln z +

z2

2

#z

1

=12

$ln z +

z2

2! 1

2

%

per cui

t =h

2u

$12! ln z ! z2

2

%, z = tg

.

2# (0, 1] . (276.11)

Il tempo di approccio e infinito come nel caso di µ < 1

t( = limz#0+

h

2u

$12! ln z ! z2

2

%= +(

ma la distanza fra A e P tende decrescendo ad un valore strettamente positivo, datoche per la (276.7) risulta

limz#0+

r(z) = limz#0+

h

2(1 + z2) =

h

2.

Si conclude pertanto che P non raggiunge mai il bersaglio A, ma nel limite t 0 +(si porta ad una distanza da questo che tende asintoticamente, decrescendo, a h/2.

Stefano Siboni 1491


Osservazione. Espressione esplicita della traiettoria per µ = 1Nel caso v/u = µ = 1 e possibile scrivere l’espressione esplicita della traiettoria del motonella forma y = y(x). Sulla base della (276.11), l’ascissa x e parametrizzata dall’espressione

x = tu ! r cos . =h

2

$12! ln z ! z2

2

%! h

2(1 + z2)

1 ! z2

1 + z2=

=h

2

$!1

2+

z2

2! ln z

%, z # (0, 1] , (276.12)

che e funzione monotona decrescente del proprio argomento ed assume valori in tuttol’intervallo [0,+(). Per contro, la parametrizzazione (276.9) dell’ordinata di P si riducead una semplice relazione di proporzionalita fra y e il parametro z:

y = hz , z # (0, 1] . (276.13)

Da notare che lungo il moto l’angolo . e una funzione decrescente del tempo, cosı come loe il parametro z, che decresce da 1 a 0; di conseguenza al trascorrere del tempo l’ordinatadecresce monotonicamente da h a 0, mentre l’ascissa tende crescendo da 0 a +( — latraiettoria del moto e dunque non limitata. Posto z =

%w, w # (0, 1], dall’equazione

(276.12) si deduce:

!$1 +

4x

h

%= !w + lnw

e quindi, calcolando l’esponenziale e cambiando il segno di ambo i membri:

! exp"!$1 +

4x

h

%#= !e!ww .

Quella a secondo membro si puo intendere come una funzione $(*) dell’argomento * =!w # [!1, 0). La funzione e invertibile e crescente nell’intervallo [!1,+() sull’intervallo[!e!1,+() e la sua inversa e nota come funzione W di Lambert, usualmente indicata conW . La funzione non puo esprimersi in termini di funzioni elementari, ma e calcolabilenumericamente in modo molto e!ciente con il metodo di Newton-Raphson, essendo $(*)una funzione concava in * # [!1,+(). Si ha pertanto:

!w = W

;!e!1 ! 4x

h

<+, w = !W

;!e!1 ! 4x

h

<

e tornando al parametro originale z si ottiene l’espressione

z =

B

!W

;!e!1 ! 4x

h

<

che in virtu della (276.9) porge infine

y = y(x) = h

B

!W

;!e!1 ! 4x

h

<.

Stefano Siboni 1492


Esercizio 277. Punto pesante vincolato ad una curva fissa lisciaUn punto materiale pesante di massa unitaria e vincolato a scorrere senza attrito lungo lacurva di equazione y = x3, z = 0, rispetto ad una terna inerziale Oxyz di asse verticaleOy, orientato verso l’alto.

(a) Scrivere le equazioni del moto del sistema.(b) Determinare le posizioni di equilibrio del sistema.

SoluzioneLa parametrizzazione della curva e di classe C$

P (x) ! O = x e1 + x3e2 , x # R ,

e regolare, in quanto dotata di derivata prima sempre diversa da zero

P "(x) = e1 + 3x2e2 "x # R .

Per un generico moto possibile del sistema, P (t) = P [x(t)], la velocita e l’accelerazioneistantanea sono date dalle relazioni

P (t) = P "(x) x P (t) = P "(x) x + P ""(x) x2 .

(a) Equazioni del motoL’ipotesi di curva liscia autorizza a determinare l’equazione pura del moto come proiezionedella seconda legge della dinamica lungo la direzione tangente alla curva, individuata daP "(x)

mP · P "(x) = !mg e2 · P "(x) .

Ricordando che la massa del punto e unitaria, l’equazione diventa

P "(x)2x + P ""(x) · P "(x) x2 = !g e2 · P "(x)

ossia

P "(x)2x +d

dx

"P "(x)2

2

#x2 = !g e2 · P "(x)

e basta sostituire la parametrizzazione per ottenere l’equazione esplicita

(1 + 9x4) x + 18x3x2 = !3gx2 .

(b) Posizioni di equilibrioGli equilibri del sistema sono identificabili con le soluzioni statiche dell’equazione pura delmoto:

x(t) = x0 , costante , " t # R .

L’equazione del moto si riduce a!3gx2

0 = 0

e porge l’unica soluzione x0 = 0. Il solo equilibrio del sistema si situa nell’origine dellaterna di riferimento.

Stefano Siboni 1493


Esercizio 278. Asse centrale di un sistema di due vettori applicatiVerificare se il punto S(!2, 1, 14/5) appartiene all’asse centrale del sistema composto daivettori #T1 = 2e1 ! e3, applicato nel punto P1(!1, 2, 3), e #T2 = !e1 + 3e2 + e3, applicatonel punto P2(!1, 0, 2).

SoluzioneIl risultante del sistema e diverso da zero

#R = #T1 + #T2 = e1 + 3 e2

ed assicura esistenza ed unicita del relativo asse centrale. Il momento risultante del sistemarispetto all’origine O si scrive

#MO = (P1 ! O) & #T1 + (P2 ! O) & #T2 =

,,,,,,

e1 e2 e3

!1 2 32 0 !1

,,,,,,+

,,,,,,

e1 e2 e3

!1 0 2!1 3 1

,,,,,,=

= !2 e1 + 5 e2 ! 4 e3 ! 6 e1 ! e2 ! 3 e3 = !8 e1 + 4 e2 ! 7 e3

e da esso segue l’espressione

#R & #MO =

,,,,,,

e1 e2 e3

1 3 0!8 4 !7

,,,,,,= !21 e1 + 7 e2 + 28 e3 .

I punti A dell’asse centrale sono determinati dall’equazione

A ! O =#R & #MO

|#R|2+ 0 #R =

!21 e1 + 7 e2 + 28 e3

10+ 0(e1 + 3 e2) =

= !2110

e1 +710

e2 +145

e3 + 0(e1 + 3 e2) "0 # R

che equivale alla rappresentazione parametrica-000000.

000000/

x = !2110

+ 0

y =710

+ 30

z =145

"0 # R .

E immediato verificare che il punto S(!2, 1, 14/5) appartiene alla retta — basta assumere0 = 1/10.Allo stesso risultato si perviene andando a verificare direttamente che il momento risultantein S del sistema e parallelo al risultante #R: l’asse centrale e infatti il luogo dei punti rispetto

Stefano Siboni 1494


ai quali il momento risultante del sistema di vettori applicati e parallelo al risultante —non nullo. Si ha, in e"etti,

#MS = (P1 ! S) & #T1 + (P2 ! S) & #T2 =

=$e1 + e2 +

15

e3

%& (2 e1 ! e3) +

$e1 ! e2 !

45

e3

%& (!e1 + 3 e2 + e3) =

=

,,,,,,

e1 e2 e3

1 1 1/52 0 !1

,,,,,,+

,,,,,,

e1 e2 e3

1 !1 !4/5!1 3 1

,,,,,,= !e1 +

75

e2 ! 2 e3 +75

e1 !15

e2 + 2 e3 =

=25

e1 +65

e2 =25(e1 + 3 e2) =

25

#R ,

per cui i vettori #MS ed #R risultano paralleli, come a"ermato.

Esercizio 279. Sistema scleronomo a 2 g.d.l. posizionale conservativoUn’asta rettilinea AB, di lunghezza 4R, punto medio O e massa trascurabile, e vincolataa ruotare attorno all’asse Oz di una terna cartesiana ortogonale Oxyz, che a sua voltaruota con velocita angolare costante $ attorno all’asse verticale Oy relativamente ad unriferimento inerziale. Un disco circolare omogeneo D, di massa m, raggio R e centro C , puoscorrere liberamente lungo AB lungo un proprio diametro assegnato A"B", senza poterneoltrepassare gli estremi A e B. Il sistema e pesante e una molla di costante elastica kcongiunge il centro C con l’origine O.

La rotazione dell’asta AB e espressa dall’angolo &, mentre il parametro adimensionale sillustrato in figura quantifica lo spostamento del centro C dall’origine O. Nell’ipotesi divincoli ideali, determinare:

(a) le configurazioni di equilibrio ordinarie;

(b) le configurazioni di equilibrio di confine;

(c) la stabilita degli equilibri ordinari;

(d) l’espressione dell’energia cinetica del sistema;

(e) le equazioni lagrangiane del moto

Stefano Siboni 1495


Soluzione(a) Equilibri ordinariLa terna di riferimento Oxyz risulta non inerziale, essendo posta in rotazione attornoall’asse verticale Oy rispetto ad un riferimento galileiano. Essa e dunque sede delle ap-propriate forze inerziali, centrifuga e di Coriolis. Le componenti lagrangiane delle forze diCoriolis sono identicamente nulle

Qs =?

Pi%D!2mi$ e2 & Pi ·

'Pi

's= !2$

?

Pi%Dmie2 · Pi &

'Pi

's= !2$

?

Pi% D0 = 0

Q% =?

Pi%D!2mi$ e2 & Pi ·

'Pi

'&= !2$

?

Pi%Dmie2 · Pi &

'Pi

'&= !2$

?

Pi% D0 = 0

e possono quindi essere ignorate nella stesura delle equazioni del moto, nonche nella di-scussione degli equilibri e nella relativa analisi di stabilita. Tutte le altre sollecitazioniattive agenti sul sistema, la forza centrifuga, il peso e l’interazione elastica fra i punti C edO, hanno natura posizionale conservativa e vanno quindi descritte per mezzo dei relativipotenziali.

Potenziale gravitazionaleIl potenziale gravitazionale si riduce a quello del solo disco D, essendo l’asta AB di massatrascurabile,

Ug = !mg e2 · (C ! O) = !mg(!Rs cos &) = mgRs cos & .

Si osservi che il risultato non cambierebbe qualora l’asta AB fosse di massa non trascurabilema omogenea; in tal caso infatti il baricentro dell’asta verrebbe ad identificarsi con ilpunto fisso O.

Potenziale elasticoIl potenziale associato alla molla ideale tesa fra i punti O e C e espresso dalla formulagenerale

Uel = !k

2(C ! O)2 = !kR2

2s2 .

Potenziale centrifugoIl potenziale delle forze centrifughe viene calcolato limitatamente al solo disco D e facendouso del teorema di Huygens-Steiner

Ucf =$2

2IOy =

$2

2

9ICy + m(Rs sin &)2

:=

m$2R2

2s2sin2& + costante .

Potenziale del sistemaPer il potenziale del sistema, somma dei potenziali parziali appena calcolati, si ha quindil’espressione

U(s,&) = mgRs cos & ! kR2

2s2 +

m$2R2

2s2sin2&

Stefano Siboni 1496


nella quale si e omessa l’inessenziale costante additiva del potenziale centrifugo. La fun-zione risulta di classe C$ nel rettangolo chiuso {(s,&) # R2 : s # [!1, 1]}, che identificail sistema come scleronomo a vincoli ideali. Le derivate parziali prime del potenziale siscrivono

Us(s,&) = mgR cos & ! kR2s + m$2R2s sin2&

U%(s,&) = !mgRs sin & + m$2R2s2 sin& cos & .

Configurazioni ordinarieTrattandosi di sistema scleronomo posizionale conservativo, gli equilibri ordinari vannoidentificati con i punti critici del potenziale e dunque con le soluzioni (s,&) # (!1, 1) $ Rdelle equazioni di equilibrio

-.

/mgR cos & ! kR2s + m$2R2s sin2& = 0

!mgRs sin& + m$2R2s2 sin& cos & = 0 .

La seconda equazione ammette una evidente fattorizzazione

s sin & (!mgR + m$2R2s cos &) = 0

e le relative soluzioni si ricavano annullando uno dei fattori:

(i) sin& = 0;(ii) s = 0;

(iii) !mgR + m$2R2s cos & = 0.

Si esaminano una ad una le tre possibilita.

(i) Per sin & = 0 si hanno le soluzioni fisicamente distinte & = 0,(. Di conseguenza:. & = 0 implica per la prima equazione di equilibrio la forma particolare

mgR ! kR2s = 0

dalla quale si deduce s = mg/kR. Una configurazione di equilibrio ordinaria siottiene dunque per

(s,&) =$mg

kR, 0

%

a condizione che sia mg/kR < 1, in modo che la configurazione appartengaall’interno del dominio di definizione della parametrizzazione;

. per & = ( la prima equazione di equilibrio si riduce a

!mgR! kR2s = 0

ed implica percio s = !mg/kR, cui corrisponde l’ulteriore configurazione di equi-librio ordinaria

(s,&) =$!mg

kR,(

%

Stefano Siboni 1497


sempreche risulti mg/kR < 1.

(ii) Per s = 0 la prima equazione diventamgR cos & = 0

e definisce le soluzioni & = (/2,!(/2. Ne seguono le ulteriori configurazioni di equi-librio ordinarie

(s,&) = (0,(/2) e (s,&) = (0,!(/2)sempre definite — in quanto 0 # (!1, 1).

(iii) Per !mgR + m$2R2s cos & = 0 deve necessariamente risultare m$2R2 > 0 e quindi

s cos & =g

R$2.

Per le soluzioni di questa equazione non puo ovviamente aversi cos & = 0; e perciopossibile ricavare esplicitamente il parametro lagrangiano s in funzione dell’angolo &

s =g

R$2

1cos &

e sostituire questa espressione nella prima relazione di equilibrio per ottenere unaequazione trigonometrica nella sola variabile angolare

mgR cos &! kR2 g

R$2

1cos &

+ m$2R2 g

R$2

1cos &

sin2& = 0 .

Raccogliendo il fattore non nullo mgR/ cos & detta equazione si riduce a

cos2& ! k

m$2+ sin2& = 0

che in e"etti non contiene alcuna dipendenza dalla variabile angolare &

1 ! k

m$2= 0 .

Si devono cosı distinguere due diversi casi, in relazione ai valori relativi dei parametrik, m ed $:

. se k/m$2 /= 1 le equazioni di equilibrio non sono soddisfatte e non si hannoulteriori equilibri ordinari del sistema;

. se k/m$2 = 1 tutte le configurazioni della forma

(s,&) =$ g

R$2

1cos &

,&%

, & # R ,

sono equilibri ordinari limitatamente ai valori di & per i quali risulti,,,,g

R$2

1cos &

,,,, < 1

ossia g

R$2< | cos &|

e dunque per tutti i & # R su!cientemente prossimi a un qualsiasi multiplo interodi (. Si osservi che per & = n(, n # Z, si perviene alle stesse configurazioni(s,&) = (mg/kR, 0), (!mg/kR,() gia considerate in precedenza.

Stefano Siboni 1498


Riassumendo, gli equilibri ordinari del sistema sono dati da

(1) (s,&) =$mg

kR, 0

%, definito per

mg

kR< 1;

(2) (s,&) =$!mg

kR, 0

%, definito per

mg

kR< 1;

(3) (s,&) =$0,

(

2

%, sempre definito;

(4) (s,&) =$0,!(

2

%, sempre definito;

e sono rappresentati graficamente nella figura sottoriportata

Se poi k/m$2 = 1, in aggiunta alle precedenti si hanno tutte le configurazioni di equilibrioordinarie individuate da

(s,&) =$ g

R$2

1cos &

, &%

"& #7& # R : | cos &| >

g

R$2, & /= n( , n # Z

8

come qualitativamente illustrato nella figura seguente, per valori crescenti della variabileangolare &

Stefano Siboni 1499


Si osservi che all’aumentare dell’angolo & nell’intervallo (0,(/2) si incrementa il valore diequilibrio della coordinata lagrangiana s e conseguentemente il punto B" si approssimaall’estremita B dell’asta.

(b) Equilibri di confineLe configurazioni di confine del sistema corrispondono ai punti di frontiera della striscia{(s,&) # R2 : s # [!1, 1]}, riprodotta nella figura seguente

La frontiera e ovviamente costituita dalle due linee orizzontali s = 1 e s = !1

{(s,&) # R2 : s = 1} - {(s,&) # R2 : s = !1}

che conviene esaminare separatamente.

Tratto {(s,&) # R2 : s = 1} della frontieraPer tutte le configurazioni collocate lungo questa retta il teorema dei lavori virtuali imponela condizione di equilibrio

Qs(1,&) )s + Q%(1,&) )& ' 0 " )s ' 0 , " )& # R

che equivale al sistema di equazioni e disequazioni algebriche

Qs(1,&) ) 0 Q%(1,&) = 0

Stefano Siboni 1500


ossia -.

/mgR cos & ! kR2 + m$2R2sin2& ) 0

!mgR sin& + m$2R2 sin & cos & = 0 .

L’equazione puo riesprimersi nella forma

m$2R2 sin &$cos &! g

R$2

%= 0

con le radici& = 0 , ( ,

sempre definite, e& = ±arccos

$ g

R$2

%= ±&( ,

definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia mg/kR ) 1. Queste quattrosoluzioni sono i soli possibili candidati al ruolo di equilibri di confine per s = 1, candidatiche si procedere ad analizzare uno ad uno.

. Se & = 0 si ha

Qs(1,&) = Qs(1, 0) = mgR ! kR2 = kR2$mg

kR! 1

%

che risulta maggiore o uguale a zero se e soltanto se

mg

kR) 1 .

E questa la condizione di esistenza per l’equilibrio di confine in (s,&) = (1, 0); con-dizione peraltro fisicamente non irragionevole, dal momento che si riduce a richiedereche la forza elastica kR non sia piu intensa del peso mg del disco.

. Per & = ( si ottiene

Qs(1,&) = Qs(1,() = !mgR! kR2 < 0

in modo che la condizione di equilibrio prevista dal teorema dei lavori virtuali non emai soddisfatta per questa configurazione. Il risultato si giustifica considerando che inquesto caso la forza elastica e la forza peso sono equidirette, in modo che non possonoequilibrarsi.

. Se & = &( si ha

Qs(1,&) = Qs(1,&() = mgR cos &( ! kR2 + m$2R2sin2&( =

= m$2R2$ g

R$2cos &( ! k

m$2+ sin2&(

%= m$2R2

$1 ! k

m$2

%

Stefano Siboni 1501


in quanto cos &( = g/R$2. Di conseguenza

Qs(1,&() ) 0 +, k

m$2' 1

che e la condizione di equilibrio cercata.. Per & = !&( vale infine

Qs(1,&) = Qs(1,!&() = mgR cos &( ! kR2 + m$2R2sin2&( = Qs(1,&()

e la condizione di equilibrio in questa configurazione e la stessa gia considerata per& = &(.

Tratto {(s,&) # R2 : s = !1} della frontieraIn questo caso la condizione di equilibrio in una generica configurazione di confine e datada

Qs(!1,&) )s + Q%(!1,&) )& ' 0 " )s ) 0 , " )& # R

ed equivale a richiedere che si abbia

Qs(!1,&) ' 0 Q%(!1,&) = 0

ovvero a risolvere il sistema-.

/mgR cos & + kR2 ! m$2R2sin2& ' 0

mgR sin& + m$2R2 sin& cos & = 0 .(279.1)

La seconda equazione in (279.1) puo porsi nella forma fattorizzata

m$2R2 sin &$cos & +

g

R$2

%= 0

che ammette due radici definite per ogni scelta dei coe!cienti caratteristici del sistema

& = 0 e & = ( ,

e le due ulteriori soluzioni

& = +arccos$! g

R$2

%e & = !arccos

$! g

R$2

%,

definite e distinte dalle precedenti a condizione che si abbia g/R$2 < 1. E utile considerareche, facendo uso del simbolo &( gia introdotto,

arccos$! g

R$2

%= ( ! arccos

$ g

R$2

%= ( ! &(

Stefano Siboni 1502


e che conseguentemente

!arccos$! g

R$2

%= !( + &( .

Per verificare se queste quattro radici siano o meno equilibri di confine del sistema bastafare uso della prima disequazione in (279.1). Precisamente:

. per & = 0 vale Qs(!1,&) = Qs(!1, 0) = mgR+kR2 > 0, in modo che la disequazionenon e mai soddisfatta e la configurazione non costituisce un equilibrio del sistema;

. se & = ( si ha Qs(!1,&) = Qs(!1,() = !mgR + kR2 = kR2$1 ! mg

kR

%e la con-

dizione necessaria e su!ciente per l’equilibrio si riduce a mg/kR ) 1;

. per & = ( ! &( risulta invece

Qs(!1,&) = Qs(!1,( ! &() = mgR cos(( ! &() + kR2 ! m$2R2sin2(( ! &() =

= !mgR cos &( + kR2 ! m$2R2sin2&( =

= m$2R2$! g

R$2cos &( +

k

m$2! sin2&(

%= m$2R2

$ k

m$2! 1

%

che si presenta dunque minore o uguale a zero se e soltanto se k/m$2 ' 1 — condizionedi equilibrio;

. se infine & = !( + &(, si perviene alla relazione

Qs(!1,&) = Qs(!1,!( + &() = mgR cos(!( + &() + kR2 ! m$2R2sin2(!( + &()

= !mgR cos &( + kR2 ! m$2R2sin2&( = Qs(!1,( ! &()

che individua la configurazione come equilibrio di confine nella stessa condizione giaricavata per la configurazione simmetrica & = ( ! &( — vale a dire k/m$2 ' 1.

In definitiva, le configurazioni di equilibrio di confine sono le seguenti:

(I) (s,&) = (1, 0), per mg/kR ) 1;

(II) (s,&) = (1,&(), a condizione che si abbia k/m$2 ' 1;

(III) (s,&) = (1,!&(), sempre per k/m$2 ' 1;

(IV ) (s,&) = (!1,(), per mg/kR ) 1;

(V ) (s,&) = (!1,( ! &(), purche k/m$2 ' 1;

(V I) (s,&) = (!1,!( + &(), ancora sotto la condizione che risulti k/m$2 ' 1.

Gli equilibri di confine sono illustrati nelle figure sotto riportate.

Stefano Siboni 1503


Si osservi che l’essere s = 1 implica l’identificarsi degli estremi B e B" di asta e diametro —ovvero dell’estremo A" con l’origine O —, mentre per s = !1 l’estremo A viene a coinciderecon il punto A" — o equivalentemente B" si sovrappone ad O.

(c) Stabilita degli equilibri ordinariIl sistema e scleronomo, posizionale e conservativo; l’analisi di stabilita puo dunque esserecondotta facendo riferimento ai teoremi standard di Lagrange-Dirichlet e di inversioneparziale, per applicare i quali si rende necessario calcolare le derivate parziali seconde delpotenziale

Uss(s,&) = !kR2 + m$2R2sin2&

Us%(s,&) = U%s(s,&) = !mgR sin & + 2m$2R2s sin& cos &

U%%(s,&) = !mgRs cos & + m$2R2s2(cos2& ! sin2&)

e quindi la relativa matrice hessiana

HU (s,&) =

&

'! kR2 + m$2R2sin2& sin & (!mgR + 2m$2R2s cos &)

sin & (!mgR + 2m$2R2s cos &) ! mgRs cos & + m$2R2s2 cos 2&

(

)

Stefano Siboni 1504


in tutte le configurazioni di equilibrio ordinarie gia individuate al punto precedente.

Configurazione (s,&) = (mg/kR, 0), per mg/kR < 1In questa configurazione la matrice hessiana del potenziale assume la forma

HU

$mg

kR, 0

%=

5!kR2 0

0 !mgRmg

kR+ m$2R2 m2g2

k2R2

6

con autovalori !1 = !kR2 e

!2 = !m2g2

k+ m3g2 $2

k2=

m3g3$2

k2

$1 ! k

m$2

%,

il primo dei quali e sempre negativo mentre il secondo non ha segno definito ed obbliga adistinguere tre diversi casi:

. se k/m$2 > 1 entrambi gli autovalori sono negativi, individuando cosı l’equilibrioordinario come un massimo relativo proprio del potenziale, la cui stabilita e assicuratadal teorema di Lagrange-Dirichlet;

. per k/m$2 < 1 l’autovalore !2 risulta positivo, dal che si deduce l’instabilita dell’e-quilibrio ordinario in virtu del teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet;

. se infine k/m$2 = 1 gli autovalori dell’hessiana sono uno negativo e uno nullo, per cuiricorre un caso critico — che si discutera nel seguito.

Configurazione (s,&) = (!mg/kR,(), per mg/kR < 1L’hessiana del potenziale vale in questo caso

HU

$!mg

kR,(

%=

5!kR2 0

0 !mgRmg

kR+ m$2R2

$!mg

kR

%2

6

con gli autovalori

!1 = !kR2 e !2 = !m2g2

k+

m3g2$2

k2=

m3g2$2

k2

$1 ! k

m$2

%

il secondo dei quali non ha segno definito e decide pertanto la natura dell’equilibrio. Risultainfatti che:

. se k/m$2 > 1 entrambi gli autovalori dell’hessiana sono negativi, consentendo cosı diriconoscere nel punto critico un massimo relativo proprio del potenziale, stabile perLagrange-Dirichlet;

. per k/m$2 < 1 si ha !2 > 0 e l’equilibrio risulta instabile per il teorema di inversioneparziale di Lagrange-Dirichlet;

Stefano Siboni 1505


. se infine k/m$2 = 1, il secondo autovalore si annulla e niente puo dirsi direttamentecirca la stabilita o meno della configurazione di equilibrio: ricorre un caso critico, cheverra analizzato nel seguito.

Configurazione (s,&) = (0,(/2)Per l’hessiana del potenziale si ha, in questa configurazione,

HU (0,(/2) =;!kR2 + m$2R2 !mgR

!mgR 0

<

con determinante di segno negativo

detHU (0,(/2) = !m2g2R2 < 0

e dunque autovalori — sempre reali — di segno opposto. La presenza di un autovalorepositivo autorizza a concludere che l’equilibrio ha carattere instabile per il teorema diinversione parziale di Lagrange-Dirichlet.

Configurazione (s,&) = (0,!(/2)La matrice hessiana del potenziale poco di"erisce da quella calcolata nella precedenteconfigurazione

HU (0,!(/2) =;!kR2 + m$2R2 mgR

mgR 0

<

con la quale peraltro condivide il valore negativo del determinante

detHU (0,!(/2) = !m2g2R2 < 0 .

La conclusione alla quale si perviene e la stessa, vale a dire l’instabilita della configurazionedi equilibrio ordinaria.

Configurazioni di equilibrio ulteriori per k/m$2 = 1Per k/m$2 = 1 — condizione che corrisponde peraltro al caso critico di stabilita per gliequilibri ordinari (s,&) = (mg/kR, 0) e (s,&) = (!mg/kR,() calcolati in precedenza — sihanno le ulteriori configurazioni di equilibrio ordinarie

(s,&) =$ g

R$2

1cos &

,&%

"& # R : | cos &| >g

R$2, & /= n( , n # Z ,

nelle quali risulta

Uss

$ g

R$2

1cos &

,&%

= !kR2 + m$2R2sin2& = !m$2R2 + m$2R2sin2& = !m$2R2cos2&

U%%

$ g

R$2

1cos &

,&%

= !mgRg

R$2+ m$2R2 g2

R2$4

cos2& ! sin2&

cos2&=

= !mg2

$2+

mg2

$2

$1 ! sin2&

cos2&

%= !mg2

$2

sin2&

cos2&

Us%

$ g

R$2

1cos &

,&%

= sin&$!mgR + 2m$2R2 g

R$2

%= mgR sin &

Stefano Siboni 1506


per cui la matrice hessiana del potenziale assume la forma

HU

$ g

R$2

1cos &

,&%

=

&

*'!m$2R2cos2& mgR sin&

mgR sin& !mg2

$2

sin2&

cos2&

(

+)

con determinante nullo

detHU

$ g

R$2

1cos &

,&%

= m2g2R2sin2& ! (mgR sin&)2 = 0

e traccia negativa

trHU

$ g

R$2

1cos &

,&%

= !m$2R2

"cos2& +

$ g

R$2

%2 sin2&

cos2&

#< 0 .

Gli autovalori dell’hessiana sono percio uno nullo ed uno negativo e non e possibile applicareil teorema di inversione parziale di Lagrange-Dirichlet per concludere che gli equilibrisono instabili. Qualora si dimostrasse che detti equilibri costituiscono altrettanti massimirelativi propri del potenziale, sarebbe lecito applicare il teorema di Lagrange-Dirichlet perprovarne la stabilita. Occorre quindi analizzare il grafico di U per k/m$2 = 1.Struttura del potenziale per k/m$2 = 1In questa circostanza il potenziale del sistema si riduce a

U(s,&) = m$2R2$ g

R$2s cos & ! k

2m$2s2 +

12s2sin2&

%=

= m$2R2$ g

R$2s cos & ! 1

2s2 +

12s2sin2&

%=

= m$2R2$ g

R$2s cos & ! 1

2s2cos2&

%= m$2R2

"g

R$2s cos &! 1

2(s cos &)2

#

e puo quindi intendersi come una funzione della variabile s cos &

U(s,&) = f(s cos &)

essendof(*) = m$2R2

$ g

R$2* ! *2

2

%" * # R .

Lungo tutti gli equilibri della forma

(s,&) =$ g

R$2

1cos &

,&%

, & # R , | cos &| >g

R$2,

compresi i casi limite

(s,&) =$ g

R$2, 0

%=

$mg

kR, 0

%e (s,&) =

$! g

R$2,(

%=

$!mg

kR,(

%,

Stefano Siboni 1507


risulta s cos & = g/R$2 costante ed e dunque costante anche il valore del potenziale U . Manell’insieme # di questi equilibri

# =@

(s,&) =$ g

R$2

1cos &

,&%

, & # R , | cos &| >g

R$2

A=

=@

(s,&) =$ g

R$2

1cos &

,&%

, & # RA

* {(s,&) # R2 : !1 < s < 1}

ogni equilibrio e punto di accumulazione di altri equilibri, come evidenziato nella figuraseguente

Nessuno di detti punti e dunque un massimo relativo proprio del potenziale, per cui ilteorema di Lagrange-Dirichlet non risulta applicabile ed il caso di stabilita consideratorimane critico.In e"etti, per i sistemi a due gradi di liberta Painleve ha dimostrato l’instabilita delleconfigurazioni di equilibrio che non siano massimi del potenziale — supposto funzioneanalitica in un intorno del punto di equilibrio — anche nel caso in cui un autovaloredell’Hessiano sia negativo e l’altro sia nullo. Queste condizioni sono precisamente soddi-sfatte nella circostanza in esame: il potenziale U e un polinomio algebrico-trigonometricodei due parametri lagrangiani s,& e costituisce percio una funzione analitica dei propriargomenti; si e gia verificato, inoltre, che gli autovalori della matrice hessiana in unaqualsiasi di queste configurazioni di equilibrio risultano uno negativo ed uno nullo.

(d) Energia cineticaEssendo l’asta di massa trascurabile, l’energia cinetica del sistema si identifica con quelladel disco D che, in mancanza di punti fissi, deve essere calcolata facendo ricorso al teoremadi Konig

T =mC2

2+

12IDCz|#$D|2 .

Stefano Siboni 1508


Derivando rispetto al tempo il vettore posizione del baricentro C

C ! O = R(s sin & e1 ! s cos & e2)

si ottiene la relativa velocita istantanea

C = R[(s sin & + s cos & &) e1 + (!s cos & + s sin & &) e2]

che ha modulo quadrato dato dalla formula

C2 = R21sin2& s2 + s2cos2& &2 + 2s sin & cos & s&+

+cos2& s2 + s2sin2& &2 ! 2s sin & cos & s&2

= R2(s2 + s2&2) .

Il momento d’inerzia del disco rispetto all’asse passante per il baricentro C e ortogonaleal piano di giacitura Oxy vale ovviamente

IDCz =

mR2

2mentre la sua velocita angolare istantanea si scrive #$D = & e3. L’energia cinetica delsistema risulta percio

T =mR2

2(s2 + s2&2) +

12

mR2

2&2 =

12mR2

"s2 +

$12

+ s2%&2

#.

(e) Equazioni di LagrangeLe equazioni del moto del sistema sono quelle di Lagrange

d

dt

$'L

's

%! 'L

's= 0

d

dt

$'L

'&

%! 'L

'&= 0


L =12mR2

"s2 +

$12

+ s2%&2

#+ mgRs cos & ! kR2

2s2 +

m$2R2

2s2sin2& .

Da questa lagrangiana si deducono immediatamente le relazioni seguenti'L

's= mR2s

d

dt

$'L

's

%= mR2s

'L

's= mR2s &2 + mgR cos & ! kR2s + m$2R2s sin2&

'L

'&= mR2

$12

+ s2%&

d

dt

$'L

'&

%= mR2

$12

+ s2%& + 2mR2ss&

'L

'&= !mgRs sin & + m$2R2s2 sin& cos &

in modo che le equazioni di"erenziali del moto diventano-.

/mR2s ! mR2s &2 ! mgR cos & + kR2s ! m$2R2s sin2& = 0

mR2$1

2+ s2

%& + 2mR2ss& + mgRs sin & ! m$2R2s2 sin & cos& = 0 .

Stefano Siboni 1509

E sercizio 2 2 1 . G eo m etria d elle m a sse O A B Csiboni/proveMR1no/disp_1253_1509.pdf · Il b...

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